適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第6章機(jī)械能第7講專(zhuān)題提升動(dòng)力學(xué)和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用

第7講專(zhuān)題提升:動(dòng)力學(xué)和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練題組一傳送帶模型中的能量轉(zhuǎn)化1.(多選)(2024廣東湛江模擬)漁業(yè)作業(yè)中,魚(yú)蝦捕撈上來(lái)后,通過(guò)“魚(yú)蝦分離裝置”,實(shí)現(xiàn)了機(jī)械化分離魚(yú)和蝦,大大地降低了人工成本。某科學(xué)小組將“魚(yú)蝦分離裝置”簡(jiǎn)化為如圖所示模型,分離器出口與傳送帶有一定的高度差,魚(yú)蝦落在斜面時(shí)有沿著斜面向下的初速度。下列說(shuō)法正確的是()A.“蝦”從掉落到傳送帶后,可能沿著傳送帶向下做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B.“魚(yú)”從掉落到傳送帶后,馬上沿著傳送帶向上做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.“蝦”在傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí),摩擦力對(duì)“蝦”做負(fù)功D.“魚(yú)”在傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí),加速度方向先向下后向上2.如圖所示,繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ=30°,傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下,始終保持1m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行。現(xiàn)把一質(zhì)量為5kg的工件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶的底端,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間工件與傳送帶達(dá)到共同速度后繼續(xù)傳送到4m高處。已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為32,重力加速度g取10m/s2,則在此過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(A.工件加速過(guò)程的時(shí)間為0.8sB.傳送帶對(duì)工件做的功為200JC.工件與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為7.5JD.電動(dòng)機(jī)因傳送工件多做的功為120J題組二板塊模型中的能量轉(zhuǎn)化3.(多選)(2024廣東惠州模擬)如圖所示,質(zhì)量為m0、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車(chē)的最左端,現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上,使小物塊從靜止開(kāi)始做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),當(dāng)小物塊滑到小車(chē)的最右端時(shí),小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離為s,小物塊和小車(chē)之間的滑動(dòng)摩擦力為f,此過(guò)程中,下列結(jié)論正確的是()A.小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí),其動(dòng)能為(F-f)(L+s)B.摩擦力對(duì)小物塊所做的功為fLC.小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí),小車(chē)的動(dòng)能為fsD.小物塊和小車(chē)組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為F(L+s)4.如圖甲所示,長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m=2kg的另一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0=2m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的上表面。由于A(yíng)、B間存在摩擦力,之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是(g取10m/s2)()A.木板A最終獲得的動(dòng)能為2JB.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4JC.木板A的最小長(zhǎng)度為2mD.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1題組三多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題5.過(guò)山車(chē)是游樂(lè)場(chǎng)中常見(jiàn)的設(shè)施,一種過(guò)山車(chē)的簡(jiǎn)易模型如圖所示,由弧形軌道AB、豎直圓軌道、水平軌道BCD構(gòu)成,B是圓軌道的最低點(diǎn),軌道右端D點(diǎn)處固定有原長(zhǎng)為CD的彈簧,BCD段軌道粗糙,其余軌道光滑,各段軌道均平滑連接。用質(zhì)量m=1.0kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))模擬過(guò)山車(chē)的運(yùn)動(dòng),現(xiàn)將滑塊從與水平軌道之間的高度差為h=1.8m位置處?kù)o止釋放,滑塊通過(guò)圓軌道后向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧,被彈回后第一次到達(dá)E點(diǎn)即停止運(yùn)動(dòng)。已知滑塊與水平軌道BCD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,BE之間的距離LBE=2.0m,EC之間的距離LEC=1.0m,滑塊始終與圓軌道保持接觸,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)圓軌道半徑R的最大值;(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能。綜合提升練6.(多選)(2023遼寧阜新模擬)如圖甲所示,足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶以速度v=2.5m/s沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行,質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊,在t=0時(shí)刻以速度v0從傳送帶底端開(kāi)始沿傳送帶上滑,物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能E隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示,已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,取傳送帶最底端所在平面為零勢(shì)能面,重力加速度g取10m/s2,則()A.物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25B.物塊的質(zhì)量m為4kgC.物塊滑上傳送帶時(shí)的速度為5m/sD.物塊滑離傳送帶時(shí)的動(dòng)能為20J7.(多選)(2024廣東湛江高三階段練習(xí))某水滑梯的示意圖如圖所示(圖中L1、L2、h均為已知量),滑水裝備與螺旋滑道間的摩擦可忽略,傾斜滑道和水平滑道與滑水裝備間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。一質(zhì)量為m的游客(含裝備,可視為質(zhì)點(diǎn))從螺旋滑道頂端由靜止滑下,在傾斜滑道上加速下滑,且在水平滑道左端的速度大小為v。不計(jì)游客在傾斜滑道和水平滑道連接處的機(jī)械能損失,重力加速度大小為g,則下列說(shuō)法正確的是()A.游客剛進(jìn)入傾斜滑道時(shí)的速度大小為2gB.μ<hC.L1+L2<hD.游客在整個(gè)滑道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中損失的機(jī)械能為μmg(L1+L2)8.(2023安徽六安檢測(cè))如圖所示,水平軌道AB長(zhǎng)為2R,其A端有一被鎖定的輕質(zhì)彈簧,彈簧左端連接在固定的擋板上。圓心在O1、半徑為R的光滑圓弧軌道BC與AB相切于B點(diǎn),并且和圓心在O2、半徑為2R的光滑細(xì)圓管軌道CD平滑對(duì)接,O1、C、O2三點(diǎn)在同一條直線(xiàn)上。光滑細(xì)圓管軌道CD右側(cè)有一半徑為2R、圓心在D點(diǎn)的14圓弧擋板MO2豎直放置,并且與地面相切于O2點(diǎn)。質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道上的C點(diǎn)由靜止滑下,剛好能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn),觸發(fā)彈簧,彈簧立即解除鎖定,小滑塊被彈回,小滑塊在到達(dá)B點(diǎn)之前已經(jīng)脫離彈簧,并恰好無(wú)擠壓通過(guò)細(xì)圓管軌道最高點(diǎn)D(計(jì)算時(shí)圓管直徑可不計(jì),重力加速度為g)。求(1)小滑塊與水平軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(2)彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep;(3)小滑塊通過(guò)最高點(diǎn)D后落到擋板上時(shí)具有的動(dòng)能Ek。參考答案第7講專(zhuān)題提升:動(dòng)力學(xué)和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.AC解析蝦的收集箱在下方,故蝦一定是向下運(yùn)動(dòng),蝦的重力沿傳送帶斜面向下的分力可能大于蝦受到的摩擦力,故可能向下做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),故A正確;魚(yú)在掉落到傳送帶后,有一個(gè)沿傳送帶斜面向下的初速度,故不可能馬上向上做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),魚(yú)先向下減速到速度為零后,變?yōu)橄蛏系募铀龠\(yùn)動(dòng),最終可能變?yōu)閯蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;蝦向下運(yùn)動(dòng),與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反,蝦受到的摩擦力沿傳送帶斜面向上,摩擦力對(duì)蝦做負(fù)功,故C正確;魚(yú)在掉落到傳送帶后,受到的摩擦力的方向一直向上,所以有向上的加速度,若能加速到與傳送帶共速,則加速度為零,故D錯(cuò)誤。2.C解析工件加速過(guò)程由牛頓第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得加速度a=μgcosθ-gsinθ=2.5m/s2,則加速時(shí)間t=va=0.4s,故A錯(cuò)誤;工件在傳送帶上不僅受重力,還受到傳送帶對(duì)它的摩擦力和支持力,由動(dòng)能定理有-mgh+W傳=12mv2-0,得傳送帶對(duì)工件做的功W傳=12mv2+mgh=202.5J,故B錯(cuò)誤;加速過(guò)程工件與傳送帶相對(duì)運(yùn)動(dòng)的位移Δs=s傳-s工=vt-v2t=v2t=0.2m,工件與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgcosθ·Δs=7.5J,故C正確;電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量和工件機(jī)械能的增加量,則有W電=Q+12mv3.AC解析小物塊發(fā)生的位移為L(zhǎng)+s,對(duì)于小物塊根據(jù)動(dòng)能定理可得Ek1=(F-f)(L+s),故A正確;小物塊克服摩擦力做的功為W=f(L+s),故B錯(cuò)誤;物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí),小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離為s,對(duì)小車(chē)根據(jù)動(dòng)能定理得Ek2=fs,故C正確;小車(chē)和小物塊增加的動(dòng)能為Ek=Ek1+Ek2=(F-f)(L+s)+fs=F(L+s)-fL,系統(tǒng)重力勢(shì)能不變,則小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為F(L+s)-fL,故D錯(cuò)誤。4.D解析由題圖乙可知,0~1s內(nèi),A、B的加速度大小都為a=1m/s2,物體B和木板A水平方向均受滑動(dòng)摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等,則木板最終動(dòng)能EkA=12mv12=1J,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE=12mv02-12·2m·v2=2J,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由題圖乙可得二者相對(duì)位移為1m,即木板A的最小長(zhǎng)度為1m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;對(duì)B受力分析,根據(jù)牛頓第二定律,5.答案(1)0.72m(2)6J解析(1)圓軌道半徑R最大時(shí),滑塊從圓軌道的最高點(diǎn)經(jīng)過(guò)時(shí)對(duì)軌道恰好無(wú)作用力,設(shè)圓軌道半徑的最大值為Rmax,在圓軌道的最高點(diǎn)mg=mv滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理可得mg(h-2Rmax)=1解得Rmax=0.72m。(2)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh=1滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最右端的過(guò)程中,設(shè)彈簧的最大壓縮量為x,最大彈性勢(shì)能為Ep,可得12mvB2=μmg(LBE+L滑塊從最右端運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中Ep=μmg(x+LEC)解得Ep=6J。6.BCD解析根據(jù)圖像可知在0.25s時(shí)物塊的速度與傳送帶的速度相等,0.25~1.5s內(nèi)物塊的機(jī)械能增加,故摩擦力做正功,摩擦力方向沿斜面向上,且在1.5s時(shí)物塊的機(jī)械能不再增加,即物塊的速度為零。以沿斜面向上為正方向,對(duì)物塊受力分析,在0~0.25s,沿斜面方向由牛頓第二定律可得-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,該過(guò)程由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律v=v0+a1t1,在0.25~1.5s內(nèi)由牛頓第二定律可得-mgsinθ+μmgcosθ=ma2,此過(guò)程由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得0=v+a2t2,聯(lián)立以上代入數(shù)據(jù)可得v0=5m/s,μ=0.5,故A錯(cuò)誤,C正確。由圖像可知,物體的初始機(jī)械能為E=12mv02=50J,代入數(shù)據(jù)可得m=4kg,故B正確。由圖像可知物塊從底部滑至最高點(diǎn),前后兩階段摩擦力做功的絕對(duì)值之和為W=(50-35)J+(60-35)J=40J,到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能為60J。由于物塊所受重力沿斜面的分力大于傳送帶對(duì)物塊的摩擦力,故物塊到達(dá)最高點(diǎn)后會(huì)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。此過(guò)程中,物塊向下移動(dòng)的位移與物塊向上移動(dòng)的位移相等,摩擦力大小相等,且下滑過(guò)程中摩擦力始終做負(fù)功。故從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至離開(kāi)傳送帶的過(guò)程中,由能量守恒定律可得E=Wf+Ek,代入數(shù)據(jù)可得Ek7.BD解析由機(jī)械能守恒定律有mgh=12mv12,解得游客剛進(jìn)入傾斜滑道時(shí)的速度大小為v1=2gh,故A錯(cuò)誤;設(shè)傾斜滑道的傾角為θ,游客在傾斜滑道上加速下滑,有mgsinθ>μmgcosθ,其中sinθ=hh2+L12,cosθ=L1h2+L12,解得μ<hL1,故B正確;游客從水平滑道左端離開(kāi),由動(dòng)能定理有2mgh-μmgcosθ·L1cosθ-μmgL2=12mv2,可得L1+L2<2hμ,故8.答案(1)1(2)113(3)(22-1)mgR解析(1)由幾何關(guān)系得BC間的高度差h=23小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定