动力学和能量观点的综合应用 典型考点归纳专项练-2026届高考物理复习备考

动力学和能量观点的综合应用 一、单选题 1．质量为的物块水平向右滑上逆时针转动的传送带如图甲所示，物块的图像如图乙所示。在整个运动过程中，以下说法不正确的是（　　） A．物块与传送带间的动摩擦因数为 B．整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为9m C．物块与传送带的相对位移大小为3m，相对路程为9m D．运动过程中摩擦生热为18J 2．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，时刻货物到达传送带顶端B，取重力加速度大小，，，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，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为（　　） A． B． C． D． 4．如图甲所示，劲度系数的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板。开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上，一质量的物块（可视为质点）从木板左端以初速度2m/s滑上木板，最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物块的图线，B为木板的图线且为正弦图线。已知重力加速度，根据图中所给信息可得（　　） A．木板的长度为4m B．物块的位移为4m C．时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等 D．2s内“物块和木板”系统的摩擦生热为2J 二、多选题 5．如图1所示，木板静止放在光滑的水平面上，可视为质点的小物块静置于木板左端，用的恒力拉动小物块，使小物块运动到木板右端，此过程小物块的机械能随位移变化的图像如图2所示，木板和小物块的速度随时间变化的图像如图3所示，已知木板和物块间存在摩擦，g取，下列说法正确的是（　　） A．木板长度为 B．木板和小物块间的动摩擦因数为0.3 C．木板的质量为 D．系统因摩擦产生的热量为 6．如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（   ）    A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于 7．如图所示，某机场用与水平面夹角θ=30°的传送带输送货物，传送带以v=1m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量为2kg的货物以初速度v0=5m/s从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为，重力加速度大小取10m/s2，下列正确的是（　　） A．货物在传送带上一直向上做加速度相同的匀减速直线运动 B．传送带的底端到顶端的长度是1.75m C．货物在传送带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为10.5J D．货物向上运动的过程中，传送系统因传送货物多消耗的电能为0J 三、解答题 8．传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置。如图甲所示，倾斜传送带以恒定速率沿逆时针方向运行。现将质量为包裹（可视为质点）无初速度的轻放在传送带的A端，包裹从传送带的A端运动到B端的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。取重力加速度．求： (1)传送带的速度大小； (2)包裹从传送带A端运动到B端过程中，由于包裹和传送带摩擦产生的热量。 9．某游乐项目装置简化图如图所示，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端的高度，静止在光滑水平面上的滑板，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为50kg的游客，从点由静止开始下滑，在点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求： (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； (2)滑板的长度L。 10．如图所示，质量、长的木板静止放置于光滑水平地面上，一质量为的物块（可看成质点）以速度从左端冲上木板，物块与木板间的滑动摩擦力大小为。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度，此过程中木板的位移为。求： (1)共同速度v的大小； (2)摩擦力对物块做的功W； (3)由于物块与木板的摩擦产生的热量Q。 11．如图所示，在一竖直面内，倾角的光滑直轨道AB、光滑螺旋圆形轨道BC-DEF、水平直轨道FG、水平传送带GH平滑连接。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG分别相切于B（E）点和C（F）点。传送带以大小的速度顺时针转动，一质量的滑块（视为质点）从倾斜轨道AB上高度处静止释放，可经该装置滑离传送带。已知螺旋圆形轨道半径，轨道长，传送带长，滑块与间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，不计空气阻力，，，．求： (1)滑块经过轨道最高点D时所受轨道的压力的大小； (2)滑块到达点时的速度大小； (3)滑块经过传送带的过程中，电机因传送滑块多消耗的电能。 12．如图所示，粗糙水平面NQ右侧固定一个弹性挡板，左侧在竖直平面内固定一个半径、圆心角的光滑圆弧轨道MN。半径ON与水平面垂直，N点与挡板的距离。可视为质点的滑块质量，从P点以初速度水平抛出，恰好在M点沿切线进入圆弧轨道。已知重力加速度g取，。 (1)求滑块经过N点时对圆弧轨道的压力大小； (2)若滑块与挡板只发生一次碰撞且不能从M点滑出轨道，求滑块与水平面间的动摩擦因数的取值范围。 13．如图所示，水平地面上有一长L=2m、质量M=1kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m=2kg的小滑块从长板的左端以v0=6m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。已知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4，滑块与长板间动摩擦因数μ2=0. 5，重力加速度g取10 m/s2。求： （1）滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x； （2）滑块碰到挡板前，水平拉力大小F； （3）滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q。 14．如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v=4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L=8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为、，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物块 (1)第1次滑过P点时的速度大小v1； (2)第1次在传送带上往返运动的时间t； (3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。 15．如图所示，竖直放置的半径为的螺旋圆形轨道与水平直轨道和平滑连接，倾角为的斜面在C处与直轨道平滑连接。水平传送带以的速度顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为，间的距离为，小滑块P与传送带和段轨道间的摩擦因数，轨道其他部分均光滑。直轨道长，小滑块P质量为。 （1）若滑块P第一次到达圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与轨道高度差H； （2）若滑块P从斜面高度差处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移； （3）滑块P在运动过程中能二次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H范围。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C D C D BCD BD BD 1．C 由题图乙知，物块运动的加速度大小为 根据牛顿第二定律得，可得，故选项A正确； 由题图乙知，传送带的速度为 在内，传送带的位移 方向向左；根据图像的“面积”表示位移，可得内，物块运动的位移大小为 方向向右，则整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为，故选项B正确； 内，由于物块相对于传送带来说一直向右运动，所以物块与传送带的相对位移大小和相对路程都为9m，故选项C错误； 运动过程中摩擦生热为，故选项D正确。 [答案]C 2．D 图像中斜率表示加速度，因此货物在内的加速度大小，由牛顿第二定律得，解得。内货物做匀速直线运动，有，故A错误；内货物受到的摩擦力做的功，内货物受到的摩擦力做的功，故B错误；根据动能定理有，故C错误；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，故D正确。 [答案]D 3．C 设滑块与传送带间的动摩擦因数为，则滑块在传送带相对滑动时的加速度大小为，滑块向左减速到速度为0所用时间为，滑块向右加速到与传送带共速所用时间为，滑块整个运动过程与传送带发生的相对路程为，则滑块与传送带间摩擦产生的热量为，故选C。 4．D 图像与轴围成的面积表示位移，由题图乙可知，一直向右运动，位移，先向右后向左运动，总位移为0，因此运动的位移即为木板长度，即木板长度，故A、B错误；1s时木板的图切线斜率不为0，说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力并不相等，故C错误；由题图乙可知，减速运动的加速度大小，在受摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律得，由图像可知全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移，因此内“物块和木板”系统的摩擦生热，故D正确。 5．BCD A．由图2得小物块对地位移 由于此过程木板也向前运动滑动，所以木板长度不等于，选项A错误； B．由图3可知小物块t时间内获得的速度为 小物块做匀加速直线运动，有 解得 由图3可知小物块的加速度 再由图2可知 解得小物块的质量 由牛顿第二定律得 解得 选项B正确； C．由图3可知木板加速度为 由牛顿第二定律得 解得 选项C正确； D．木板匀加速直线运动，有 所以 系统因摩擦产生的热量 解得 选项D正确。 故选BCD。 6．BD 方法一：设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意可知 设物块的对地位移为，木板的对地位移为 CD．根据能量守恒定律可得 整理可得 D正确，C错误； AB．因摩擦产生的摩擦热 根据运动学公式， 因为 可得 则 所以 B正确，A错误。 故选BD。 方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。 对物块，由动能定理 对木板，由动能定理 根据速度图像面积表示位移可知， 且 故 故A错误，B正确； CD．对系统，由能量守恒定律 物块动能 故C错误，D正确。 故选BD。 7．BD AB．由题意可得 则货物与传送带共速后不可能保持相对静止到达传送带顶端，由于货物恰好能达到传送带顶端，则可知货物达到传送带顶端时速度恰好为零，由此可知，当货物速度大于传送带速度时，根据牛顿第二定律有 该过程对货物有 当货物速度小于传送速度时，根据牛顿第二定律有 该过程对货物有 上升过程中加速度不恒定，则货物从低端到顶端长度为 故A错误，B正确； C．货物到达顶端用时为 ， 则货物与传送带相对位移为 则由于摩擦产生的热量为 故C错误； D．货物向上运动的过程中，传送系统因传送货物多消耗的电能为 故D正确。 故选BD。 8．(1) (2)13J （1）由题意可知，包裹运动到处时，包裹与传送带共速，由匀变速直线运动的规律得① 解得。② （2）包裹的位移从0运动到2.4m的过程中，对包裹由牛顿第二定律得③ 包裹的位移从2.4m运动到5.0m的过程中，对包裹由牛顿第二定律得④ 设包裹运动到点的速度大小为，包裹从运动到处的过程中，由匀变速直线运动的规律得 ⑤ ⑥ ⑦ 包裹从传送带端运动端过程中，由于包裹和传送带摩擦产生热量为⑧ 联立解得。 9．(1)1000N (2)7m （1）设游客滑到点时速度为，从到过程，根据机械能守恒定律 解得 在点根据牛顿第二定律，解得 根据牛顿第三定律得游客滑到点时对滑梯的压力的大小为。 （2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得 解得 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得， 根据运动学规律对游客有，解得 该段时间内游客的位移为 滑板的位移为 根据位移关系得滑板的长度为。 10．(1) (2) (3)3J （1）根据牛顿第二定律有， 解得， 两者达到共同速度时有 解得。 （2）对物块进行分析，根据动能定理有，解得。 （3）根据能量守恒定律有，解得。 11．(1)100N (2) (3)12J （1）滑块从到的过程中，由动能定理得 解得滑块经过轨道最高点时速度大小为 滑块经过轨道最高点时由牛顿第二定律得 解得。 （2）滑块由到由动能定理得 解得滑块到达点时的速度大小 滑块在传送带上的加速度大小为 若滑块从到一直加速，有 解得 因 故滑块到达点时的速度大小。 （3）滑块在传送带上运动的时间 滑块在传送带上运动的时间内传送带运动的位移大小 滑块经过传送带的过程中，电机因传送滑块多消耗的电能 解得。 12．(1) (2) （1）依题意，滑块到达点时，速度分解为水平和竖直两个方向，可得 滑块从点运动到点过程，由动能定理可得 滑块在最低点时，由牛顿第二定律可得，解得 根据牛顿第三定律可知滑块经过点时对圆弧轨道的压力大小为。 （2）动摩擦因数取最大值时，滑块第一次向右运动恰好与挡板碰撞，有，解得 滑块恰好可以再次滑到点，由动能定理可得， 滑块恰好不与挡板发生第二次碰撞，in，解得 所以动摩擦因数的取值范围为。 13．（1）0.8m ；（2）2N；（3）48J （1）（5分）滑块在板上做匀减速运动， a= 解得: a=5m/s2 根据运动学公式得： L=v0t1 - 解得 t=0.4s （t=2.0s 舍去） （碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4m/s>2m/s，说明滑块一直匀减速） 板移动的位移 x=vt=0.8m （2）对板受力分析如图所示， 有： F+= 其中 =μ1（M+m）g=12N， =μ2mg=10N 解得： F=2N （3）法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量： Q1=·（L-x） =μ2mg （L-x）=12J 滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量： Q2=μ2mg（L-x）=12J 整个过程中，板与地面因摩擦产生的热量： Q3=μ1（M+m）g•L=24J 所以，系统因摩擦产生的热量：系统因摩擦产生的热量 Q=Q1+Q2+Q3=48J 法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1=2N （第二问可知） F1做功为 W1=F1x=2×0.8=1.6J 滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为： F2=+=μ1（M+m）g+μ2mg=22NF2做功为 W2=F2（L-x）=22×1.2=26.4J 碰到挡板前滑块速度 v1=v0-at=4m/s 滑块动能变化： △Ek=20J 所以系统因摩擦产生的热量： Q= W1+W2+△Ek=48J 14．(1)8m/s；(2)9s；(3)48J (1)由动能定理得 解得 (2)由牛顿第二定律得 物块与传送带共速时，由速度公式得 解得 匀速运动阶段的时间为 第1次在传送带上往返运动的时间 (3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有 15．（1）；（2）；（3） （1）滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，则 解得 （2），滑块运动到N点时的速度为，从开始到N点应用动能定理 解得 从N点滑块做平抛运动，水平位移为 （3）滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点必须具有的高度为，从开始到E点应用动能定理 在E点时有 解得 滑块滑上传送带时的速度为 滑块做减速运动的位移为 因此滑块返回M点时的速度也为，因此第二次过E点。 设高度为时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为 从开始到M点应用动能定理 解得 二次经过E点后，当滑块再次返回圆轨道B点时速度为 所以不会第三次过E点，能二次经过E点的高度H范围是 学科网（北京）股份有限公司 $