近年届高考物理一轮复习第5章机械能第5讲动力学和能量课时作业(含解析)(2021年整理)

2019届高考物理一轮复习第5章机械能第5讲动力学和能量课时作业（含解析）
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5、动力学和能量
观点的综合应用
[基础训练]
1．（2018·陕西西工大附中适应考）（多选)如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段时间后能保持与传送带相对静止．对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )
A．电动机多做的功为错误!mv2
B．摩擦力对物体做的功为错误!mv2
C．电动机增加的功率为μmgv
D．传送带克服摩擦力做的功为错误!mv2
答案:BC 解析：由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q,所以A项错误;根据动能定理,对物体列方程,W f＝错误!mv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率P＝错误!＝错误!＝μmgv，C项正确;因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误．
2．（2018·河南郑州一模）(多选）如图所示，质量为m的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动,始终保持速率v匀速运动，物块与传动带间的动摩擦因数为μ(μ＞tan θ），物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( ）
A．电动机因运送物块多做的功为mv2
B．系统因运送物块增加的内能为错误!
C．传送带克服摩擦力做的功为错误!mv2
D．电动机因运送物块增加的功率为μmgv cos θ
答案：BD 解析:电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．
对物块,增加的机械能为ΔE＝f·x物＝μmg cos θ·错误!·t,系统增加的内能Q＝f·Δx＝f·（x带－x物)＝f（vt－错误!t）＝μmg cos θ·错误!t。

故ΔE＝Q.
故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv2,故A错误．系统增加的内能Q＝f·Δx＝μmg cos θ·错误!t。

物块的加速度a＝错误!＝g(μcos θ－sin θ）．
故加速时间t＝错误!＝错误!,
故系统增加的内能Q＝
μmv2cos θ
2μcos θ－sin θ
，
故B正确．
传送带运动的距离x带＝vt＝错误!，
故传送带克服摩擦力做的功W克f＝f·x带＝μmg cos θ·错误!＝错误!，故C错误．
电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P＝fv＝μmg cos θ·v，故D正确．
3．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m ＝1 kg的小物体抛上传送带,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙
所示，取沿传送带向上为正方向，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
(1)0～8 s内物体位移的大小；
（2)物体与传送带间的动摩擦因数;
(3)0～8 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q.
答案：（1)14 m (2)0。

875 （3）90 J 126 J
解析：(1)0~8 s,内物体位移等于v.t图线与t轴所围面积
其中前4 s,位移为零
4~8 s的位移为x＝2＋4
2
×2 m＋4×2 m＝14 m。

（2）0~2 s内，物体向下减速，a＝μg cos θ－g sin θ
0＝v0－at
解得μ＝错误!＝错误!＝0.875。

（3)0～8 s内物体机械能增量为
ΔE＝ΔE k＋ΔE p＝错误!mv错误!－错误!mv错误!＋mgx sin θ＝错误!×1×42 J－错误!×1×22 J＋1×10×14×0。

6 J＝90 J
0~8 s传送带位移为x′＝v0t＝4×8 m＝32 m。

物体与传送带摩擦生热为
Q＝W
f
＝μmg cos θ(x′－x）＝0.875×1×10×0.8×（32－14) J＝126 J。

4．如图所示，质量m1＝0。

3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1。

5 m,现有质量m2＝0。

2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的速度v0
＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：
（1)物块在车面上滑行的时间t;
（2)物块克服摩擦力做的功；
(3)在此过程中摩擦产生的内能．
答案：(1）0。

24 s （2)0.336 J (3)0。

24 J
解析：（1）小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则
a
1
＝错误!＝错误! m/s2，a2＝μg＝5 m/s2,
v
－a2t＝a1t,
所以t＝错误!＝错误!＝0.24 s。

（2)相对静止时的速度v＝a1t＝0。

8 m/s，
物块克服摩擦力做的功W＝错误!m2(v错误!－v2)＝0。

336 J.
（3)由功能关系可知,系统损失的机械能转化为内能，则
E＝错误!m
2v错误!－错误!（m
1
＋m2)v2＝0.24 J。

5．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动,速度恒为v＝2 m/s,在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块,它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道,沿半径R＝0。

4 m 的光滑圆轨道做圆周运动,刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m．（取g＝10 m/s2）求:
（1）金属块经过D 点时的速度；
（2）金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功．
答案：(1)2 5 m/s (2）3 J
解析:（1)对金属块在E 点，mg ＝m 错误!,v E ＝2 m/s
在从D 到E 过程中,由动能定理得：
－mg ·2R ＝错误!mv 错误!－错误!mv 错误!
v D ＝2错误! m/s 。

(2）金属块刚刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1
a 1＝10 m/s 2
设经过位移x 1达到共同速度，v 2
＝2ax 1，x 1＝0.2 m ＜3。

2 m
继续加速过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 a 2＝2 m/s 2
x 2＝L －x 1＝3 m
v 错误!－v 2＝2a 2x 2
v B ＝4 m/s
在从B 到D 过程中，由动能定理得：
mgh －W ＝错误!mv 错误!－错误!mv 错误!
W ＝3 J 。

[能力提升］
6．（2018·山东济南模拟)质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平．已知圆弧轨道的半径R ＝1。

0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ,A 点距水平面的高度h ＝0。

8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0。

8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝错误!。

(取g ＝10 m/s 2
， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
（1)求小物块离开A点时的水平初速度v1;
（2)求小物块经过O点时对轨道的压力大小;
(3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0。

3,传送带的速度为5 m/s，求P、A间的距离;
（4)求斜面上C、D间的距离．
答案：（1）3 m/s (2)43 N （3)1.5 m (4)0。

98 m
解析：（1）对于小物块，由A点到B点有v2，y＝2gh
在B点有tan 错误!＝错误!
所以v1＝3 m/s。

(2)对于小物块,由B点到O点有
mgR(1－cos 错误!）＝错误!mv错误!－错误!mv错误!
其中v B＝错误! m/s＝5 m/s
在O点,有N－mg＝m错误!,所以N＝43 N.
由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为N′＝43 N.
（3)小物块在传送带上加速的过程有μ2mg＝ma3
P、A间距离x PA＝错误!＝1.5 m.
（4）小物块沿斜面上滑时有mg sin 错误!＋μ1mg cos 错误!＝ma1
解得a1＝10 m/s2
小物块沿斜面下滑时有mg sin 错误!－μ1mg cos 错误!＝ma2
解得a2＝6 m/s2
由机械能守恒定律可知v C＝v B＝5 m/s
小物块由C点上升到最高点历时t1＝v C
a
1
＝0.5 s
小物块由最高点回到D点历时
t
＝0.8 s－0。

5 s＝0。

3 s
2
故x CD＝错误!t1－错误!a2t错误!
x CD＝0。

98 m.
7．如图所示，从A点以v0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小
物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨
道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆
弧轨道C端切线水平,已知长木板的质量M＝4 kg,A、B两点距C点的高度分
别为H＝0。

6 m、h＝0.15 m，R＝0。

75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数
μ
＝0。

5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0。

2,取g＝10 m/s2.求：1
（1)小物块运动至B点时的速度大小和方向;
(2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力;
（3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板?
答案：（1）5 m/s 方向与水平方向成37°角斜向下
(2)47。

3 N,方向竖直向下（3）2.8 m
解析：(1)物块做平抛运动：H－h＝错误!gt2
到达B点的竖直分速度：v y＝gt＝3 m/s
v
＝错误!＝5 m/s
1
设方向与水平面的夹角为θ，则tan θ＝错误!＝错误!，θ＝37°，即方
向与水平面成37°角斜向下．
(2）从A至C点，由动能定理mgH＝错误!mv错误!－错误!mv错误!
设C点受到的支持力为N，则有N－mg＝m错误!
由上式可得v2＝2错误! m/s，N＝47。

3 N
根据牛顿第三定律可知,物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，方
向竖直向下．
（3）由题意可知小物块对长木板的摩擦力f＝μ1mg＝5 N
长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力f′＝μ2(M＋m）g＝10 N
因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时,长木板静止不动
小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板
则长木板长度至少为l＝错误!＝2.8 m。