提分集训(33) 专题强化 动力学和能量观点的综合应用(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

1．(2025·佛山模拟)如图所示，水平传送带以速度v顺时针匀速转动，现将质量为m的物块无初速度放在A端，物块在到达B端前已与传送带共速，已知AB端距离为L，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，对于物块从A端运动到B端的过程，下列说法正确的是(　　) A．物块对传送带不做功 B．摩擦力对物块做的功为μmgL C．系统因摩擦产生的热量为mv2 D．由于运输物块电动机多做的功为mv2 解析：选D　AB.物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得摩擦力对物块做的功为 W＝f·t＝mat·＝mv2<μmgL 同时物块对传送带做功为 W′＝－f·vt＝－mv2 故AB错误； C．系统摩擦生热为 Q＝f(vt－t)＝mv2 故C错误； D．电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为 ΔE＝Q＋mv2＝mv2 故D正确． 故选D. 2．(2025·山东联考)如图甲所示，倾角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量m＝10 kg的货物(可视为质点)轻放到传送带底端A，货物运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10 s时刻货物到达传送带顶端B，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，货物从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是(　　) A.货物受到的摩擦力大小始终为64 N B．货物受到的摩擦力做的功为320 J C．货物受到的合力做的功为920 J D．传送带因传送货物而多消耗的能量为1 240 J 解析：选D　A．v－t图像中斜率表示加速度，因此货物在0～5 s内的加速度大小 a＝m/s2 由牛顿第二定律得 f1－mg sin 37°＝ma 解得f1＝64 N 5 s～10 s内货物做匀速直线运动，有 f2＝mg sin 37°＝60 N 故A错误； B．0～5 s内货物受到的摩擦力做的功 W1＝f1x1＝64× J＝320 J 5 s～10 s内货物受到的摩擦力做的功 W2＝f2x2＝60×2×5 J＝600 J 故B错误； C．根据动能定理有 W合＝mv2－0＝20 J 故C错误； D．传送带因传送货物而多消耗的能量用来克服货物给传送带的摩擦力做的功，有 E＝Wf＝f1vt1＋f2vt2＝64×2×5 J＋60×2×5 J＝1 240 J 故D正确． 故选D. 3．如图所示，以恒定速率v逆时针运行的传送带与水平面间的夹角为α，转轴间距L.工作人员将质量为m的小包裹轻放上传送带的顶端．已知小包裹与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.设传送带顶端为零势能面，则描述小包裹的机械能随其位移的变化关系可能正确的是(　　) A．　　　B． C． D． 解析：选C　除重力以外的其他力做的功等于小包裹机械能的变化量．小包裹从放上传送带到与传送带速度相同的过程中，沿着传送带向下的滑动摩擦力f动＝μmg cos α对小包裹做正功，小包裹的机械能随位移均匀增大，图像斜率大小为μmg cos α.当小包裹的速度与传送带速度相同后，分两种情况：第一种，μ较大，小包裹与传送带一起匀速运行，传送带对小包裹的摩擦力为沿着传送带向上的静摩擦力，且静摩擦力 f静＝mg sin α≤μmg cos α 该静摩擦力对小包裹做负功，小包裹的机械能随位移均匀减小，图像斜率大小为mg sin α，小于第一阶段的斜率大小；第二种μ较小，小包裹继续做加速运动，传送带对小包裹的摩擦力为沿着传送带向上的滑动摩擦力，且有 mg sin α－μmg cos α>0 该滑动摩擦力对小包裹做负功，小包裹的机械能随位移均匀减小，图像斜率大小为μmg cos α，与第一阶段斜率大小相等，故ABD错误，C正确． 故选C. 4．(2025·镇江调研)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，B是质量mB＝0.2 kg、长度L＝18 m的薄木板，A是质量mA＝0.1 kg的滑块(可视为质点).初始状态时，薄木板下端Q距斜面底端距离s＝15 m，现将B由静止释放，同时滑块A以速度v0＝6 m/s从木板上端P点沿斜面向下冲上薄木板．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)刚开始运动时，A、B加速度的大小； (2)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间； (3)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程系统损失的机械能． 解析：(1)开始运动时A的加速度 aA＝＝2 m/s2 B的加速度 aB＝＝8 m/s2 (2)当两者达到共速时 v＝v0＋aAt1＝aBt1 解得t1＝1 s v＝8 m/s 此时木板下滑 xB＝aBt＝4 m 物块下滑 xA＝v0t1＋aAt＝7 m 此后AB一起沿斜面向下运动，加速度为 a＝g sin 37°＝6 m/s2 则当木板下端到达底端时 s－xB＝vt2＋at 解得t2＝1 s 则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间 t＝t1＋t2＝2 s (3)该过程中系统产生的热量 Q＝μmAg cos 37°(xA－xB)＝1.2 J 从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程系统损失的机械能1.2 J. 答案：(1)2 m/s2　8 m/s2　(2)2 s　(3)1.2 J 5．如图所示，一游戏轨道由倾角为θ＝37°的足够长倾斜轨道AB、长为x＝1.2 m的水平直轨道BC、半径为R＝0.32 m的光滑竖直圆环轨道CDEC′、光滑水平直轨道C′F及水平传送带FG组成．其中竖直圆环的最低点C和C′相互靠近且错开，轨道末端F点与水平传送带(轮子很小)的左端刚好平齐接触．将一质量为m＝20 g的小滑块(可视为质点)，从倾斜轨道上某处静止释放．已知小滑块与倾斜轨道AB、水平直轨道BC及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.25，传送带长度FG＝4 m，其沿逆时针方向以恒定速度v＝4 m/s匀速转动．所有轨道在同一竖直面内，且各接口处平滑连接，忽略空气阻力．求： (1)若小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动，则其在通过圆环轨道内侧与圆心等高处的E点时，受到圆环轨道的作用力大小； (2)在满足(1)的条件下，小滑块首次滑上传送带并返回F点的过程中，传送带电机由于牵引力增加而多消耗的电能E； (3)为保证小滑块始终不脱离游戏轨道，小滑块从倾斜轨道AB上静止释放的高度H应满足什么条件？ 解析：(1)小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动 mg＝m⇒vD＝ m/s 根据能量守恒 mgR＝mv－mv 受到圆环轨道的作用力提供向心力 F＝m＝0.6 N (2)根据μmg＝ma⇒a＝2.5 m/s2 由能量守恒 mg2R＝mv－mv⇒vC＝4 m/s＝v 物块在传送带上做减速运动，减速到零的位移为 L＝＝3.2 m<4 m 此后滑块反向加速回到传送带，由运动的对称性可知小滑块第1次滑上传送带后将以4 m/s的速率返回 E＝μmg·v·＝0.64 J (3)根据牛顿第二定律 mg sin θ－μmg cos θ＝ma下→a下＝4 m/s2 且v＝2a下 (ⅰ)为保证小滑块第1次下滑后能恰好到达竖直圆环的圆心等高处，则 －μmgx－mgR＝0－mv⇒H1＝0.93 m H≤0.93 m即可； (ⅱ)为保证小滑块第1次下滑后能恰好过竖直圆环的最高点，则 －μmgx－mg2R＝mv－mv⇒H2＝1.65 m H≥1.65 m即可； (ⅲ)为保证小滑块第1次滑上传送带后，能返回，不会从G点抛出，则 －μ2mg(x＋FG)＝0－mv⇒H3＝1.95 m 此种情况下，第1次从传送点上返回时的速度为4 m/s，可过竖直圆环最高点，则 －mgH4－μmg cos θ·－μmgx＝0－mv2⇒H4＝0.375 m 因H4＜H0，第1次返回倾斜轨道时，再次下滑后不会从圆环轨道脱离．所以 H≤0.93 m或1.65 m≤H≤1.95 m. 答案：(1)0.6 N　(2)0.64 J　(3)H≤0.93 m或1.65 m≤H≤1.95 m 6．(2025·浙江模拟)如图所示装置由传送带、竖直细圆管螺旋轨道(最低点B分别与水平轨道AB、BC连接)组成．开始时可视为质点的滑块静置于传送带左端，由静止开始以可调的加速度a匀加速启动的传送带带动后，滑块滑过圆管轨道，并滑上上端与轨道BC相平的6个紧密排列的相同木块．已知滑块质量m＝0.01 kg，每个木块的质量M＝0.01 kg，宽度d＝0.1 m，传送带的长度L＝2 m，圆管轨道的半径R＝0.1 m，滑块与传送带及木块间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2，μ2＝0.4，木块与地面DE的动摩擦因数为μ3＝0.1，各轨道间平滑连接，不计水平轨道与传送带及木块间的间隙，各轨道均光滑． (1)若a＝1 m/s2，则运动到圆心等高处P点时，滑块受到的轨道作用力FN大小； (2)当滑块运动到C点时，动能Ek与加速度a之间满足的关系； (3)若滑块最终静止在木块5上，求： ①a大小的范围； ②木块5的最大速度vm及运动的最远距离xm. 解析：(1)根据能量守恒，合外力对物块做的功等于物块在P点时的机械能 W合＝Ep 即maL＝mv2＋mgR 解得v2＝2 m2/s2 由轨道支持力提供向心力公式 FN＝＝ N＝0.2 N (2)滑块能够到达C点的条件为，动能不小于在圆轨道最高点的重力势能 Ek≥Ep 即mv2≥mg2R 得v2≥4 m2/s2 由匀加速直线运动推导公式v2＝2aL带入可得 2aL≥4 m2/s2 a≥1 m/s2 同时由最大摩擦力为滑动摩擦力可知滑块的最大加速度为 amax＝μ1g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 所以滑块能够滑到C的条件为 1 m/s2≤a≤2 m/s2 由动能公式结合匀加速直线运动推导公式可得动能与加速度的关系是 Ek＝mv2＝m2aL＝maL＝0.01×a×2＝0.02a (3)①滑块过C点在木块上滑动时，木块整体受到水平向右滑块给的摩擦力与水平向左地面给的摩擦力，当水平向右的摩擦力大于水平向左摩擦力时，木块将水平向右匀加速运动，当速度与滑块作匀减速运动的速度相同时，两者保持相对静止作匀减速运动．木块所受水平向右的摩擦力为 f右＝μ2mg＝0.4×0.01×10 N＝0.04 N 木块所受水平向左的摩擦力为 f左＝μ3(nM＋m)g＝0.1×(n×0.01＋0.01)×10 N＝0.01(n＋1) N 所以当滑块滑到木块5上时，木块5和6开始向右作匀加速直线运动，此时木块所受水平向左的摩擦力大小为f左＝0.03 N 木块5和6向右的加速度为 a木＝＝ m/s2＝0.5 m/s2 滑块能够滑动到木块5上面，则其动能不小于滑块从C到木块5的摩擦力对滑块做的功 Ek≥Wf 即0.02a≥μ2mg4d 得a≥0.8 m/s2 而所以滑块能够滑到C的条件为1 m/s2≤a≤2 m/s2已经满足滑上木块5.而滑块静止在木块5而不滑上木块6的条件是，滑块离开木块5前与木块具有相同速度，根据能量守恒 Ek＝Ek末＋Ek56＋Q摩擦热 即0.02a＝mv2＋2Mv2＋μ2mg(4d＋d′)＋μ33mgs 其中s为木块5和6与滑块速度相同时前进的位移，d′为滑块在木块5上面的位移．对木块运用匀加速直线运动推导公式 v2＝2a木s＝2×0.5s＝s 代入能量守恒公式得 d′＝ 滑块作初速度为v4，加速度为a＝μ2g的匀减速直线运动，木块作初速度为0，加速度为0.5 m/s2的匀加速度直线运动，两者经时间t速度达到相同，运用运动学公式 v4－μ2gt＝0.5t 求得t＝ 对滑块进行能量分析 Ek－mv＝μ2mg4d 求得v＝4a－3.2 对木块进行运动学公式s＝a木t2 解得s＝ 将其代入d′ 求得d′＝ 因为滑块要静止在木块5上面，所以d′≤d 解得a≤1.025 m/s2 综上所述滑块要静止与木块5上方，应满足1 m/s2≤a≤1.025 m/s2. ②根据①中可知，当a＝1.025 m/s2木块5存在最大速度vm v＝2a木s s＝＝ 解得vm＝0.105 m/s 其中木块5最远位移分为两段，前半段位移为 s1＝s＝ m 后半段为滑块与木块5和6一起匀减速，根据两端的运动学公式v2＝2a木s1 v2＝2a木′s2 解得s2＝s1＝×＝ m 所以木块5运动的最远距离 xm＝s1＋s2＝＋＝0.0167 m 答案：(1)0.2 N　(2)滑块加速度满足1 m/s2≤a≤2 m/s2时，Ek＝0.02a　(3)1 m/s2≤a≤1.025 m/s2　vm＝0.105 m/s　xm＝0.0167 m 学科网（北京）股份有限公司 $$