圖1
A.傳送帶對物塊做功為mv2
B.傳送帶克服摩擦力做功為eq \f(1,2)mv2
C.電動機由于傳送物塊多消耗的能量為eq \f(1,2)mv2
D.在傳送物塊過程產(chǎn)生的熱量為eq \f(1,2)mv2
2.(2024·廣東省實驗中學(xué)模擬)如圖2所示，足夠長的傳送帶水平放置，以大小為v的速度順時針轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m、與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ的小物塊在傳送帶的左端由靜止釋放，一段時間后物塊與傳送帶共速。滿足上述情景，若把傳送帶的速度改為2v，兩次比較。下列說法正確的是( )
圖2
A.傳送帶對小物塊做的功變?yōu)樵瓉淼?倍
B.小物塊對傳送帶做的功變?yōu)樵瓉淼?倍
C.傳送帶對小物塊做功的平均功率變?yōu)樵瓉淼?倍
D.因摩擦而產(chǎn)生的熱量變?yōu)樵瓉淼?倍
3.如圖3(a)所示，傾角為37°的傳送帶以v＝2.0 m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度LAB＝10.0 m。一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量m＝1.0 kg的物塊，自A點無初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動能Ek與位移s的關(guān)系(Ek－s)圖像如圖(b)所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列說法正確的是( )
圖3
A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25
B.整個過程中合外力對物塊做的功為4.0 J
C.整個過程中摩擦力對物塊做的功為64.0 J
D.整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量
4.如圖4所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為( )
圖4
A.eq \f(mv2,4)B.eq \f(mv2,2)
C.mv2D.2mv2
5.如圖5所示，傾角θ＝37°，長為6 m的斜面體固定在水平地面上，長為3 m、質(zhì)量為4 kg的長木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對齊；質(zhì)量為2 kg的物塊B(可視為質(zhì)點)放在長木板的上端，同時釋放A和B，結(jié)果當(dāng)A的下端滑到斜面底端時，物塊B也剛好滑到斜面底端，已知長木板A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，物塊B與A間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.375，重力加速度g取10 m/s2，不計物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
圖5
(1)從開始到A的下端滑到斜面底端所用時間；
(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與B間、A與斜面間因摩擦產(chǎn)生的總熱量。
6.如圖6所示，一足夠長的水平傳送帶以v＝4 m/s的速度向右傳送，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
圖6
(1)小物塊第一次滑過P點時的速度大小v1；
(2)小物塊第一次在傳送帶上往返運動的時間t；
(3)物塊第一次從P點沖上傳送帶到沿傳送帶運動到最遠(yuǎn)處的過程中，電動機因傳送物塊多做的功W；
(4)從釋放到最終停止運動，小物塊在斜面上運動的總路程s總。
7.(2024·安徽六安高三檢測)如圖7所示，水平軌道AB長為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，并且和圓心在O2、半徑為2R的光滑細(xì)圓管軌道CD平滑對接，O1、C、O2三點在同一條直線上。光滑細(xì)圓管軌道CD右側(cè)有一半徑為2R，圓心在D點的eq \f(1,4)圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2點。質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點)從軌道上的C點由靜止滑下，剛好能運動到A點，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點之前已經(jīng)脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細(xì)圓管軌道最高點D(計算時圓管直徑不計，重力加速度為g)。求：
圖7
(1)小滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep；
(3)小滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的動能Ek。
參考答案
專題強化練十 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用
1.D [根據(jù)動能定理，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的增加量，即eq \f(1,2)mv2，故A錯誤；根據(jù)動能定理，摩擦力對物塊做功大小為eq \f(1,2)mv2，在物塊勻加速運動的過程中，由于傳送帶的位移大于物塊的位移，則傳送帶克服摩擦力做的功大于摩擦力對物塊做的功，所以傳送帶克服摩擦力做的功大于eq \f(1,2)mv2，故B錯誤；電動機由于傳送物塊多消耗的能量等于物塊動能增加量與摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能的和，故大于eq \f(1,2)mv2，故C錯誤；在傳送物塊過程產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對路程的乘積，即Q＝fΔs，設(shè)加速時間為t，物塊的位移為s1＝eq \f(1,2)vt，傳送帶的位移為s2＝vt，根據(jù)動能定理fs1＝eq \f(1,2)mv2，故熱量Q＝fΔs＝f(s2－s1)＝eq \f(1,2)mv2，故D正確。]
2.C [由動能定理可知，傳送帶對小物塊做的功為W＝eq \f(1,2)mv2，可知速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則傳送帶對小物塊做的功變?yōu)樵瓉淼?倍，故A錯誤；小物塊運動到與傳送帶速度相等，所用的時間為t＝eq \f(v,a)，由于加速度相同，速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則時間變?yōu)樵瓉淼?倍，傳送帶發(fā)生的位移為s＝vt，則位移變?yōu)樵瓉淼?倍，則小物塊對傳送帶做的功變?yōu)樵瓉淼?倍，故B錯誤；小物塊達(dá)到與傳送帶速度相等過程中的平均速度為eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)，由于速度變?yōu)樵瓉淼?倍，且摩擦力相同，根據(jù)P＝feq \(v,\s\up6(－))，可知傳送帶對小物塊做功的平均功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；小物塊達(dá)到與傳送帶速度相等過程中的相對位移為Δs＝vt－eq \f(1,2)vt＝eq \f(1,2)vt，由于速度變?yōu)樵瓉淼?倍，時間也變?yōu)樵瓉淼?倍，則相對位移變?yōu)樵瓉淼?倍，由Q＝fΔs可知，因摩擦而產(chǎn)生的熱量變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。]
3.D [開始時物塊在傳送帶的作用下動能不斷增大，根據(jù)動能定理有(μmgcs θ－mgsin θ)s＝Ek－0，在5 m后動能不變，可知物塊與傳送帶相對靜止，即v＝2.0 m/s，Ek＝eq \f(1,2)mv2＝2.0 J，聯(lián)立解得μ＝0.8，A錯誤；由動能定理可知，整個過程中合外力對物塊做的功等于動能的變化量，則有W合＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝2.0 J，B錯誤；由功能關(guān)系可知，整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量，即Wf＝eq \f(1,2)mv2＋mgLABsin θ＝62.0 J，C錯誤，D正確。]
4.C [由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmgs相，s相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確。]
5.(1)2 s (2)90 J
解析 (1)設(shè)長木板A運動的加速度大小為a1，A的下端滑到斜面底端經(jīng)歷時間為t，長木板A的長為L、物塊B的質(zhì)量為m，則斜面長為2L、長木板A的質(zhì)量為2m，以長木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得
2mgsin θ－μ1·3mgcs θ＋μ2mgcs θ＝2ma1
由運動學(xué)公式可得L＝eq \f(1,2)a1t2
聯(lián)立解得t＝2 s。
(2)設(shè)長木板A和物塊B運動到斜面底端時速度分別為v1、v2，根據(jù)運動學(xué)公式可得L＝eq \f(1,2)v1t
2L＝eq \f(1,2)v2t
由能量守恒定律可得，因摩擦產(chǎn)生的總熱量為
Q＝mg·2Lsin θ＋2mgLsin θ－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)
代入數(shù)據(jù)解得Q＝90 J。
6.(1)8 m/s (2)7.2 s (3)64 J (4)12 m
解析 (1)由動能定理得
(mgsin 37°－μmgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛頓第二定律得μmg＝ma1
以向右為正方向，物塊與傳送帶共速時，由速度公式得
v＝－v1＋a1t1
解得t1＝4.8 s
勻速運動階段的時間t2＝eq \f(\f(veq \\al(2,1),2a1)－\f(v2,2a1),v)＝2.4 s
第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝7.2 s。
(3)物塊從P點勻減速到0時運動的時間
t3＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(8,2.5) s＝3.2 s
這段時間內(nèi)傳送帶運動的位移s1＝vt3＝12.8 m
傳送帶勻速運動，電動機增加的牽引力F＝μmg＝5 N
電動機多做的功W＝Fs1＝64 J。
(4)由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，每次再到達(dá)傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，故物塊最終停止在P點，則根據(jù)能量守恒定律有
μmgs2cs 37°＝eq \f(1,2)mv2
s總＝s2＋L
聯(lián)立可得s總＝12 m。
7.(1)eq \f(1,3) (2)eq \f(11,3)mgR (3)(2eq \r(2)－1)mgR
解析 (1)由幾何關(guān)系得B、C間的高度差h＝eq \f(2,3)R
小滑塊從C點運動到A點的過程中，由動能定理得
mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝eq \f(1,3)。
(2)彈簧對滑塊做功過程由功能關(guān)系有W彈＝Ep
滑塊從A到D過程由動能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝eq \f(1,2)mv2－0
滑塊在D點，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v2,2R)
聯(lián)立解得Ep＝eq \f(11,3)mgR。
(3)滑塊通過D點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，水平方向有x＝vt
豎直方向有y＝eq \f(1,2)gt2
由幾何關(guān)系可知x2＋y2＝4R2
可得滑塊落到擋板上時的動能為Ek＝eq \f(1,2)m[v2＋(gt)2]
聯(lián)立解得Ek＝(2eq \r(2)－1)mgR。

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