2022版高考物理一轮复习-高考热点强化5-动力学和能量观点的综合应用.doc

2022版高考物理一轮复习 高考热点强化5 动力学和能量观点的综合应用2022版高考物理一轮复习 高考热点强化5 动力学和能量观点的综合应用年级：姓名：- 9 -高考热点强化(五)动力学和能量观点的综合应用(时间：40分钟)1传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带装卸货物，在机场用传送带装卸行李等，都为人们的生活带来了很多的便利。如图甲所示，为一传送带输送机的简化模型，长为L的传送带与水平面夹角为，传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。图乙为小物块运动的vt图象。根据以上信息可以判断出()甲乙A小物块开始运动时的加速度大小为gsin gcos B小物块与传送带之间的动摩擦因数tan Ct0时刻，小物块的速度大小为v0D传送带始终对小物块做正功C对物块进行受力分析，由牛顿第二定律得物块刚开始运动时有mgsin mgcos ma，解得agsin gcos ，故A错误；t0时刻之后物块做匀速运动，则mgsin mgcos ，即tan ，故B错误；由乙图知t0时刻是物块与传送带速度相同的时刻，所以小物块的速度大小为v0，故C正确；0t0时间内，传送带的速度大于物块的速度，传送带始终对小物块做正功，t0时刻之后，物块匀速向下运动，摩擦力沿斜面向上，与物块的运动方向相反，传送带对小物块做负功，故D错误。2.(多选)如图所示，质量为m的物体以速度v1滑上空转的水平传送带，传送带由电动机带动，始终保持以速度v2匀速运动，v1、v2同向且v2v1。物体与传送带间的动摩擦因数为，物体经过一段时间后能保持与传送带相对静止，对于物体从开始滑上传送带到相对传送带静止的这一过程，下列说法正确的是()A运动时间为B电动机比空转时多做的功为mv2(v2v1)C摩擦产生的热量为D摩擦力对传送带做的功为mv2(v2v1)BC对物体，由牛顿第二定律得mgma，解得ag，物体从滑上传送带到相对传送带静止的过程中，运动时间为t，A错误；由功能关系得，电动机比空转时多做的功为Wmgmvmvmv2(v2v1)，B正确；摩擦产生的热量为Qmg，C正确；摩擦力对传送带做的功为Wfmgv2tmv2(v2v1)，D错误。3(多选)如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()AA与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为21BA与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为CA落地时速率为DA、B质量之比为14ABD设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30vB，解得vA2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30m，解得vA，vB，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30mv2mv，v，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1sin 30)mvMv，把vA和vB的值代入，化简得mM14，故D正确。4如图所示，某工厂生产车间的流水线安装的是“U”形传送带，AB、CD段为直线，BC段为同心半圆，其中的虚线为半径为R的半圆弧。工人将质量均为m的工件无初速放至匀速运行的传送带A端，在D端附近看到相邻工件间的距离均为L，每隔时间t在D端接收到一个工件。求：(1)传送带运行的速度v；(2)在BC段每一个工件受到的摩擦力大小f；(3)每个工件放至传送带后与传送带摩擦产生的热量Q。解析(1)在D点附近，工人每隔t时间接收到一个工件，则v。(2)在BC段工件做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，则fm解得f。(3)设工件与传送带间的动摩擦因数为，工件相对滑动的时间为t0，加速度为a，则mgma，vat0加速过程中工件相对传送带运动的距离svt0at产生的热量Qmgs解得Q。答案(1)(2)(3)5.(2020湖南石门一中高三检测)如图所示，光滑的水平面AB与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A右侧连接一粗糙水平面。用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为m14 kg，乙质量m25 kg，甲、乙均静止。若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道压力恰好为零。取g10 m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：(1)甲离开弹簧后经过B时速度大小vB；(2)弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A进入动摩擦因数0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动的位移s。解析(1)甲在最高点D时，由牛顿第二定律得m1gm1，甲离开弹簧运动至D点的过程中由机械能守恒定律得m1vm1g2Rm1v，代入数据联立解得vB2 m/s。(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒定律得Epm1vm2v，得v24 m/s。乙在粗糙水平面做匀减速运动：m2gm2a，解得a4 m/s2，则有s m2 m。答案(1)2 m/s(2)2 m6.如图所示，半径为R1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角37，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M1 kg，上表面与C点等高。质量为m1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v01.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2。求：(1)物块经过C点时的速率vC；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。解析(1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有：vBsin v0从B到C，根据动能定理有：mgR(1sin )mvmv解得：vC6 m/s。(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动。设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度v，则：mgma1，mgMa2，vvCa1t，va2t根据能量守恒定律有：(mM)v2Qmv联立解得：Q9 J。答案(1)6 m/s(2)9 J7极限运动是一种深受年轻人喜爱的运动，图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地U形池。现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的圆弧形滑道AB和CD以及粗糙的水平滑道BC构成，图中R14.5 m，R23.5 m，BC5 m。某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达圆弧CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体近似看作质点，空气阻力不计)。(1)求该运动员在圆弧滑道AB上下滑至B点时对圆弧滑道的压力；(2)该运动员为了第一次经过D处后有2 s时间做空中表演，求他在A点下滑的初速度大小；(3)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终将停在何处？甲乙解析(1)由动能定理得mgR1mvFNmgFN1 800 N由牛顿第三定律可知，运动员对滑道B点的压力大小为1 800 N，方向竖直向下。(2)由动能定理，有mgR1WfmgR20故Wfmg(R1R2)解得Wf600 J由运动学公式，有vD1g解得vD110 m/s由动能定理，有mgR1WfmgR2mvmv解得vA010 m/s。(3)由WfFfxBC解得Ff120 N由能量守恒，有mvmgR1Ffs解得s47.5 m因为9.5所以最终停在距B点2.5 m处。答案(1)1 800 N，方向竖直向下(2)10 m/s(3)距B点2.5 m处8如图所示，在光滑水平面上，质量为m4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角37的传送带平滑连接。已知xOA0.25 m，传送带顶端为B点，LAB2 m，物块与传送带间动摩擦因数0.5。现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动。物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动的最高点。传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g10 m/s2。(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值。(2)若传送带速度大小为5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量。(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/sv3 m/s，物块由O点到B点的过程中力F做的功W与传送带速度大小v的函数关系。解析(1)设物块从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离：hv0sin tBC的水平距离为：xv0cos t代入数据解得：。(2)在O点由牛顿第二定律得：kxOAma代入数据解得：a2 m/s2由v2axOA得：vA1 m/s到达B点时：v2a(xOALAB)代入数据得：vB3 m/s物块从A到B运动时间：t1 s物块与传送带间摩擦产生的热量：Qmgcos (vtLAB)，代入数据解得：Q48 J。(3)物块在水平面上受到弹簧的弹力与拉力F，由牛顿第二定律得：Fk(xOAx)ma可知力F随位移x线性变化，则：W1xOAmaxOA，代入数据解得：W11 J若传送带速度2 m/sv3 m/s，物块受到的滑动摩擦力先沿斜面向上后向下物块的速度小于v时受到的摩擦力的方向向上，由牛顿第二定律得：F1mgcos mgsin ma解得：F116 N由速度位移关系得：v2v2ax1物块的速度大于v时受到的摩擦力的方向向下，由牛顿第二定律得：F2mgcos mgsin ma解得：F248 N由A到B拉力做的功：W2F1x1F2(LABx1)解得：W21048v2拉力做的总功：WW1W21058v2。答案(1)(2)48 J(3)W1058v2