2025屆高考物理二輪復習微專題1傳送帶模型綜合問題理-專項訓練1.(不定項)[2022·廣東卷]如圖所示,載有防疫物資的無人駕駛小車,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛,已知小車總質量為50kg,MN=PQ=20m,PQ段的傾角為30°,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力.下列說法正確的有 ()A.從M到N,小車牽引力大小為40NB.從M到N,小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q,小車重力勢能增加1×104JD.從P到Q,小車克服摩擦力做功700J2.如圖所示為低空跳傘極限運動表演,運動員從離地350m高的橋面一躍而下,實現了自然奇觀與極限運動的完美結合.假設質量為m的跳傘運動員由靜止開始下落,在打開傘之前受恒定阻力作用,下落的加速度為45g(g為重力加速度),則在運動員下落h高度的過程中,下列說法正確的是 (A.運動員重力做功為45B.運動員克服阻力做功為45C.運動員的動能增加了45D.運動員的機械能減少了453.如圖所示,輕彈簧上端固定,下端拴著一帶正電的小球Q,Q在A處時彈簧處于原長狀態,Q可在C處靜止.當將另一帶正電的小球q固定在C正下方某處時,Q可在B處靜止.在有小球q的情況下,將Q從A處由靜止釋放,則Q從A運動到C處的過程中()A.Q運動到C處時速率最大B.Q、q兩球組成的系統機械能不斷增大C.Q的機械能不斷增大D.Q的加速度先減小后增大4.(不定項)如圖所示,一小物塊由靜止開始沿傾角為53°的斜面向下滑動,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑連接,且物塊與斜面間、物塊與地面間的動摩擦因數均為23,取地面為零勢能面,已知sin53°=0.8,cos53°=0.6.該過程中,物塊的機械能E、重力勢能Ep、動能Ek、摩擦產生的熱量Q與水平位移x的關系圖像可能正確的是 (ABCD5.電動車配有把機械能轉化為電能的“能量回收”裝置.某次測試中電動車沿傾角為15°的斜坡向下運動,初動能為1.0×105J.第一次讓車無動力自由滑行,其動能Ek與位移x的關系如圖中直線①所示;第二次讓車無動力并開啟“能量回收”裝置滑行,其動能Ek與位移x的關系如圖中曲線②所示.假設機械能回收效率為90%,重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是()A.圖中①對應過程汽車所受合力越來越大B.可求出圖中②對應過程下滑200m回收的電能C.圖中②對應過程下滑100m后不再回收能量D.由題中及圖像信息可求出電動車的質量6.(不定項)如圖所示,傾斜成45°角的固定直桿上套有一質量為m的小球(可視為質點),小球可沿桿滑動,輕質彈性繩一端固定于O點,另一端連在小球上.將小球從彈性繩處于水平的位置M(此時彈性繩的長度為L)由靜止釋放,當小球運動到彈性繩與桿垂直的位置P時,彈性繩長度剛好為原長,小球沿桿下滑到彈性繩處于豎直的位置N時速度減為零.若彈性繩始終在彈性限度內且彈性繩的彈力與其形變量成正比,重力加速度大小為g,則下列說法正確的是 ()A.小球在P點時的加速度大小為22B.從M到P的過程中,小球克服摩擦力做的功為12C.小球在P點的動能等于從M到P的過程中彈性繩減小的彈性勢能D.小球從M到P的過程中損失的機械能小于從P到N的過程中損失的機械能7.[2024·衢州模擬]如圖所示,兩根粗糙的金屬導軌平行放置在傾角為θ的斜面上,導軌下端接有電阻R,導軌電阻不計.斜面處在豎直向上的勻強磁場中,質量為m的金屬棒ab垂直放置在導軌上且始終與導軌接觸良好,金屬棒電阻不計,重力加速度為g.若金屬棒沿導軌減速下滑,在下滑h高度的過程中,它的速度由v0減小到v,則下列說法正確的是 ()A.作用在金屬棒上的合力做的功為12mv02-B.金屬棒機械能的減少量為mgh+12mv02-C.金屬棒克服安培力做的功大于電阻R上產生的焦耳熱D.金屬棒重力勢能的減少量等于系統產生的電能8.如圖所示,左側光滑曲面軌道與右側傾角α=37°的斜面在底部平滑連接且均固定在光滑水平地面上,質量為m的小滑塊A從斜面上離斜面底邊高為2H處由靜止釋放,經過斜面與水平地面交接處時無機械能損失,在水平地面上與一質量為m的靜止小滑塊B發生正碰并結合為一個整體(A、B完全相同),一起滑上左側曲面軌道,再從曲面軌道滑回斜面,滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為314H,多次往復運動.不計空氣阻力,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數μ;(2)滑塊第一次滑下斜面的時間t1與第一次滑上斜面的時間t2之比;(3)滑塊最終靜止,整個系統由于摩擦產生的熱量Q.9.[2024·溫嶺中學模擬]如圖所示,水平軌道左端與長L=1.25m的水平傳送帶相接,傳送帶逆時針勻速運動的速度v0=1m/s.輕彈簧右端固定在光滑水平軌道上,彈簧處于自然狀態.現用質量m=0.1kg的小物塊(視為質點)將彈簧壓縮后由靜止釋放,到達水平傳送帶左端B點后,立即沿切線進入豎直固定的光滑半圓軌道最高點并恰好做圓周運動,經圓周最低點C后滑上質量為M=0.9kg的長木板上,豎直半圓軌道的半徑R=0.4m,物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.8,物塊與木板間的動摩擦因數μ2=0.25.g取10m/s2.(1)求物塊到達B點時的速度vB的大小;(2)求彈簧被壓縮時的彈性勢能Ep;(3)要使小物塊恰好不會從長木板上掉下,求木板長度s與木板和地面之間的動摩擦因數μ3的關系(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力).參考答案與詳細解析1.ABD[解析]勻速時F牽=Ff,在MN段F牽=Pv=40N,故A正確;W克f=FfMN=800J,B正確;從P到Q,ΔEp=mgΔh,ΔEp=5×103J,故C錯誤;從P到Q,F牽'=P'v'=285N,F牽'=Ff'+mgsinθ,解得Ff'=35N,W克f'=Ff'PQ=7002.C[解析]運動員下落h高度,則重力做功為WG=mgh,選項A錯誤;根據牛頓第二定律得mg-Ff=ma,其中a=45g,解得Ff=15mg,則運動員克服阻力做功為W克f=Ffh=15mgh,選項B錯誤;運動員的動能增加量等于合外力做的功,則ΔEk=mah=45mgh,選項C正確;運動員的機械能減少量等于克服阻力做的功,即ΔE=W克f=15mgh3.D[解析]當小球q固定在C正下方某處時,Q在B處時所受的合力為零,在此處時速率最大,故A錯誤;Q的機械能E等于Q的動能與重力勢能之和,由功能關系有ΔE=W彈+W電,Q從A處運動到C處的過程中,由于彈簧從原長一直在伸長,故彈簧的彈力一直做負功,即W彈<0,且庫侖力也一直做負功,即W電<0,則ΔE<0,即Q的機械能不斷減小,故C錯誤;因小球q固定不動,則其機械能不變,因Q的機械能不斷變小,故Q、q兩球組成的系統機械能不斷減小,故B錯誤;Q在B處時加速度為零,則Q從A處運動到B的過程中,加速度一直減小到零,而Q從B處運動到C處的過程中,加速度反向增大,故D正確.4.BD[解析]設O點到斜面底端的距離為x0,物塊釋放點的高度為h,物塊從釋放到停止運動的過程中,當水平位移x≤x0時,克服摩擦力做功W克f=μmgcos53°·xcos53°=μmgx,當x>x0時,克服摩擦力做功W克f=μmgcos53°·x0cos53°+μmg·(x-x0)=μmgx,所以全程都有W克f=μmgx=23mgx,根據功能關系可知摩擦產生的熱量Q=W克f=μmgx,而物塊在該過程中機械能的減少量始終等于克服摩擦力所做的功,則物塊的機械能E=mgh-23mgx,所以E-x圖像是縱軸截距為mgh、斜率為-23mg的傾斜直線,而其Q-x圖像是過原點、斜率為23mg的傾斜直線,故A錯誤,D正確;物塊的重力勢能Ep=mgh-mgtan53°·x=mgh-43mgxx≤x0=34?,所以Ep-x圖像是縱軸截距為mgh、斜率為-43mg的傾斜直線,且當x>x0時,重力勢能始終為0,故B正確;物塊從最高點下滑至斜面最低點的過程中,物塊的動能Ek1=mgxtan53°-μmgcos53°·xcos53°=23mgx(x≤x0),當物塊下滑至斜面底端時,其動能Ek1=23mgx0,此后在水平面上克服摩擦力做功,物塊的動能Ek2=23mgx0-μmg(x-x0)=43mgx0-23mgx(x0≤x≤2x0),所以動能達到最大值前,Ek-x圖像是過原點的傾斜直線,斜率為5.B[解析]由動能定理得F合x=ΔEk,故Ek-x圖像的斜率表示合外力,由圖像可知,圖中①對應過程汽車所受合力不變,F合=200×103-100×103200N=500N,故A錯誤;由圖中①可知,汽車自由下滑200m過程,有WG+Wf=200?100×103J,由圖中②可知,開啟能量回收模式下滑200m過程,有WG+Wf+WF=64?100×103J,則回收的電能為E=-WF×90%=1.224×105J,故B正確;圖中②對應過程下滑100m后動能不變,但是重力勢能減少,機械能減少,所以還是繼續回收能量,故C錯誤;由圖中①可知,F合=mgsin15°-μmgcos15°=500N,由于不知道車與斜坡間的動摩擦因數,6.BCD[解析]根據幾何關系可知OM與ON長度相等,則小球在M處和在N處時彈性繩的彈性勢能相等,小球從M到N的過程中,由動能定理有mgL-W克f=0,說明小球運動過程中受到摩擦力的作用,小球在P點時,由牛頓第二定律可知,其加速度a=gsin45°-Ffm<22g,故A錯誤;根據小球受力及對稱性可知,當小球位于關于P點對稱的任意兩個位置時,彈性繩的彈力大小相等,由于沿桿方向合力為零,所以在這兩個位置時桿對小球的支持力大小相等,其所受滑動摩擦力大小也相等,因此從M到P的過程中小球克服摩擦力做的功W克f1等于從P到N的過程中小球克服摩擦力做的功W克f2,則有W克f1=W克f2=12W克f=12mgL,故B正確;從M到P的過程中,重力對小球做的功WG1=12mgL,小球克服摩擦力做的功W克f1=12mgL,由于WG1=W克f1,由動能定理有WG1-W克f1+W彈1=EkP,由功能關系有W彈1=-ΔEp彈1,所以有-ΔEp彈1=EkP,即彈性繩減小的彈性勢能等于小球在P點的動能,故C正確;小球從M到P的過程中動能增大,而從P到N的過程中動能減小,兩個過程中重力勢能減少量相等,因此小球從M到P的過程損失的機械能小于從P到7.B[解析]由動能定理得,作用在金屬棒上的合力做的功為W=12mv2-12mv02,故A錯誤;金屬棒下滑過程中,重力勢能減少了mgh,動能減少了ΔEk=12mv02-12mv2,所以金屬棒機械能的減少量為ΔE=mgh+12mv02-12mv2,故B正確;設金屬棒下滑過程中,因摩擦產生的熱為Q1,系統產生的電能為Q2,根據能量守恒定律有mgh+12mv02-12mv2=Q1+Q2,則Q2=mgh+12mv02-12mv2-Q1,因不能確定動能減少量和摩擦產生的熱的關系,所以不能確定金屬棒重力勢能的減少量和系統產生的電能的關系,故D8.(1)0.3(2)14∶3(3)1.4mgH[解析](1)當滑塊A由斜面滑到水平面時,由能量守恒定律得mg×2H-μmgcosα×2Hsinα=兩滑塊碰撞過程,由動量守恒定律得mv1=2mv共當滑塊再次滑上斜面時,由能量守恒定律得12×2mv共2=2mgH'+2μmgcos其中H'=314聯立解得μ=0.3(2)滑塊第一次從斜面上滑下過程,由牛頓第二定律得mgsinα-μmgcosα=ma1由運動學公式得v1=a1t1滑塊第一次滑上斜面的過程,由牛頓第二定律得2mgsinα+μ×2mgcosα=2ma2由運動學公式得0-v共=-a2t2聯立解得t1∶t2=14∶3(3)從滑塊A由靜止釋放到滑塊最終靜止的整個過程,由能量守恒定律得mg×2H=12mv12-2×12mv共2由功能關系可知Q=W克f聯立解得Q=1.4mgH9.(1)2m/s(2)1.2J(3)s=4m([解析](1)物塊進入光滑半圓軌道最高點并恰好做圓周運動,由牛頓第二定律得mg=mv`解得vB=2m/s(2)設物塊到達A點時的速度為vA,物塊被彈簧彈出過程中,物塊和彈簧組成的系統機械能守恒,有Ep=12m由于vB>v0=1m/s,可知物塊在傳送帶上一直做勻減速運動,則物塊在傳送帶上滑行過程,由動能定理可得-μ1mgL=12mvB2-聯立解得Ep=1.2J(3)滑塊從B到C過程中,由機械能守恒定律有12mvB2+mg·2R=解得vC=2