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第六章　第30练　动力学和能量观点的综合应用
[分值：50分]
1题4分，2题11分，共15分
1.如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速率v做匀速运动，现将质量为m的某物块由静止放在水平传送带的左端，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，对于物块从由静止释放到刚相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是(　　)
A.物块做匀速直线运动
B.所用时间为
C.因摩擦产生的热量为mv2
D.电动机多做的功等于mv2
2.(11分)(2024·江苏扬州市检测)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L＝4.5 m，与物块间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带顺时针转动的速度v＝3 m/s。设质量m＝2 kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R＝2.0 m，对应圆心角θ＝106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61 N。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)(3分)物块运动到D点的速度大小vD；
(2)(5分)物块下落的最大高度H；
(3)(3分)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。
3题5分，4题14分，5题16分，共35分
3.(2025·江苏省百校联考)如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不拴接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳，使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2 m(弹性限度内)。已知物块质量为0.5 kg。物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；若传送带以v＝3 m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后(　　)
A.在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动
B.弹簧恢复原长时，物块速度大小为3 m/s
C.物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为1.75 J
D.弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75 J
4.(14分)(2025·江苏泰州市期中)如图所示，半圆形光滑轨道AB固定在竖直面内，与光滑水平面BC相切于B点。水平面BC右侧为长度L＝25 m的水平传送带，在电机带动下以v＝18 m/s的速度顺时针匀速运动，传送带右侧通过一段平台DE与足够长的光滑斜面EF平滑连接。现有质量m＝1 kg、可视为质点的物块P向左恰好通过圆弧最高点A，沿着圆弧运动到B点，此时速度大小为v0＝20 m/s。然后从左侧滑上传送带，第一次回到传送带上时恰好不能从左端离开。已知物块与传送带及平台DE间的动摩擦因数均为μ＝0.2，不考虑物块滑上、滑下传送带和斜面的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(3分)半圆形轨道半径R；
(2)(6分)物块沿斜面上升的最大高度h；
(3)(5分)物块从A点开始到第一次回到传送带左端过程中与接触面间因摩擦产生的热量Q。
5.(16分)如图所示，水平地面左侧有一光滑平台，质量为M＝2 kg、与平台等高的木板B静止在水平地面的左端，水平地面右侧由一段半径为R＝2 m的圆弧面与倾角为θ的传送带平滑连接，圆弧面的圆心角为θ，圆弧面的左端与平台所在水平面相切，传送带以v＝3 m/s的速率沿顺时针方向运行。质量为m＝6 kg的货箱以初速度v0＝6 m/s从平台滑上木板B，木板B与水平地面右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧面(圆弧光滑)，然后被传送带运送到E处。已知木板B长度L1＝2.875 m，木板B的右端离C点的距离d＝0.5 m，传送带DE间的长度L2＝13 m，θ＝37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，货箱可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)(8分)求货箱在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力；
(2)(8分)求货箱从D运送到E过程所用的时间和摩擦力对传送带做的功。
参考解析
1.B　[物块由静止释放在传送带上时，传送带会给物块一个向右的摩擦力Ff，物块向右做匀加速直线运动，则有Ff＝ma＝μmg，解得a＝μg，故A错误；物块最终和传送带相对静止，即和传送带共速，所用时间为t＝，故B正确；物块匀加速运动过程中传送带运动的位移为s＝vt，可知传送带克服摩擦力所做的功为W克f＝Ffs＝μmgvt＝mv2，物块获得的动能为Ek＝mv2，可得因摩擦产生的热量为Q＝W克f－Ek＝mv2，故C错误；电动机多做的功转化为物块的动能和系统内能，W＝Ek＋Q＝mv2，故D错误。]
2.(1)5 m/s　(2)1.8 m　(3)9 J
解析　(1)物块由D点到O点根据动能定理有mgR(1－cos 53°)
＝mm
在O点有FN－mg＝m，联立解得vD＝5 m/s
(2)在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的水平速度即为vC，故vC＝3 m/s。当物块下落的最大高度为H时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝3 m/s2
根据速度位移公式有
＝－2aL
解得vB＝6 m/s
从A到B根据动能定理可得
mgH＝m
解得H＝1.8 m
(3)根据运动学知识可知vC＝vB－at
解得t＝1 s
所以相对位移Δx＝(4.5－3) m＝1.5 m
产生的热量Q＝μmgΔx＝9 J
3.C　[若传送带不动，弹簧压缩量为0.2 m到恢复原长时物块的速度为零，由动能定理有W－μmgx1＝0
若传送带以3 m/s的速度顺时针匀速转动，剪断轻绳后，弹簧恢复原长时，弹簧弹力做功不变，摩擦力做正功，根据动能定理W＋μmgx1＝m，可得，弹簧恢复原长时，物块速度大小为v1＝2 m/s
可知，在弹簧恢复原长的过程中物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块一直向右做加速运动，故A、B错误；物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，直至共速后做匀速直线运动，匀加速运动过程中，由动能定理得μmgx2＝mv2－m，可得物块在匀加速阶段的位移为x2＝0.5 m
则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为Wf＝μmg(x1＋x2)＝1.75 J，故C正确；根据牛顿第二定律，物块匀加速运动的加速度大小为
a＝＝5 m/s2，弹簧恢复原长后，物块做匀加速运动至与传送带达到共速的时间为t＝＝0.2 s
这段时间内，传送带运动距离为s＝vt＝0.6 m
则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为Q＝μmg(s－x2)＝0.25 J，故D错误。]
4.(1)8 m　(2)10.6 m　(3)344 J
解析　(1)由于物块P恰好通过圆弧最高点A，则mg＝m，A到B过程，根据机械能守恒定律可得
mg·2R＝mm
联立解得R＝8 m
(2)物块从左侧滑上传送带后，有
x1＝ m＝19 m说明物块在传送带上先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动，物块第一次经过D点的速度大小为18 m/s，从第一次经过D点到上升到斜面最大高度处有－mgh－μmg·xDE＝0－mv2
第一次回到传送带上时恰好不能从左端离开，即返回到左端时，速度减为零，则－μmg(2xDE＋L)＝0－mv2
联立可得h＝10.6 m
(3)物块与接触面间因摩擦产生的热量为Q＝μmg(x1－v·＋2xDE＋L＋v·)
物块从D到达斜面最高点再返回到D的过程由动能定理有－μmg·2xDE＝mmv2
联立解得Q＝344 J。
5.(1)87 N，方向竖直向下
(2)6 s　－684 J
解析　(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动，对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
解得a2＝4 m/s2
假设货箱在木板上一直做匀减速运动，且经过时间t木板B与C端相碰，
有x2＝d＝a2t2
解得t＝ s
此时货箱的速度v1＝v0－a1t＝4 m/s
此时木板B的速度v2＝a2t＝2 m/s，假设成立
此过程中货箱发生的位移
x1＝v0t－a1t2＝ m
所以此时货箱离C点的距离
d1＝L1－(x1－x2)＝0.875 m
货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，有＝－2a1d1
解得vC＝3 m/s
对货箱在C点受力分析并结合牛顿第二定律有FN－mg＝m
解得FN＝87 N
由牛顿第三定律有F压＝FN＝87 N，方向竖直向下；
(2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定理有－mgR(1－cos θ)＝
mm
解得vD＝1 m/s
对货箱滑上传送带后受力分析并结合牛顿第二定律有
μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2
设货箱经过x3后与传送带共速，
由题意有v2－＝2ax3
解得x3＝10 m
根据v＝vD＋at3
解得t3＝5 s
此后货箱相对传送带静止，
向上做匀速运动有t4＝＝1 s
所以货箱从D到E的时间
tCD＝t3＋t4＝6 s
货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功W1＝－μmgcos θ·vt3＝－576 J
货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传送带做功W2＝－mgsin θ·(L2－x3)＝－108 J
所以摩擦力对传送带做的总功W＝W1＋W2＝－684 J。

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