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

提分集训（三十三） 动力学和能量观点的综合应用 1.(2025·佛山模拟)如图所 4.(2025·镇江调研)如图所示，倾角0=37°的光滑 示，水平传送带以速度v顺 斜面固定在水平地面上，B是质量mB一O.2kg、 时针匀速转动，现将质量为 长度L=18m的薄木板，A是质量mA=0.1kg m的物块无初速度放在A端，物块在到达B端前 的滑块（可视为质点）.初始状态时，薄木板下端Q 已与传送带共速，已知AB端距离为L,物块与传 距斜面底端距离s=15m,现将B由静止释放，同 送带间的动摩擦因数为以，重力加速度为g,对于 时滑块A以速度，=6m/s从木板上端P点沿斜 物块从A端运动到B端的过程，下列说法正确 面向下冲上薄木板.已知A、B间的动摩擦因数 的是 ( 以=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 A.物块对传送带不做功 度g=10m/s2,求： B.摩擦力对物块做的功为mgL (1)刚开始运动时，A、B加速度的大小： C.系统因摩擦产生的热量为m (2)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底 D.由于运输物块电动机多做的功为m 端的过程所经历的时间； 2.(2025·山东联考)如图甲所示，倾角为37°的传送 (3)从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底 带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一 端的过程系统损失的机械能。 质量m=10kg的货物（可视为质点）轻放到传送 带底端A,货物运动的速度随时间1变化的图像 如图乙所示，=10s时刻货物到达传送带顶端B, 取重力加速度大小g=10m/s2.sin37°=0.6， cos37°=0.8，货物从A端运动到B端的过程中， 下列说法正确的是 ( 37 v/(m-s) A6537 10s 甲 A.货物受到的摩擦力大小始终为64N B.货物受到的摩擦力做的功为320J C.货物受到的合力做的功为920J D.传送带因传送货物而多消耗的能量为1240J 3.如图所示，以恒定速率0 逆时针运行的传送带与 水平面间的夹角为a,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，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 E B D 404 5.如图所示，一游戏轨道由倾角为0=37°的足够长 6.(2025·浙江模拟)如图所示装置由传送带、竖直 倾斜轨道AB、长为x=1.2m的水平直轨道BC、 细圆管螺旋轨道（最低点B分别与水平轨道AB 半径为R=0.32m的光滑竖直圆环轨道CDEC BC连接)组成，开始时可视为质点的滑块静置于 光滑水平直轨道CF及水平传送带FG组成.其 传送带左端，由静止开始以可调的加速度α匀加 中竖直圆环的最低点C和C‘相互靠近且错开，轨 速启动的传送带带动后，滑块滑过圆管轨道，并滑 道末端F点与水平传送带（轮子很小）的左端刚好 上上端与轨道BC相平的6个紧密排列的相同木 平齐接触.将一质量为m=20g的小滑块（可视为 块.已知滑块质量m=0.01kg,每个木块的质量 质点)，从倾斜轨道上某处静止释放.已知小滑块 M=0.01kg,宽度d=0.1m,传送带的长度L=2m, 与倾斜轨道AB、水平直轨道BC及传送带间的动 圆管轨道的半径R=0.1m,滑块与传送带及木块 摩擦因数均为4=0.25，传送带长度FG=4m,其 间的动摩擦因数分别为：=0.2，？=0.4，木块与 沿逆时针方向以恒定速度v=4m/s匀速转动.所 地面DE的动摩擦因数为g=0.1,各轨道间平滑 有轨道在同一竖直面内，且各接口处平滑连接，忽 连接，不计水平轨道与传送带及木块间的间隙，各 略空气阻力.求： 轨道均光滑. (1)若小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕 (1)若a=1m/s2,则运动到圆心等高处P点时， 环内侧做完整的圆周运动，则其在通过圆环轨道 滑块受到的轨道作用力F、大小： 内侧与圆心等高处的E点时，受到圆环轨道的作 (2)当滑块运动到C点时，动能E与加速度4之 用力大小： 间满足的关系： (2)在满足(1)的条件下，小滑块首次滑上传送带 (3)若滑块最终静止在木块5上，求： 并返回F点的过程中，传送带电机由于牵引力增 ①a大小的范围： 加而多消耗的电能E; ②木块5的最大速度vm及运动的最远距离xm (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？ B 223456 E 37° C(C' 4059.解析：(1)在B,点，由=sina可得m=8m/s 该滑动摩擦力对小包表微负功，小包襄的机械能随位移均匀减 小，图像斜率大小为mg05a,与第一阶段斜率大小相等，故 (2)从B点到C点，对物块应用动能定理 ABD错误，C正确.故选C, mg(Rina十R)=之m呢一之m馆，可得欢=12m/s 4,解析：(1)开始运动时A的加速度 g sin 37m cos 37 =2m/s3 在C点，对物块受力分析N。'一mg=R,又因为。'=八 联立可得m■】kg B的加速度4： mag sin 37+umagcos 37 =8m/s2 (3)由乙图可知，1“时木板收到的力发生了突变，即】s时物块 和木板刚好共速，之后两物体一起相时静止，以相同的加递度一 (2)当两者达到共速时v=十(Al1=dB11 起减速滑行至停止（如图示）. 解得t1=1s v=8 m/s 1 12 北时木板下滑功=2s片=4m 1 物块 物块下滑4=%4十之好=7m 物块和木板 北后AB一起沿斜面向下运动，加速度为a=gsin37”=6m/ 木板 0 则当木板下端到达底端时一=：十之a号 由图可知，在0-1s内，对物换a一智，舒得aa=8n/ 解得2=1s 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 又1mg=1a物，可得=0.8 的时间1=t1十1g=2s 对木板：木板的加造度大小a装一智解得朱一4m保 (3)该过程中系统产生的热量 又内mg-(m十M)g=M本，解得=0,2 Q=AmAgCOs 37(rA-rB)=1.2 J 从开始运动到湾木板B的下端Q到达斜面底端的过程系统损失 （)木板加地进程位修-1公-2m 的机械能1.2」. 木板减逸垃程位移与一2 答案：(1)2m/s28m/s2(2)2s(3)1.2J -=4m 5,解析：(1)小滑块省次进入竖真国环轨道刚好可以绕环内侧做完 木板与地面间的摩擦热Q=g(m十M)g(1十2)=24J 答案：(1)8m/5(2)1kg(3)0.2(4)24J 整的国周运动mg=m尺吻三3.2mg 提分集训（三十三） 根据能童中鱼mgR=之m喔一之m而 1.选DAB.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 受到园环轨道的作用力提供向心力F=m辰=0,6N W=·名=ma·受-名m<mg,月时物块对传送常微 (2)根搭mg=a→a=2.5m/s 功为W'=一f·时=一m2,故AB错误： 1 1 C系统摩擦生热为Q-=f八-受1)=号m2,故C错误： 由能量中丝mg2R=之呢一2m%3=4m/s=和 物块在传送带上做诚速运动，减速到零的位移为 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 上-号-82m<4m 动机多微的功为△E=Q十之m产=m,故D正确，故选D 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 2.选DA.一1图像中钟率表示加速度，因此货物在0一5s内的 次滑上传送带后将以4m/s的速率返回 加连度大小a=号m/以. E=mg·.+”=0.64j 由牛顿第二定律得f1一ngsin37”=ma,解得斤=64N. (3)根搭牛频第二定律mg5in0-mgcos0=maT·aT-4m/s2 5s~10s内货物做匀速直线运动，有f=mngsin37”=60N,故A H 错误： 且项=2arn37 B0~5s内货物受到的摩擦力微的功w1-1西一64×2X5」 (「)为保证小滑块第1次下滑后能恰好到达竖直圈环的圆心等 2 =320J,58一10s内货物受到的摩擦力微的功W2=22= 高处，则一mg一mgR=0-之m响→H=0.93m 60×2×5J=600J,故B错误： H≤0.93m即可： C根据动能定理有W台=2m-0=20J小，故C错误： ()为保证小滑块第1次下滑后能哈好过竖直圆环的最高点， D,传送带因传送货物而多消花的能量用来克服货物给传送带的 则-mgr-mg2R=之m听-令me→h=l.65m 摩擦力微的功，有E-W:-11十f22-64×2×5J+60×2 ×5J=1240J,故D正确.故选D. H≥1.65m即可： 3,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， (■)为保证小滑块第1次滑上传送带后，能返回，不会从G点趣 小包襄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特=以ngcos a对小色襄微正功，小包襄的 出.期-mgr+FG)=0-zmmi→H,=1.95m 机械能随位移均匀增大，图像件率大小为mgcos a,当小包襄的 此种情沉下，第1次从传送点上返回时的逸度为4m/s,可过竖 速度与传送常速度相同后，分两种情况：第一，“较大，小包寰 直圈环最高点，则 与传送带一起匀速适行，传送带对小包襄的摩擦力为沿着传送 H 带向上的静摩擦力，且静摩擦力f#=ngsin a≤mgc0sa, -mgH,-mgeos0:sn0mgr=0-立m→H,=0.375m 该静摩擦力对小包襄殿负功，小包裹的机械能随位移均匀藏小 因H,<H。,第1次返回倾斜轨道时，再次下滑后不会从圆环轨 图像斜率大小为mngsin a,小于第一阶段的斜率大小：第二种：较 道脱离.所以H≤0.93m或1.65m≤H≤1.95m. 小，小包裹熊续做加递运动，传送带对小包裹的摩擦力为沿着传 答案：(1)0.6N(2)0.64J(3)H≤0.93m或1.65m≤H≤ 送带向上的滑动摩擦力，且有ngsin a一mgcos a>0, 1.95m 631 6.解析：（门）根据能量守恒，合外力对物块做的功等于物块在P点 其中木块5最运位移分为两段，前半段位移为 时的机械能W合=E。 =4=4XL.025-3.2m 即mal.=令m子+mgR 81 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 解得2-2m2/s d=2a米51 由桃道支持力提供向心力公式R、-紧-08N-02N 2=2a木's2 0.1 (2)滑块能够到达C点的条件为，动能不小于在园轨道最高，点的 解释-“，-05×4X1.025-3.24X102532m a木 81 81×2 重力劳能Ek≥E, 所以木块5运远动的最远距离 即2m2≥mg2R xn=+-4X1.025-3.2+4X10253.2-0.0161m 81 81X2 得2≥4m2/s 答案：(1)0.2N(2)滑块加速度满足1m/s≤a≤2m/s时， 由匀加速直线运动推导公式w2-2aL带入可得2aL≥4m2/s Ek=0.02a(3)1m/s2≤a≤1.025m/3m=0.105m/s a≥1m/s Tm=0.0167m 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 am=g=0.2×10m/s2=2m/s2 提分集训（三十四） 所以滑块能够滑到C的条件为 1.解析：(1)应手提纸带上鹅使纸竖直，同时使重物靠近打点计 1m/s2≤a≤2m/s2 时器，由静止释放。故法B 由动能公式站合匀加速直线运动推导公式可得动能与加速度的 (2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度 关系是瓦=号m2=号m2al,=mal=0.01XaX2=6.02a 可得打点“13”时，重锤下落的连度大小=0.60690,4733m5 2X0.02 (3)①滑块过C点在木块上滑动时，木块整体受到术平向右滑块 =3.34m/s 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 (3)某同学用纸常的数据求出重力加速度g=9.77m/,并用此 大于水平向左摩擦力时，木块将水平向右匀加速运动，当追度与 g值计算得出打点“1”到“13”过程重楼的重力势能减小值为 滑块作匀减遍运动的途度相同时，两者保持相对静止作匀减选 5.09m,另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量)，射该结 运动。木块所受水平向右的摩擦力为 果不能验证机械能守恒定律，理由是：被网学求出的9.77m/ f右=2mg=0.4×0,01×10N=0.04N 是重操受到空气Ⅲ力时做匀加逸运动的加速度a=9.77m/s, 木块所受水平向左的摩擦力为「左=(nM十m)g=0.1×(n× 不是当地的重力加逵度，5,09m也不是重力势能的减少量，没有 0.01+0.01)×10N=0.01(n+1)N 当地的重力加遠度的数值，无法求出重力势能的减少量，所以无 所以当滑块滑到木块5上时，木块5和6开蛤向右作匀加速直线 法验证机械能守恒定律，数选B. 运动，此时木块所受水平向左的摩擦力大小为k=0,03N 答案：(1)B(2)3.34(3)不能B 木块5和6向右的加建度为 2,解析：(1)为减小实验误差，实验时应选用密度较大的小球. ak=/点-0.04-0.03 d =4.8m/5 2M 0.02 m/s2=0.5m/s (②)球2过光电门时的速度= 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 (3)从释放到整直位置，系统减少的重力势能为 的座擦力对滑块做的功E≥W △E=mg1.+2mgL.=1.47J 即0,02a≥mg4d得a≥0.8m/s 由v一r可得小球1的速度为的一受-2.4ms 而所以滑块能够滑到C的条件为1m/s2a≤2m/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 系统增加的动能为瓦=之m时十号m暖=1,44J 块离开木块5常与木块具有相同速度，根据能量守恒 (4)△E。与△Ek之间存在差异是因为存在空气肚力，摩擦阻力. E=Ek永十Ek56十Q年棉热 答案：(1)较大(2)4.8(3)1.471.44(4)存在空气阻力，摩 即0.02a=号m2+2M+mg(4d+d+3mgs 擦阻力 其中为木块5和6与滑块達度相可时前进的位移，'为滑块在 3.解析：(1)感光痕迹间的时同间隔T=红=0.1s 木块5上而的位移.对木块运用匀加连直线运动推导公式 v=24ks=2X0.5x=s 撒光来照特到B点时，如钢柱速度大小为边一=20m。 2T 代入能量守恒公式得-如-9：-3.2 在0B段，系统动能的增加量△6=号(2m十M0≈1.15J 滑块作初速度为的，加速度为一g的匀减速直线运动，木块 重力势能的减少量△E。=(M十m)ghB一mghH≈1.18J 作初逮度为0，加速度为0,5m/s2的匀加速度直线运动，两者经 (2)从初始时激光笔对准K上某点开始选取连续的n段，根据时 时间1速度达到相同，运用运动学公式功，一g1=0.51 问关系有2nr=之m 求得1一器时滑块选行能量会新么一子m听-阳mgd 求得=4a一3.2 振据造动学公式有号=叫 对木块连行运动学公式：=名4k口 根据机被能守旋定律有Mgnd=号(M+2m)d 解得=4a-3.2 解得背一器一司 81 将其代入1求得d'-32a-25.6 72 答案：0.12401.151.18(2器-号 4.解析：(1)A.实验中为了减小纸带与打点计时器限位孔间的摩擦 因为滑块要静止在木块5上面，所以≤d 阻力，开始时纸带应竖直下垂并与系重锤A的细线在同一竖直 解得a1.025m/s 线上.故A正确：B.应先接通打点计时器电源打点，然后再松开 综上所述滑块要静止与木块5上方，应满足 重锤让A向上运动.故B错误：C.打点结束后先关闭打点计时器 1m/s°≤a≤1.025m/s2, 电源，再将纸带取下。故C错误，故选A. ②根据①中可知，当a=1.025m/s2木块5存在最大速度m vi-2ak s (2)依凝意，纸带上相邻点连间的时同同高为T=子=0.02s s=4a-3.2-4×1.025-3.2 重矮A抱动纸带打出H点时的瞬时速度为 81 81 解得m=0.105m/s m-2号-40X102 2X0,02m/s=1,13m/s 632