2023届二轮复习 专题训练7　动力学和能量观点的综合应用 作业（浙江专用）

专题训练7　动力学和能量观点的综合应用

保分基础练

1.(多选)蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。如图所示,蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离。现分析蹦极者(视为质点)在其第一次下降的整个过程,蹦极者重力势能的减少量为ΔE1,绳的弹性势能增加量为ΔE2,蹦极者克服空气阻力做功为W,弹性绳的质量忽略不计,则下列说法正确的是(　BCD　)

A.蹦极者在A点速度最大

B.蹦极者机械能的减少量为ΔE1

C.蹦极者与绳组成的系统机械能的减少量为W

D.ΔE1=W+ΔE2

解析:蹦极者在A点只受重力作用,加速度向下,速度不是最大,故A错误;在P、B两点处动能都为0,蹦极者重力势能的减少量为ΔE1、机械能的减少量为ΔE1,故B正确;蹦极者克服空气阻力做功为W,蹦极者与绳组成的系统机械能的减少量为W,故C正确;根据功能关系和能量守恒定律知,由于动能变化量为零,重力势能的减少量等于弹性势能的增加量与克服空气阻力做功之和,即ΔE1=W+ΔE2,故D正确。

2.(多选)某高铁站的安检设施如图所示。该设施中的水平传送带以恒定速率v运动,乘客将质量为m的物品静止放在传送带上,加速后匀速通过安检设施,对此过程下列说法正确的是(　BD　)

A.物品先受滑动摩擦力,后受静摩擦力作用

B.物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同

C.物品由于摩擦产生的热量为mv2

D.传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量为mv2

解析:物品匀速时不受摩擦力作用,故A错误;物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同,使物品加速运动,故B正确;设物品由加速到匀速所用时间为t,则这段时间内传送带的位移x1=vt,物品的位移x2=t,物品与传送带之间产生的热量Q=FfΔx=Ff(x1-x2)=Ffx2,物品加速过程应用动能定理得Ffx2=mv2,物品由于摩擦产生的热量 Q=mv2,故C错误;传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量有两部分,一部分转化为物品的动能Ek=mv2,另一部分由于摩擦产生热量Q=mv2,故多消耗的能量为E=Ek+Q=mv2,故D正确。

3.(2022·金华选考模拟)某市大型商场中欲建一个儿童滑梯,设计的侧视图如图所示,分为AB、BC、CD三段,其中AB、CD段的高度相同,均为h=2 m,与水平方向的夹角分别为53°和37°。BC段水平,三段滑梯表面粗糙程度相同,儿童下滑时与滑梯表面之间的动摩擦因数μ为,AB与BC、BC与CD平滑连接。为保证安全,要求儿童在下滑过程中最大速度不超过6 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,下列选项中符合BC段长度要求的是(　B　)

A.2.0 m B.4.0 m C.4.9 m D.5.2 m

解析:为保证儿童能够滑到D点,儿童通过C点时的速度必须大于零,设BC段最大长度为lmax,从A到C过程中,根据动能定理得mgh-

μmgcos 53°·-μmglmax=0,解得lmax=4.5 m,为保证儿童滑到D点时的速度不超过6 m/s,设BC段最小长度为lmin,根据动能定理得2mgh-μmgcos 53°·-μmgcos 37°-μmglmin=mv2,代入数据解得lmin= m≈2.43 m,所以lmin<l<lmax,故选B。

4.如图所示,光滑水平平台上固定一竖直挡板A,一轻弹簧左端固定在挡板A上,质量m=1.0 kg的滑块放在弹簧右端。光滑圆弧轨道MN固定在粗糙水平地面上,底端恰好与水平地面相切于N点,M端到平台上表面的高度h=0.45 m。圆弧轨道MN的半径R=2.0 m,对应的圆心角为37°。现向左推滑块压缩弹簧到一定位置,然后由静止释放,滑块与弹簧分离后从平台右端B点水平飞出,恰好从M点沿切线方向进入圆弧轨道MN,从N点滑出圆弧轨道后,在水平地面上向右运动。若滑块能与固定在地面的竖直挡板C发生碰撞,碰撞后将以原速率弹回。滑块的运动始终在同一竖直平面内,不计空气阻力,滑块可视为质点,已知滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.50,重力加速度g取10 m/s2,

sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,若滑块与挡板C碰撞后恰好不会从M点飞出轨道,则挡板C到N点的水平距离为(　C　)

A.1.1 m B.2.2 m C.1.25 m D.2.5 m

解析:设滑块到达M点时竖直方向速度为vy,根据运动学公式得=

2gh,解得vy=3 m/s,在M点根据几何关系得sin 37°=,解得vM=5 m/s,滑块与挡板C碰撞后恰好不会从M点飞出轨道,所以滑块回到M点时速度为零,从M点回到M点过程中,根据动能定理得-μmg·2L=

0-m,解得L=1.25 m,故C正确,A、B、D错误。

5.(2022·衢州选考模拟)如图甲所示,由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置,半圆形挡板的半径R=0.2 m,斜面高度h=0.6 m,弹丸的质量为0.2 kg。游戏者调节发射器,弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5 m/s,接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　B　)

A.弹丸到C点的速度为7 m/s

B.弹丸与地面间的动摩擦因数为0.6

C.弹丸与地面间的动摩擦因数为0.06

D.弹丸与斜面间的动摩擦因数为0.5

解析:由题图乙可知,在D点,挡板对弹丸的支持力为FN=32.2 N,由牛顿第二定律有FN=m,代入数据有vD= m/s,由题知C、D两端重合,则C点的速度等于D点的速度,A错误;弹丸从B到C过程由动能定理得mgh-μ1mgcos 37°·=m-m,代入数据有μ1=

0.3,D错误;设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2,设转过3 rad后的速度为v,由动能定理得-μ2mg·3×R=mv2-m,在转过3 rad后挡板对弹丸的支持力为FN′=25 N,由牛顿第二定律得FN′=m,联立解得μ1=0.6,B正确,C错误。

6.如图所示,水平传送带以v=4 m/s逆时针匀速转动,A、B为两轮圆心正上方的点,AB=L1=2 m,两边水平面分别与传送带上表面无缝对接,弹簧右端固定,自然长度时左端恰好位于B点。现将一小物块与弹簧接触但不拴接,并压缩至图示位置后由静止释放。已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2,AP=L2=1 m,小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹,小物块刚好返回到B点时速度减为零。g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　A　)

A.小物块第一次运动到A点时,速度大小一定为4 m/s

B.弹簧对小物块做的功等于小物块离开弹簧时的动能

C.小物块离开弹簧时的速度可能为1 m/s

D.小物块对传送带做功的绝对值与传送带对小物块做功的绝对值一定相等

解析:设小物块到达P点的速度为v′,反弹后运动到B点的速度为零,对小物块返回从P点到B点的过程,由动能定理得-μmg(L1+L2)=0-

mv′2,解得v′=2 m/s,对小物块由A点到P点过程,由动能定理得-μmgL2=mv′2-m,解得vA=4 m/s,小物块可能在传送带上减速到共速、加速到共速,也可能一开始到B端时就共速,故A正确;弹簧对小物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能,故B错误;若小物块滑上传送带时的速度vB较大,则一直做匀减速运动,对其从滑上B点到返回B点的过程,有-2μmg(L1+L2)=

0-m,解得vB=2 m/s,若速度vB较小,小物块在AB上一直加速,到A点时恰好与传送带同速,有L1=vB′t+at2,v=vB′+at,联立解得

vB′=2 m/s,故小物块离开弹簧时的速度一定满足2 m/s≤vB≤2 m/s,故C错误;小物块与传送带间摩擦力大小相等,但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘以传送带位移,传送带对小物块做功的绝对值为摩擦力乘以小物块位移,当有摩擦力时,二者位移不同,因此功的绝对值也不同,故D错误。

7.(多选)如图甲,倾角为37°的传送带以v=5 m/s的速度逆时针匀速转动,传送带两端A、B之间的距离为L=20 m,质量为m=1 kg的物块(可视为质点)自A点无初速度放上传送带。物块在传送带上运动时,其动能Ek与位移x的关系图像(Ekx)如图乙所示,设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ,物块从A运动到B所用时间为t,已知重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列说法正确的是(　BD　)

A.μ=0.25 B.x0=1.25 m

C.t=4 s    D.E0=50 J

解析:由题图乙可知,开始时,物块所受摩擦力向下,当物块的速度和传送带速度相等时,摩擦力反向,但此时物块重力沿传送带向下的分力仍大于摩擦力,物块继续做加速运动。当位移为x0时,物块的速度为5 m/s,可得=mv2,代入数据解得E0=50 J,故D正确;根据功能关系得(mgsin θ+μmgcos θ)x0=mv2=,(mgsin θ-μmgcos θ)×10x0=

-,联立解得μ=0.5,x0=1.25 m,故B正确,A错误;物块速度和传送带速度相等前,根据牛顿第二定律得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,可得时间t1==0.5 s,位移为x1==1.25 m,当速度和传送带速度相等后,根据牛顿第二定律a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2,根据运动学公式vt2+a2=L-x1,解得t2=2.5 s,物块从A运动到B所用时间为t=t1+t2=3 s,故C错误。

8.如图甲所示,一物块从固定斜面的底端沿斜面方向冲上斜面,物块的动能Ek随距斜面底端高度h的变化关系如图乙所示,已知斜面的倾角为30°,重力加速度大小为g,取物块在斜面底端时的重力势能为零,下列说法正确的是(　C　)

A.物块的质量为

B.物块与斜面间的动摩擦因数为

C.上滑过程中,物块动能等于重力势能时,到斜面底端的高度为h0

D.下滑过程中,物块动能等于重力势能时,物块的动能大小为

解析:物块从底端上滑到最高点的过程,由动能定理可知mgh0+

μmgcos 30°·=2E0,从最高点滑回斜面底端的过程由动能定理可知mgh0-μmgcos 30°·=E0,联立解得m=,μ=,故A、B错误;物块从斜面底端上滑高度为h时的动能为Ek1=2E0-mgh-

μmgcos 30° ·,物块具有的重力势能为Ep1=mgh,当Ep1=Ek1时,解得h=h0,故C正确;物块从最高点下滑到高度为h′时的动能为Ek2=mg(h0-h′)-μmgcos 30°·,物块具有的重力势能为Ep2=mgh′,当Ep2=Ek2时,解得h′=h0,Ek2=E0,故D错误。

9.(多选)如图所示,在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连,A固定在水平地面上,C放在固定的倾角为30°的光滑斜面上。已知B的质量为m,C的质量为4m,重力加速度为g,细绳与滑轮之间的摩擦力不计。现用手按住C,使细绳刚刚拉直但无张力,并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行。开始时整个系统处于静止状态,释放C后,它沿斜面下滑,斜面足够长,则下列说法正确的是(　BD　)

A.C下滑过程中,其机械能守恒

B.C下滑过程中,其机械能一直减小

C.当B的速度达到最大时,弹簧的伸长量为

D.B的最大速度为2g

解析:C下滑过程中,细绳的拉力对C始终做负功,C的机械能一直减小,故A错误,B正确;当B的速度最大时,B、C两物体的加速度为零,对C受力分析,可知细绳上的张力大小为FT=4mgsin 30°=2mg,对B受力分析,可知此时弹簧处于伸长状态,弹簧的伸长量x2满足kx2=2mg-mg,解得x2=,故C错误;开始时弹簧压缩的长度为x1=,B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为h=x1+x2,由于x1=x2,则弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等,弹簧弹力做功为零,设B的最大速度为vm,由系统机械能守恒得4mghsin 30°=mgh+×5m,解得vm=2g,故D正确。

10.(多选)某冰滑梯的示意图如图所示,设螺旋滑道机械能的损耗为20%,水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同,对不同滑板的动摩擦因数μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时,要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,且滑行结束时停在水平滑道上。以下说法正确的是(　AB　)

A.L1不能小于

B.L1不能大于

C.L1、L2之和不能小于

D.L1、L2之和不能大于

解析:设倾斜滑道的倾角为θ,游客质量为m,因为要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,所以要满足mgsin θ<μ0mgcos θ,即

tan θ=<μ0,可得L1>;假设游客能滑上水平滑道,由动能定理得2mgh-20%mgh-μmgcos θ≥0,解得L1≤,由于μ0≤μ≤1.2μ0,故要使游客能滑到水平滑道上,需满足L1≤=,故<L1≤,故A、B正确;假设游客恰好停止在水平滑道左端,对于游客运动的过程,由动能定理得2mgh-20%mgh-μmgcos θ-μmgL2=0,即2mgh-

20%mgh-μmg(L1+L2)=0,解得L1+L2=,由μ0≤μ≤1.2μ0可知,要使游客能停在水平滑道上,需满足L1+L2≥,故C、D错误。

高分强化练

11.如图所示,水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆弧轨道相切于B点,右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至D点,已知光滑圆弧轨道的半径R=0.45 m,水平轨道BC长为0.4 m,与滑块间的动摩擦因数μ=0.2,光滑斜面轨道上CD长为0.6 m,g取10 m/s2,求:

(1)滑块第一次经过B点时的速度大小;

(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;

(3)滑块最终停在何处。

解析:(1)对滑块,由A至B由动能定理有mgR=m,

解得vB=3 m/s。

(2)滑块第一次到D点,弹簧具有最大的弹性势能,由A至D由动能定理可得mg(R-lCDsin 30°)-μmgsBC+W弹=0,

解得W弹=-1.4 J,

由功能关系得Ep弹=-W弹=1.4 J。

(3)对整个过程由动能定理得mgR-μmgs=0,

解得s=2.25 m,

由于水平轨道BC长为0.4 m,可得滑块在BC间来回运动5次,滑块最终停在距离C点0.25 m处。

答案:(1)3 m/s 　(2)1.4 J　(3)滑块最终停在距离C点0.25 m处

12.如图所示,货仓P中的两种谷物需要通过如图装置进行分离。谷物以相同的初速度v0=3 m/s通过半径为R=0.4 m的光滑半圆轨道的最高点A,并沿半圆轨道运动至最低点B(最低点B与传送带平滑连接),之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C,最终从点C水平飞出落至收集板上,谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不同的动摩擦因数μ这一特性,并通过调节传送带运行速度v和传送带长度L来达到分离的目的,分离效果可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2和0.4,点C距收集板的高度为h=1.25 m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失,不考虑谷物间的碰撞,忽略空气阻力,重力加速g取10 m/s2。(结果可以保留根号形式)

(1)求谷物运动至点B时的速度大小;

(2)若传送带逆时针转动,调整传送带长度L=2.25 m,求x;

(3)现调整传送带顺时针运行速度为v=9 m/s,为保证谷物的分离效果良好,需满足x≥0.5 m,求传送带长度L的取值范围。

解析:(1)根据动能定理,从A到B过程有m-m=2mgR,

解得vB= m/s。

(2)从B点到C点过程,由动能定理有m-m=-μmgL,

则两种谷物到达C点的速度分别为vC1=5 m/s,vC2=4 m/s,

两种谷物从C点离开分别做平抛运动,有h=gt2,x=(vC1-vC2)t=Δvt,

联立解得x=0.5 m。

(3)由h=gt2,x=(vC1-vC2)t=Δvt,

x≥0.5 m,

解得Δv≥1 m/s,

情形1:两种谷物到达点C之前都处于匀加速运动,

则-≥1(或-≥1),

化简得16L2-24L-135≥0,

解得L≥3.75 m,

情形2:其中一种谷物到达点C之前已处于匀速运动,另一种谷物仍处于匀加速运动,

则vC1≤8 m/s,vC2=v=9 m/s,

m-m=μ1mgL,

解得L≤7.5 m,

综上所述有3.75 m≤L≤7.5 m。

答案:(1) m/s　(2)0.5 m　

(3)3.75 m≤L≤7.5 m

13.(2022·丽水五校联考)如图,轨道由斜面板ab、水平板ef和可调节长度的平面板cd组成,斜面板与水平面的夹角为θ=37°,水平板ef固定于水平地面上,平面板cd与斜面板ab用很小的圆弧面无缝对接,平面板cd可随着高度升降随时调节长度,使其右侧永远和竖直平面A对齐。一可视为质点、质量m=1 kg的小物块从斜面顶端无初速度释放后,经斜面后从平面板的d点水平抛出后落在水平板上。斜面顶端离地高度H=0.6 m,竖直平面A与斜面底端的距离L=1.2 m,小物块与所有的接触面的动摩擦因数均为μ=0.1,g取10 m/s2,不计空气阻力和所有板的厚度,水平板ef足够长(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,结果可保留根式)。

(1)求当平面板cd置于斜面板ab底端时,小物块下滑后停在水平板ef上的位置距离竖直平面A的距离x1;

(2)求将可调节平面板cd抬高至离地h=0.3 m,小物块下滑后落在水平板ef上的位置距离竖直平面A的距离x2;

(3)若要使小物块下滑后落在水平板ef上的位置距离竖直平面A的距离最大,平面板cd的高度应调节为多少?此时落在水平板ef上的位置距离竖直平面A的距离的最大值为多少?

解析:(1)根据动能定理得mgH+Wf=0,

摩擦力做功为Wf=-(μmgcos θ·+μmgL+μmgx1),

联立解得x1=4 m。

(2)根据动能定理得mg(H-h)+Wf1=m,

摩擦力做功为Wf1=-(μmgcos θ·+μmg+μmgL)=

-(μmgcos θ·+μmgL),

由平抛运动规律可得h=g,x2=vdt1,

联立解得x2= m。

(3)由(2)中摩擦力做功的表达式可知当调节平面板cd离地不同高度y时,小物块从斜面顶端滑下到滑出平面板cd滑动摩擦力做的功都相同,代入数值得Wf1=-2 J,设落在水平板ef上的位置距离竖直平面A的距离最大值为xm,根据动能定理得mg(H-y)+Wf1=mv2,由平抛运动规律可得y=gt2,xm=vt,联立可得=-(2y-0.4)2+0.16,

由数学知识可知当y=0.2 m时,小物块下滑后落在水平板ef上的位置距离竖直平面A的距离最大,距离最大值xm=0.4 m。

答案:(1)4 m　(2) m　(3)0.2 m　0.4 m