1、课时跟踪检测（二十五） 功能关系的综合应用A卷基础必做1(2022佛山模拟)(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是( )解析：选CD根据滑块与斜面间的动摩擦因数tan 可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，C、D正确；产生的热量QFfx，由受力分析可知，滑块做匀减速直线运动
2、，xv0tat2，故QFf，Q和t为二次函数关系，动能EkEk0mgsin x，动能Ek和时间也是二次函数关系，A、B错误。2.(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )A前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动B后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同Cv相同时，不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同D相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍解析：选AC物品轻放在传送带
3、上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ffmgma，物品的加速度大小为ag，匀加速的时间为t，位移为xt，传送带匀速的位移为xvt，物品相对传送带滑行的距离为xxx，物品与传送带摩擦产生的热量为Qmgxmv2，则知v相同时，不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x，则知相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。3如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m2 kg 的另
4、一物体B(可视为质点)以水平速度v02 m/s 滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )AA获得的动能为2 JB系统损失的机械能为4 JCA的最小长度为2 mDA、B间的动摩擦因数为0.1解析：选D由题图乙可知，A、B的加速度大小均为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，A获得的动能为1 J，A错误；系统损失的机械能Emv022mv22 J，B错误；由题图乙可求出A、B相对位移为1 m，即A的最小长度为1 m，C错误；对物体B分析，根据牛顿第二定律得：mgma，解得0.1，D正确。4(多选)
5、质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为，则( )A物体与水平面间的动摩擦因数为B物体再前进便停止C物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的 倍D若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0解析：选AD由动能定理知WfmgdE0，解得，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有mgsE0，解得sd，物体再前进便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动，则连续运动三个距离所用时间之比为1(1)()，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知mg3d
6、Ek，解得Ek2E0，D正确。5(多选)如图所示倾角为30的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程( )A甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数B甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量C两个过程中皮带对滑块所做的功相同D两个过程中电动机对皮带所做的功相同解析：选BC相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动
7、能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；动能增加量相同，f甲2hmghf乙hmgh，得f乙2f甲mg，相对位移x甲2x乙，根据Qfs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B正确；从传送带底端到顶端，甲、乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，根据B、C两项分析知放甲滑块时电动机做的功较多，故D错误。6(2021年8省联考辽宁卷)(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在
8、静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是( )At0.5 s时，两滑块相距2 mBt1.5 s时，两滑块速度相等C01.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 mD02.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J解析：选BCD两滑块做匀变速运动时的加速度大小ag2 m/s2，根据xv0tat2，t0.5 s时，两滑块相距xx03 m，A错误；传送带
9、启动时，甲滑块的速度为v1v1at5 m/s，与传送带速度相等所用时间t11 s，因此在t1.5 s时，甲滑块速度与传送带相等；传送带启动时，乙滑块传送的速度为v2v2at1 m/s，与传送带速度相等所用时间t21 s，因此在t1.5 s时，乙滑块速度与传送带相等；t1.5 s时，两滑块速度相等，B正确；00.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x1v2tat20.75 m,0.51.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2v0t1 m，因此01.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2x10.25 m，C正确；甲相对传送带的位移x甲v1t甲at甲2v0t甲61.5 m21.52 m31 m3.75
10、 m，甲滑块与传送带间摩擦生热量Q1m1gx甲7.5 J，乙滑块与传送带间摩擦生热量Q2m2g(x1x2)7 J，因此02.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热为QQ1Q214.5 J，D正确。7(2022佛山模拟)如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是( )A图乙中x4 m2s2B小球从B到C损失了0.125 J的机械能C小球从A到C合外力对其做的功为1.05 JD小球
11、从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m解析：选B当h0.8 m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mgm，可得vC2gr4 m2s2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量EkmvA2mvC21.05 J，故合外力对其做的功为1.05 J，重力势能增加量Epmg2r0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在AB段所受摩擦力大于在BC段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125 J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，由2rgt2，xvCt，可解得x0.8 m，故D正确。8.如图所示，传送带与地面的夹角37，A、B两端间距L16 m，传送带以速率v10 m/s沿
12、顺时针方向运动，现有一物体质量m1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数0.5(取sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)，求：(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量。解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1设物体经时间t1加速到与传送带同速，则va1t1，x1a1t12解得a110 m/s2，t11 s，x15 m设物体经过时间t2到达B端，因mgsin mgcos ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，可得mgsin mgcos ma2Lx1vt2a2t22解得t21
13、 s故物体由A端运动到B端的时间tt1t22 s。(2)物体相对传送带运动的路程x相(vt1x1)(Lx1vt2)6 m故系统因摩擦产生的热量为Qmgcos x相24 J。答案：(1)2 s(2)24 J9如图所示，质量M8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数0.2，现对小物块施加一个大小F8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小物块和长木板的加速度各为多大；(2)长木板的长度；(3)通过计算说明：互为
14、作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。解析：(1)长木板与小物块间摩擦力Ffmg4 N小物块加速度a12 m/s2长木板加速度a20.5 m/s2。(2)小物块对地位移x1a1t24 m长木板对地位移x2a2t21 m长木板长Lx1x23 m。(3)摩擦力对小物块做功W1Ffx116 J摩擦力对长木板做功W2Ffx24 J，故W1W20。答案：(1)2 m/s20.5 m/s2(2)3 m(3)见解析B卷重点选做10.(2022南京模拟)如图所示，倾角37的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量
15、为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数1和物块B与A间的动摩擦因数2；(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则La
16、1t2，根据牛顿第二定律2mgsin 13mgcos 2mgcos 2ma1，以物块B为研究对象，则2La2t2，根据牛顿第二定律mgsin 2mgcos ma2，联立以上各式并代入数据解得10.5，20.375。(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式Lv1t,2Lv2t，因摩擦产生的总热量Qmg2Lsin 2mgLsin mv222mv12或Q13mgcos L2mg cos L，代入数据解得Q90 J。答案：(1)0.50.375(2)90 J11如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A位于水平传送带的右端，B置于倾角为30的光滑固定斜面上，轻
17、绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v02 m/s逆时针匀速转动，某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v15 m/s运动，方向如图，经过一段时间A回到传送带的右端。已知A、B的质量均为1 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.1，斜面、轻绳、传送带均足够长，B不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取10 m/s2。求：(1)A向左运动的总时间；(2)A回到传送带右端的速度大小；(3)上述过程中，A与传送带间因摩擦产生的总热量。解析：(1)A向左减速运动的过程中，刚开始时，A的速度大于传送带的速度，以A为研究对象，受到向右的摩擦力与绳对A的拉力，设绳子的拉力为FT1，以向右为
18、正方向，得FT1mgma1，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A相等，B向上运动的过程mgsin 30FT1ma1，联立可得a13 m/s2，A的速度与传送带的速度相等时所用的时间t11 s，当A的速度与传送带的速度相等之后A的速度小于传送带的速度，受到的摩擦力方向向左，设绳子的拉力为FT2，以A为研究对象，则FT2mgma2，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A是相等的，B向上运动的过程中mgsin 30FT2ma2，联立可得a22 m/s2，当A向左速度减为0，经过时间t21 s，A向左运动的总时间tt1t22 s。(2)A向右运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向左，仍然受到
19、绳子的拉力，同时，B受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以A的加速度不变，仍为a3a22 m/s2，t1时间内A的位移x1t13.5 m，负号表示方向向左，t2时间内A的位移x2t21 m，负号表示方向向左，A向左运动的总位移xx1x24.5 m，A回到传送带右端的位移x3x4.5 m，速度v3 m/s。(3)t1时间内传送带的位移x1v0t12 m，该时间内传送带相对于A的位移大小x1x1x11.5 m，t2时间内传送带的位移x2v0t22 m，该时间内传送带相对于A的位移大小x2x2x21 m，A回到传送带右端的时间为t3，则t3 s，t3时间内传送带的位移x3v0t33 m，该时间内传送带相对于A的位移大小x3x3x3(4.53)m，A与传送带之间的摩擦力Ffmg1 N，上述过程中A与传送带间因摩擦产生的总热量QFf(x1x2x3)(73)J。答案：(1)2 s(2)3 m/s(3)(73)J
