第7講專題提升:動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用

選擇題：1~7題每小題2分,8~9題每小題5分，共24分

基礎(chǔ)對點練

題組一傳送帶模型中能量轉(zhuǎn)化

1.如圖所示，傳送帶在電動機帶動下，始終以速率v做勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的某物塊由靜止釋

放在水平傳送帶的左端,傳送帶足夠長，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,對于

物塊從由靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是（）

（?￥一.（?）

A.物塊做勻速直線運動

B.所用時間為三

C.因摩擦產(chǎn)生的熱量為機5

D.電動機多做的功等于amv2

2.（多選）（2025四川成都模擬）如圖甲所示的等雙翼式傳輸機,其兩側(cè)等長的傳送帶傾角可以在一

定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)，方便不同情況下的貨物傳送作業(yè)，工作時兩傳送帶勻速轉(zhuǎn)動且速度大小相同。圖

乙為等雙翼式傳輸機工作示意圖，跖、跖代表兩傳送帶。第一次調(diào)整跖的傾角為30°，跖的

傾角為45°,第二次調(diào)整Mi的傾角為45°，腸的傾角為30°,兩次分別將同一貨物無初速放在

Mi的最低端，都能傳到Ah的最高端。貨物與Mi和M2的接觸面粗糙程度相同，兩次運輸中貨物

均在Mi上就已與傳送帶共速，先后兩次傳輸機的運行速度大小相同。貝女）

A.第一次運送貨物的時間較短

B.第二次運送貨物的時間較短

C.傳輸機因運送貨物而多消耗的能量，第一次較多

D.傳輸機因運送貨物而多消耗的能量，第二次較多

3.（多選）如圖所示，一條長為2m、傾角為30°的傳送帶在電動機的帶動下，以3m/s的速率沿逆

時針方向勻速運行。某時刻，將質(zhì)量為1kg的小滑塊輕放在傳送帶上端，直至小滑塊滑離傳送

帶。已知重力加速度g取lOm/s1滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為洛，則（）

A.小滑塊經(jīng)過0.5s與傳送帶速度相同

B.小滑塊經(jīng)過0.8s離開傳送帶

C.整個過程因摩擦而產(chǎn)生的熱量為2J

D.電動機因運送小滑塊多做的功為1J

題組二板塊中的能量變化

4.如圖所示，木板A靜止于光滑水平面上，木塊B輕置于木板A上?，F(xiàn)施加外力F拉著木塊B做

勻加速直線運動，木板A在摩擦力作用下也向右加速運動，但加速度小于木塊B的加速度，則

（）

B

------

A

A.木板A所受摩擦力對木板A做負功

B.木板A對木塊3的摩擦力做的功與木塊3對木板A的摩擦力做的功的大小相等

C.木塊與木板間摩擦產(chǎn)生的熱量等于木板A對木塊B的摩擦力做功的大小減去木塊B對木板

A的摩擦力做的功

D.力R做的功等于木塊3與木板A的動能增量之和

5.（2025四川成都模擬）如圖所示，一質(zhì)量為mo=2kg的木板靜止在水平地面上，一質(zhì)量為m=lkg

的滑塊（可視為質(zhì)點）以vo=2m/s的水平速度從木板左端滑上木板,木板始終保持靜止。木板足

夠長，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃1=0.3,木板與地面間的動摩擦因數(shù)為〃2（未知），重力加速度

大小g取10m/s2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）

zzzzzzzz/lz/z7z/2z7//z/zz/*z/zzzzzzzzz/

A.地面對木板的摩擦力方向水平向右

B.地面對木板的摩擦力大小為9N

C.〃2可能為0.12

D.整個過程中,滑塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J

6.（2025遼寧鞍山模擬）如圖所示,上表面粗糙的長木板B靜止在光滑的水平面上，物塊A疊放在

長木板右端，輕彈簧一端連接在物塊A上，另一端連接在豎直墻面上，開始時彈簧處于原長，現(xiàn)對

3施加一水平向右恒定的拉力￡彈簧始終處于彈性限度內(nèi)且只考慮A未離開5的過程，則正確

的說法是（）

/

^wwwwwwwvfZ|F

A.施加拉力后最初的一段時間內(nèi)，物塊A和木板B一定無相對滑動

B.施加拉力的瞬間，物塊A所受的摩擦力為零

C.施加拉力后的某一過程中，拉力做的功一定不小于A、3和彈簧整體機械能的增量

D.施加拉力后，在A與3相對滑動過程中,A對B的摩擦力做功的絕對值等于A、B間產(chǎn)生的熱

量

7.（多選）（2025廣東惠州模擬）如圖所示,質(zhì)量為mo、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量

為m的小物塊（可視為質(zhì)點）放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平恒力R作用在小物塊上，使小物塊從

靜止開始做直線運動，當(dāng)小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x,小物塊和小車之間的

滑動摩擦力為A,此過程中，下列結(jié)論正確的是（）

仔一尸加。，

A.小物塊到達小車最右端時，其動能為（廣A）（L+x）

B.摩擦力對小物塊所做的功為FfL

c.小物塊到達小車最右端時,小車的動能為ax

D.小物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能增加量為R（L+x）

綜合提升練

8.（2025四川內(nèi)江模擬）建筑工地上常用的一種“深穴打夯機”示意圖如圖所示，電動機帶動兩個

滾輪勻速轉(zhuǎn)動將夯桿從深坑提上來，當(dāng)夯桿底端剛到達坑口時，兩個滾輪彼此分開，將夯桿釋放,

夯桿在自身重力作用下，落回深坑，夯實坑底。然后兩個滾輪再次壓緊,夯桿被提上來，如此周而

復(fù)始，夯桿被滾輪提升過程中，經(jīng)歷勻加速和勻速運動過程。已知兩個滾輪邊緣的線速度恒為

vo=4m/s,滾輪對夯桿的正壓力F=2xl04N,滾輪與夯桿間的動摩擦因數(shù)〃=0.3,夯桿質(zhì)量

m=lxl（）3kg,坑深力=6.4m,假定在打夯的過程中坑的深度變化不大,g取10m/sz,下列說法正確

的是（）

A.夯桿被滾輪帶動加速上升的過程中，加速度的大小為2.5m/s2

B.每個打夯周期中，電動機多消耗的電能為7.2x104

C.每個打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8x104J

D.增加滾輪對夯桿的正壓力,每個打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量將增加

9.（多選）如圖甲所示,六塊相同的長木板并排放在粗糙水平地面上，每塊長度為L=2m,質(zhì)量為

mo=0.8kgo另有一質(zhì)量為機=1kg的物塊（可看成質(zhì)點）以（冬）+48m/s的初速度沖上

木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃1=0.3,木板與地面間的動摩擦因數(shù)為〃2=0」,重力加

速度g取10m/s2。以下說法正確的是（）

空

A.物塊滑上第4塊木板瞬間，第4、5、6塊木板開始運動

B.物塊滑上第5塊木板瞬間，第5、6塊木板開始運動

c.物塊最終停在某木板上,物塊與該木板摩擦產(chǎn)生的熱量為強J

041

D.物塊最終停在某木板上,物塊與該木板摩擦產(chǎn)生的熱量為息J

10.(6分)如圖所示，傾角6=37°的長度L=12.4m的傳送帶以v=12.4m/s的速率逆時針勻速轉(zhuǎn)

動，將一大小可忽略的物塊從傳送帶頂端無初速度釋放。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)

〃=0.8,物塊的質(zhì)量機=2.01<^。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力。求：

(1)物塊滑到傳送帶底端需要的時間；

(2)物塊下滑過程中摩擦力對物塊做的功。

11.(8分)某物流分揀中心為轉(zhuǎn)運貨物安裝有水平傳送帶，傳送帶空載時保持靜止,一旦有貨物被

置于傳送帶上，傳送帶就會以lm/s2的加速度向前加速運行。在傳送帶空載的某時刻，某質(zhì)量為

20kg的貨物向前以3m/s的初速度滑上傳送帶。已知傳送帶長為6m,貨物和傳送帶之間的動

摩擦因數(shù)為0.2,g取10m/s2,求：

⑴貨物用多長時間到達傳送帶末端；

(2)整個過程傳送帶對貨物做的功；

(3)傳送帶與貨物由于摩擦產(chǎn)生的熱量。

12.(10分)(2025江蘇淮安模擬)如圖甲所示，電動機驅(qū)動水平傳送帶以v0=4m/s的速度勻速穿過

固定豎直光滑擋板，擋板與傳送帶邊緣間的夾角。=45。。質(zhì)量加=1kg的圓柱形物塊從傳送帶

左端由靜止釋放，經(jīng)一段時間做勻速直線運動,接著撞擊擋板，撞擊擋板前后沿擋板的分速度不

變、垂直擋板的分速度減為零,撞擊后緊貼擋板運動L=0.5m滑離傳送帶,俯視圖如圖乙所示。

已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,g取10m/s2o求:

(1)物塊由靜止開始做加速運動的時間t;

(2)物塊緊貼擋板運動時所受摩擦力的大小和方向;

(3)上述過程中,因傳送該物塊電動機多消耗的電能E。

13.(12分)如圖所示，水平軌道A3長為2民其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。1、半徑為R的光滑圓弧軌道3C與A3相切于3點，并且和圓心在。2、半

徑為2R的光滑細圓管軌道CD平滑對接,5、C、。2三點在同一條直線上。光滑細圓管軌道

CD右側(cè)有一半徑為2R、圓心在。點的《圓弧擋板豎直放置，并且與地面相切于。2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3點之前已經(jīng)脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細圓

管軌道最高點。(計算時圓管內(nèi)徑可不計，重力加速度為g)。求：

(1)小滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)〃；

⑵彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep；

(3)小滑塊通過最高點。后落到擋板上時具有的動能Ek。

第7講專題提升:動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用

1.B解析物塊由靜止釋放在傳送帶上時，傳送帶會給物塊一個向右的摩擦力耳

促使物塊向右做勻加速直線運動，則有尸￡=機。=〃冽8，解得a=〃g,故A錯誤;物塊最

終和傳送帶相對靜止，即和傳送帶共速，所用時間為右二，故B正確;傳送帶運動的

位移為％=近，可知傳送帶克服摩擦力所做的功為Wf=/成=〃陽歷=加優(yōu)物塊獲得的

動能為耳毛加/,可得因摩擦產(chǎn)生的熱量為。=叱-&=2機故C錯誤;電動機多做

的功轉(zhuǎn)化為物塊的動能和系統(tǒng)內(nèi)能,皿=a+。=加/,故D錯誤。

2.AD解析設(shè)傳送帶的速度為％跖的傾角為仇貨物在跖上加速運動時有

/umgcosO-mgsin解得a=pigcosO-gsin"可知夕越大，加速度越小，兩次貨物運

送的長度一樣，則第一次運送貨物的時間較短，故A正確,B錯誤;根據(jù)能量守恒可

知,傳輸機因運送貨物而多消耗的能量轉(zhuǎn)化為貨物的動能、重力勢能和摩擦產(chǎn)生

的內(nèi)能。兩次運送貨物增加的動能和重力勢能之和相等，故只需比較兩種情況下

因摩擦產(chǎn)生的熱量。，設(shè)貨物加速的時間為力,貨物與傳送帶的相對位移為Ax,可得

t=-,Q=FfAx,Ax=vt-^t,Ff=jLimgcos仇聯(lián)立解得0=，可知夕越大，。越大，即傳

azz^jtz-taric/)

輸機因運送貨物而多消耗的能量多，故第二次較多，故C錯誤,D正確。

3.BC解析小滑塊剛放上去時的加速度為防,則根據(jù)牛頓第二定律可知mgsin

O+umgcos夕=神。1,解得Qi=gsinO+ugcos0=7.5m/s?,達到共速的時間ti=—=0.4s,A

錯誤;共速前的位移Xi=；M=0.6m,小滑塊此時運動的加速度為奧,同理根據(jù)牛頓

+2

第二定律可知Q2=gsin夕-〃geos6=2.5m/sz,故有x2=v?2^azt2,%2=(2-0.6)m=1.4m,

聯(lián)立解得彳2=0.4s,所以小滑塊離開傳送帶的時間UA+力=0.8s,B正確;整個過程中

因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=]umgcos3(vh-xx+x2-vt2)=2J,C正確;根據(jù)能量守恒可知

W=^mgcos^(V?I-V?2)=0,D錯誤。

4.C解析木板A所受摩擦力方向與其運動方向相同，對木板A做正功,A錯誤;木

板A對木塊5的摩擦力做的功大小為WI=FE4雙木塊5對木板4的摩擦力做的功

大小為皿2=居82,由題意得下￡48的大小與在切的大小相等，但％〉片,所以兩者做功

大小不相等,B錯誤;摩擦生熱的計算公式為。=尸廣八5,又因為As=%-%1,所以有

Q=Ff-As=Wi-W2,C正確;根據(jù)能量守恒有，力尸做的功等于木塊5和木板A動能的

增量之和,再加上4、5相對運動產(chǎn)生的熱量,D錯誤。

5.C解析根據(jù)受力分析可知滑塊對木板的滑動摩擦力方向水平向右，因此地面

對木板的靜摩擦力方向水平向左，故A錯誤;滑塊對木板的滑動摩擦力大小

尸fm=〃Mg=3N,由于木板始終保持靜止，故地面對木板的靜摩擦力大小Ff0=Ffm=3

N,故B錯誤;木板始終保持靜止，即〃2(祖+mo)g*fm,解得〃2對」,故C正確;整個過

程中,滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，產(chǎn)生的熱量。專祖%2=2J,故D錯誤。

6.C解析由題干可知,施加水平向右的恒力尸后,在物塊4與木板5未分離過程

中，即施加力尸后，物塊A與木板5會發(fā)生相對滑動，故A項錯誤油上述分析可知,

施加拉力后，兩者之間即發(fā)生相對滑動，此時物塊A與木板間存在滑動摩擦力，故B

項錯誤油能量守恒可知，拉力廠所做的功等于物塊4與木板5、彈簧整體機械能

的增量以及4、5物體之間摩擦產(chǎn)生的熱量，即施加拉力后的某一過程中,拉力做

的功一定不小于4、5和彈簧整體機械能的增量，故C項正確;由功能關(guān)系可

知,A、5之間產(chǎn)生的熱等于4、5之間摩擦力與A、5兩物體間的相對位移的乘

積，即Q=FfAxAB,故D項錯誤。

7.AC解析小物塊發(fā)生的位移為￡+%,對于小物塊根據(jù)動能定理可得Ekl=(F-

Ff)(￡+x),<A正確;小物塊克服摩擦力做的功為W=Ff(￡+%),故B錯誤;物塊到達小

車最右端時，小車運動的距離為無對小車根據(jù)動能定理得小=理1,故C正確;小車

和小物塊增加的動能為a=41+&2=(尸-&)(￡+%)+下/=/(￡+X)-居"系統(tǒng)重力勢能

不變，則小物塊和小車增加的機械能為F(L+x)-FfL,故D錯誤。

8.C解析夯桿被滾輪帶動加速上升的過程中，對夯桿進行分析，根據(jù)牛頓第二定

律有解得a=2m/s?,故A錯誤;夯桿被滾輪帶動加速上升的過程中，若

勻加速至根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有〃()2=2依0,解得刈=4m</z=6.4m,之后夯

桿勻速運動至到達坑口,此過程夯桿所受左右兩輪靜摩擦力的合力大小等于夯桿

的重力，勻加速過程經(jīng)歷時間與勻速過程經(jīng)歷時間分別為介="=2S,?2=^=0.6s,

CLVQ

根據(jù)功能關(guān)系，由于滾輪邊緣的線速度大小恒定，則每個打夯周期中，電動機多消耗

的電能等于滾輪克服摩擦阻力所做的功石電動機=2〃下W"+MgwZ2,解得E電動機

=1.2xl()5j,故B錯誤;每個打夯周期中滾輪與夯桿間的相對位移大小為x#=v0?i-

沏=4m,則因摩擦產(chǎn)生的熱量為。=2〃尸％相=4.8義IO,j,故c正確;結(jié)合上述可知，在

勻加速過程中有2〃尸夯桿勻加速至均的相對位移％相=丫0%-弊%其中

九=當(dāng)產(chǎn)生的熱量。=2〃網(wǎng)相，解得。=駕量=?需，可知，若增加滾輪對夯桿的正

az/zr-mg2〃一/

壓力,每個打夯周期中滾輪與夯桿間因摩擦產(chǎn)生的熱量將減小，故D錯誤。

9.BD解析當(dāng)物塊滑上第〃個長木板時，長木板開始運動，滿足〃Mg〉〃2[m+(7-

〃加o]g,解得〃〉4.5,故物塊滑上第5塊木板瞬間，第5、6塊木板開始運動，故A錯

誤,B正確?；系?塊木板前，所有木塊相對地面靜止，則〃M8=根勾,根據(jù)孫2—

%2=2?4￡,代入數(shù)據(jù)解得沖上第5塊木板的速度也=§m/s,在第5塊木板上運動

O

、一11

時間為玄，受力分析得〃即g-〃2(m+2恤蟲=2神0。56J狀5-尹t52-y56t5?二乙解得t5=l

C1

s,此時物塊速度V]'=vi-at=-m/s,v=a56?5=7m/s,繼續(xù)滑上第6個木板，則〃解g-

55o24

3、、、1

〃2(加+加0爾二恤06,解得。6=2向$2；設(shè)達到共速時間為/6〃1""6』2+。6%,解得希二誦

s,v共=]m/s,則共速時，相對于第6塊木板左端距離d=:(v/+v共)，6-〈(V2+v共)括=1m,

oZZ04

則物塊與該木板摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=〃Mgd=■高J,故C錯誤,D正確。

10.答案⑴1.5s(2)4.96J

解析(1)根據(jù)牛頓第二定律,物塊的加速度a=gsin夕+〃geos6=12.4m/s2

經(jīng)過時間人物塊與傳送帶共速?i=C-L=ls

1

共速前物塊加速的位移%)=-61^2=6.2m

共速后物塊勻速運動的時間r=—=0.5s

2V

物塊滑到傳送帶底端需要的時間^I+?2=1.5SO

(2)物塊在與傳送帶相對運動過程中，動摩擦力做功為

W}=jnmgcos0-X]=79.36J

物塊在與傳送帶相對靜止下滑過程中，靜摩擦力做功為

W2=-mgsin夕(￡-%i)=-74.4J

所以物塊下滑過程中摩擦力對物塊做的功W=WI+W2=4.96J

或根據(jù)動能定理mgLsin0+W^mv2

所以物塊下滑過程中摩擦力對物塊做的功W=4.96J。

11.答案⑴3s(2)0(3)60J

解析(1)對貨物受力分析,由牛頓第二定律可知〃帆?=加優(yōu)

解得a'=2m/s2

設(shè)經(jīng)時間人兩者共速，則v0-a'ti=ati

解得A=1s

故貨物運動1s后兩者共速，此時的速度大小

v=at]=lm/s

1

貨物的位移蒞=丫0小歷篤2=2m

由題意知，兩者共速后，一起以加速度。做勻加速直線運動，設(shè)兩者共速后,貨物再

2

運動時間才2到達傳送帶末端，則Vt2+^at2-l-Xx

解得噌=2s

所以貨物到達傳送帶末端所用的時間Uh+/2=3s。

⑵設(shè)貨物到達傳送帶末端的速度大小為"，則

v'=v+at2

解得v-3m/s

貨物從被推上傳送帶至到達傳送帶末端的過程,由動能定理得卬=今1仔3rm

解得w=0o

2

(3)貨物和傳送帶之間的相對位移/^x=xi-^at1=1.5m

所以整個過程因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=wwgAx=60J。