1、2025届高考物理二轮复习微专题1传送带模型综合问题 理-专项训练1.(不定项)2022广东卷 如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶,已知小车总质量为50 kg,MN=PQ=20 m,PQ段的倾角为30,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.下列说法正确的有()A.从M到N,小车牵引力大小为40 NB.从M到N,小车克服摩擦力做功800 JC.从P到Q,小车重力势能增加1104 JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J2.如图所示为低空跳伞极限运动表演,运动员从离地35
2、0 m高的桥面一跃而下,实现了自然奇观与极限运动的完美结合.假设质量为m的跳伞运动员由静止开始下落,在打开伞之前受恒定阻力作用,下落的加速度为45g(g为重力加速度),则在运动员下落h高度的过程中,下列说法正确的是()A.运动员重力做功为45mghB.运动员克服阻力做功为45mghC.运动员的动能增加了45mghD.运动员的机械能减少了45mgh3.如图所示,轻弹簧上端固定,下端拴着一带正电的小球Q,Q在A处时弹簧处于原长状态,Q可在C处静止.当将另一带正电的小球q固定在C正下方某处时,Q可在B处静止.在有小球q的情况下,将Q从A处由静止释放,则Q从A运动到C处的过程中()A.Q运动到C处时速
3、率最大B.Q、q两球组成的系统机械能不断增大C.Q的机械能不断增大D.Q的加速度先减小后增大4.(不定项)如图所示,一小物块由静止开始沿倾角为53的斜面向下滑动,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接,且物块与斜面间、物块与地面间的动摩擦因数均为23,取地面为零势能面,已知sin 53=0.8,cos 53=0.6.该过程中,物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是()ABCD5.电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置.某次测试中电动车沿倾角为15的斜坡向下运动,初动能为1.0105 J.第一次让车无动力自由滑行,其动能Ek与位移x的关
4、系如图中直线所示;第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行,其动能Ek与位移x的关系如图中曲线所示.假设机械能回收效率为90%,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A.图中对应过程汽车所受合力越来越大B.可求出图中对应过程下滑200 m回收的电能C.图中对应过程下滑100 m后不再回收能量D.由题中及图像信息可求出电动车的质量6.(不定项)如图所示,倾斜成45角的固定直杆上套有一质量为m的小球(可视为质点),小球可沿杆滑动,轻质弹性绳一端固定于O点,另一端连在小球上.将小球从弹性绳处于水平的位置M(此时弹性绳的长度为L)由静止释放,当小球运动到弹性绳与杆垂直的位置P时,弹性绳长
5、度刚好为原长,小球沿杆下滑到弹性绳处于竖直的位置N时速度减为零.若弹性绳始终在弹性限度内且弹性绳的弹力与其形变量成正比,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是()A.小球在P点时的加速度大小为22gB.从M到P的过程中,小球克服摩擦力做的功为12mgLC.小球在P点的动能等于从M到P的过程中弹性绳减小的弹性势能D.小球从M到P的过程中损失的机械能小于从P到N的过程中损失的机械能7.2024衢州模拟 如图所示,两根粗糙的金属导轨平行放置在倾角为的斜面上,导轨下端接有电阻R,导轨电阻不计.斜面处在竖直向上的匀强磁场中,质量为m的金属棒ab垂直放置在导轨上且始终与导轨接触良好,金属棒电阻不计,重力加
6、速度为g.若金属棒沿导轨减速下滑,在下滑h高度的过程中,它的速度由v0减小到v,则下列说法正确的是()A.作用在金属棒上的合力做的功为12mv02-12mv2B.金属棒机械能的减少量为mgh+12mv02-12mv2C.金属棒克服安培力做的功大于电阻R上产生的焦耳热D.金属棒重力势能的减少量等于系统产生的电能8.如图所示,左侧光滑曲面轨道与右侧倾角=37的斜面在底部平滑连接且均固定在光滑水平地面上,质量为m的小滑块A从斜面上离斜面底边高为2H处由静止释放,经过斜面与水平地面交接处时无机械能损失,在水平地面上与一质量为m的静止小滑块B发生正碰并结合为一个整体(A、B完全相同),一起滑上左侧曲面轨
7、道,再从曲面轨道滑回斜面,滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为314H,多次往复运动.不计空气阻力,重力加速度为g,sin 37=0.6,cos 37=0.8.求:(1)滑块与斜面间的动摩擦因数;(2)滑块第一次滑下斜面的时间t1与第一次滑上斜面的时间t2之比;(3)滑块最终静止,整个系统由于摩擦产生的热量Q.9.2024温岭中学模拟 如图所示,水平轨道左端与长L=1.25 m的水平传送带相接,传送带逆时针匀速运动的速度v0=1 m/s.轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上,弹簧处于自然状态.现用质量m=0.1 kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放,到达水平传送带左端B点后,立即沿切线进入竖直
8、固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动,经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9 kg的长木板上,竖直半圆轨道的半径R=0.4 m,物块与传送带间的动摩擦因数1=0.8,物块与木板间的动摩擦因数2=0.25.g取10 m/s2.(1)求物块到达B点时的速度vB的大小;(2)求弹簧被压缩时的弹性势能Ep;(3)要使小物块恰好不会从长木板上掉下,求木板长度s与木板和地面之间的动摩擦因数3的关系(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).参考答案与详细解析1.ABD解析 匀速时F牵=Ff,在MN段F牵=Pv=40 N,故A正确;W克f=FfMN=800 J,B正确;从P到Q,Ep=mgh,Ep=5103 J,故
9、C错误;从P到Q,F牵=Pv=285 N,F牵=Ff+mgsin ,解得Ff=35 N,W克f=FfPQ=700 J,D正确.2.C解析 运动员下落h高度,则重力做功为WG=mgh,选项A错误;根据牛顿第二定律得mg-Ff=ma,其中a=45g,解得Ff=15mg,则运动员克服阻力做功为W克f=Ffh=15mgh,选项B错误;运动员的动能增加量等于合外力做的功,则Ek=mah=45mgh,选项C正确;运动员的机械能减少量等于克服阻力做的功,即E=W克f=15mgh,选项D错误.3.D解析 当小球q固定在C正下方某处时,Q在B处时所受的合力为零,在此处时速率最大,故A错误;Q的机械能E等于Q的动
10、能与重力势能之和,由功能关系有E=W弹+W电,Q从A处运动到C处的过程中,由于弹簧从原长一直在伸长,故弹簧的弹力一直做负功,即W弹0,且库仑力也一直做负功,即W电0,则Ex0时,克服摩擦力做功W克f=mgcos 53x0cos53+mg(x-x0)=mgx,所以全程都有W克f=mgx=23mgx,根据功能关系可知摩擦产生的热量Q=W克f=mgx,而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功,则物块的机械能E=mgh-23mgx,所以E-x图像是纵轴截距为mgh、斜率为-23mg的倾斜直线,而其Q-x图像是过原点、斜率为23mg的倾斜直线,故A错误,D正确;物块的重力势能Ep=mgh
11、-mgtan 53x=mgh-43mgxxx0=34,所以Ep-x图像是纵轴截距为mgh、斜率为-43mg的倾斜直线,且当xx0时,重力势能始终为0,故B正确;物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中,物块的动能Ek1=mgxtan 53-mgcos 53xcos53=23mgx(xx0),当物块下滑至斜面底端时,其动能Ek1=23mgx0,此后在水平面上克服摩擦力做功,物块的动能Ek2=23mgx0-mg(x-x0)=43mgx0-23mgx(x0x2x0),所以动能达到最大值前,Ek-x图像是过原点的倾斜直线,斜率为23mg,动能达到最大后,Ek-x图像仍是倾斜直线,斜率为-23mg,图像具有
12、对称性,故C错误.5.B解析 由动能定理得F合x=Ek,故Ek-x图像的斜率表示合外力,由图像可知,图中对应过程汽车所受合力不变,F合=200103-100103200 N=500 N,故A错误;由图中可知,汽车自由下滑200 m过程,有WG+Wf=200100103 J,由图中可知,开启能量回收模式下滑200 m过程,有WG+Wf+WF=64100103 J,则回收的电能为E=-WF90%=1.224105 J,故B正确;图中对应过程下滑100 m后动能不变,但是重力势能减少,机械能减少,所以还是继续回收能量,故C错误;由图中可知,F合=mgsin 15-mgcos 15=500 N,由于不
13、知道车与斜坡间的动摩擦因数,故无法由题中及图像信息求出电动车的质量,故D错误.6.BCD解析 根据几何关系可知OM与ON长度相等,则小球在M处和在N处时弹性绳的弹性势能相等,小球从M到N的过程中,由动能定理有mgL-W克f=0,说明小球运动过程中受到摩擦力的作用,小球在P点时,由牛顿第二定律可知,其加速度a=gsin 45-Ffm22g,故A错误;根据小球受力及对称性可知,当小球位于关于P点对称的任意两个位置时,弹性绳的弹力大小相等,由于沿杆方向合力为零,所以在这两个位置时杆对小球的支持力大小相等,其所受滑动摩擦力大小也相等,因此从M到P的过程中小球克服摩擦力做的功W克f1等于从P到N的过程中
14、小球克服摩擦力做的功W克f2,则有W克f1=W克f2=12W克f=12mgL,故B正确;从M到P的过程中,重力对小球做的功WG1=12mgL,小球克服摩擦力做的功W克f1=12mgL,由于WG1=W克f1,由动能定理有WG1-W克f1+W弹1=EkP,由功能关系有W弹1=-Ep弹1,所以有-Ep弹1=EkP,即弹性绳减小的弹性势能等于小球在P点的动能,故C正确;小球从M到P的过程中动能增大,而从P到N的过程中动能减小,两个过程中重力势能减少量相等,因此小球从M到P的过程损失的机械能小于从P到N的过程中损失的机械能,故D正确.7.B解析 由动能定理得,作用在金属棒上的合力做的功为W=12mv2-
15、12mv02,故A错误;金属棒下滑过程中,重力势能减少了mgh,动能减少了Ek=12mv02-12mv2,所以金属棒机械能的减少量为E=mgh+12mv02-12mv2,故B正确;设金属棒下滑过程中,因摩擦产生的热为Q1,系统产生的电能为Q2,根据能量守恒定律有mgh+12mv02-12mv2=Q1+Q2,则Q2=mgh+12mv02-12mv2-Q1,因不能确定动能减少量和摩擦产生的热的关系,所以不能确定金属棒重力势能的减少量和系统产生的电能的关系,故D错误;由功能关系可知,金属棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热,由于导轨和金属棒的电阻都不计,则电路中只有电阻R上会产生焦耳热,所以金属
16、棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热,故C错误.8.(1)0.3(2)143(3)1.4 mgH解析 (1)当滑块A由斜面滑到水平面时,由能量守恒定律得mg2H-mgcos 2Hsin=12mv12两滑块碰撞过程,由动量守恒定律得mv1=2mv共当滑块再次滑上斜面时,由能量守恒定律得122mv共2=2mgH+2mgcos Hsin其中H=314H联立解得=0.3(2)滑块第一次从斜面上滑下过程,由牛顿第二定律得mgsin -mgcos =ma1由运动学公式得v1=a1t1滑块第一次滑上斜面的过程,由牛顿第二定律得2mgsin +2mgcos =2ma2由运动学公式得0-v共=-a2t2联
17、立解得t1t2=143(3)从滑块A由静止释放到滑块最终静止的整个过程,由能量守恒定律得mg2H=12mv12-212mv共2+W克f由功能关系可知Q=W克f联立解得Q=1.4mgH9.(1)2 m/s(2)1.2 J(3)s=4m(30.025)0.90.253m(03v0=1 m/s,可知物块在传送带上一直做匀减速运动,则物块在传送带上滑行过程,由动能定理可得-1mgL=12mvB2-12mvA2联立解得Ep=1.2 J(3)滑块从B到C过程中,由机械能守恒定律有12mvB2+mg2R=12mvC2解得vC=25 m/s当2mg3(m+M)g,即30.025时,长木块静止不动,要使小物块恰好不会从长木板上掉下,则物块在长木板上滑行过程,由动能定理得2mgs=12mvC2解得s=4 m当30.025时,长木板在小物块带动下做匀加速运动,小物块做匀减速运动,对物块有2mg=ma1解得a1=2.5 m/s2对长木板有2mg-3(m+M)g=Ma2共速时有vC-a1t=a2t木板的长度为s=vC+v2t-v2t=vCt2联立可得s=0.90.253 m(030.025)综上所述,要使小物块恰好不会从长木板上掉下,木板长度s与木板和地面之间的动摩擦因数3的关系为s=4m30.0250.90.253m030.025
