专题提升：动力学和能量观点的综合应用 专项训练-2027届高三物理一轮复习

专题提升：动力学和能量观点的综合应用-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　传送带模型中能量转化 1.（2026江西金太阳高三期中）如图所示，物流传送带在电动机的带动下始终以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的小物箱，小物箱在传送带上做匀变速运动，经时间t小物箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是（　　） A.小物箱相对传送带的位移大小为v0t B.小物箱与传送带间的动摩擦因数为 C.小物箱与传送带间因摩擦产生的热量为m D.因传送小物箱，电动机至少要多做的功为 2.（多选）（2025山西晋中高三月考）如图所示，水平传送带以v＝4 m/s顺时针转动，A、B分别为传送带水平部分的左、右端点，t＝0时在其右端B处无初速度地释放质量m＝1 kg的物块（视为质点），同时对物块施加一水平向左F＝4 N的恒力，t＝2 s时撤去力F，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2，物块最后从B点离开传送带，下列说法正确的是（　　） A.AB的长度至少为6 m B.物块在传送带上运动的时间为7 s C.全过程中摩擦力对物块做的功为－16 J D.物块与传送带之间摩擦产生的热量为56 J 3.（多选）（2025辽宁名校联盟模拟预测）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率顺时针转动。质量为0.5 kg的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8 s后离开传送带，运动的整个过程中物块的速率v随时间t变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.物块在传送带上运动的路程为2 m B.物块与传送带之间的动摩擦因数为 C.运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1 J D.运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5 J 题组二　板块中的能量变化 4.（多选）（2026福建高三月考）一长木板静止于光滑水平面上，一小物块（可视为质点）从左侧以某一速度滑上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中，物块的位移是木板位移的k倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则下列说法正确的是（　　） A.物块动能的减少量等于木板动能的增加量 B.摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量 C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功 D.因摩擦而产生的内能是木板动能增量的k－1倍 5.（2025湖北九师联盟高三联考）如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上，放置着一个足够长的木板Q，Q上端放置着小物块P（可视为质点），已知P与Q之间的动摩擦因数为0.25，Q与斜面间的动摩擦因数为0.5，P、Q的质量分别为1 kg、2 kg，sin 37°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2，Q下端距斜面最低点为2 m。某时刻使P、Q由静止释放，当Q下端运动至斜面最低点过程中，整个系统损失的机械能为（　　） A.12 J B.24 J C.36 J D.64 J 6.（多选）（2025福建厦门二模）如图甲所示，一长木板P静止于水平地面上，t＝0时小物块Q以4 m/s的初速度从左端滑上长木板，二者的速度随时间的变化情况如图乙所示，运动过程中，小物块始终未离开长木板。已知长木板P质量为1 kg，小物块Q质量为3 kg，重力加速度g取10 m/s2，在运动的全过程中（　　） A.小物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2 B.长木板与地面之间的动摩擦因数为0.05 C.小物块与长木板之间因摩擦产生的热量为6 J D.小物块对长木板所做的功为12 J 综合提升练 7.（多选）（2025东三省名校联考）如图甲所示，滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端，已知滑块A与木板B的质量均为m＝1 kg，t＝0时刻滑块A以v0＝3 m/s的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平向右的外力F＝9 N，作用1 s后撤去外力F，前1 s内滑块和木板的v－t关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块始终没有离开木板，重力加速度g取10 m/s2。则（　　） A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 B.木板与地面间的动摩擦因数为0.4 C.木板长度至少8.1 m滑块才能不掉 D.整个过程中系统摩擦产生的热量为22.5 J 8.（2026湖北部分校高考月考）如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ＝37°，以v＝3 m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m＝2 kg的煤块以速率v0＝4 m/s放到传送带底端，煤块在传送带上的速率随时间变化如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.煤块初速度方向沿传送带向上 B.若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.875，则留下的划痕长度为24.5 m C.0~t2时间内，系统产生的热量小于煤块重力势能的变化量 D.煤块到达B端时重力的瞬时功率大小为60 W 培优拔高练 9.（14分）（2025广东清远二模）如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，图乙为该装置直线段部分简化图，由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角θ＝37°。工作人员将长方体货物（可视为质点）从图乙传送带的左端由静止释放，在距左端L＝8 m处货物被取走，货物运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀速运行且速度v＝1 m/s，货物质量m＝10 kg，其底部与传送带上表面A间的动摩擦因数为μ1＝0.4，其侧面与挡板C间动摩擦因数为μ2＝0.2（重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力）。求： （1）货物刚开始运动时传送带和挡板对货物的支持力FN1和FN2的大小； （2）货物在传送带上滑动时的加速度大小； （3）若传送带速度在0.5 m/s至2 m/s范围内可调，要求取走该货物时因传送货物而多消耗的电能不能超过122 J，则传送带速度不超过多少。 10.(12分)如图所示,水平轨道AB长为2R,其A端有一被锁定的轻质弹簧,弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点,并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接,O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R、圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置,并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下,刚好能运动到A点,触发弹簧,弹簧立即解除锁定,小滑块被弹回,小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧,并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管内径可不计,重力加速度为g)。求: (1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ; (2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep; (3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。 答案： 1.B　解析 小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在t时间内的位移差，有Δx＝v0t－t＝v0t，故A错误；小物箱在时间t内做匀加速直线运动，加速度a＝＝μg，速度v0＝at，解得μ＝，故B正确；小物箱与传送带间因摩擦产生的热量Q＝FfΔx＝μmg×v0t＝，故C错误；由功能关系可知因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的热能之和，有W＝＋Q＝m，故D错误。 2.BD　解析 在0~2 s时间内，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2，2 s后物块的加速度a2＝μg＝2 m/s2，以向左为正方向，画出物块和传送带运动的v－t图像如图所示，物块向左运动的位移x1＝2×t1＝8 m，则传送带至少长8 m，A错误；由v－t图像可知物块在传送带上的运动时间为7 s，B正确；由v－t图像可知2 s后，摩擦力对物块做功为零，0~2 s内，物块向左运动的位移x＝4 m，则摩擦力做功为Wf＝－μmgx＝－8 J，C错误；由图可求得物块与传送带之间的相对位移大小Δx＝28 m，则摩擦生热Q＝μmgΔx＝56 J，D正确。 3.AC　解析 物块在传送带上运动的路程由图乙可知x＝ m＝2 m，故A正确；由图乙可知0~0.4 s内，物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝7.5 m/s2，在0.4~0.8 s内，物块的加速度大小为a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得μ＝，θ＝30°，故B错误；摩擦力对物块做的功为W＝μmgcos θ＝－1 J，故C正确；传送带的速度为3 m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmg3×0.4－－3×0.4cos θ＝1 J，故D错误。 4.BD　解析 根据能量守恒可知，物块动能减少量等于木板动能增加量与因摩擦产生的内能之和，故A错误；根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量，故B正确；设物块与木板之间的摩擦力为Ff，木板的位移为x，则物块的位移为kx；物块克服摩擦力所做的功为Wf＝Ff·kx，对木板，根据动能定理可得木板动能的增加量为ΔEk＝Ffx，因摩擦产生的内能为Q＝Ffs相＝Ff·（k－1）x，可知因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功；因摩擦而产生的内能是木板动能增量的k－1倍，故C错误，D正确。 5.C　解析 Q加速下滑，根据牛顿第二定律得m2gsin θ＋μ1m1gcos θ－μ2（m1＋m2）gcos θ＝m2a2，根据位移公式得l＝2t2，解得t＝2 s，P加速下滑，根据牛顿第二定律得m1gsin θ－μ1m1gcos θ＝m1a1，根据位移公式得x＝1t2＝8 m，整个系统的机械能损失为E＝μ2（m1＋m2）gcos θ·l＋μ1m1gcos θ·（x－l）＝36 J，故选C。 6.AD　解析 由图乙所示图像可知aQ＝＝－2 m/s2，对Q由牛顿第二定律得－μ1mQg＝mQaQ，代入数据解得小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，故A正确；由图乙所示图像可知，P、Q相对运动时P的加速度为aP＝＝2 m/s2，对P由牛顿第二定律得μ1mQg－μ2（mP＋mQ）g＝mPaP，代入数据解得长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，故B错误；小物块相对于长木板的位移x＝v0t＋Qt2－Pt2，其中v0＝4 m/s，t＝1 s，代入数据解得x＝2 m，小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q＝μ1mQgx，代入数据解得Q＝12 J，故C错误；小物块与长木板相对滑动过程，长木板的位移x板＝Pt2＝1 m，对长木板由动能定理得W－μ2（mP＋mQ）gx板＝mPv2，其中v＝2 m/s，代入数据解得此过程小物块对长木板做的功W＝6 J，滑块与长木板共速到静止过程滑行的距离x＝＝2 m，减速过程由动能定理得W'－μ2（mP＋mQ）gx＝0－mPv2，代入数据解得W'＝6 J，小物块对长木板做的功W总＝W＋W'＝12 J，故D正确。 7.ACD　解析 前1 s内，对滑块A有μ1mg＝ma1，由图中斜率可得a1＝1 m/s2，解得滑块和木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，故A正确；前1 s内，对木板B有F－μ1mg－μ2·2mg＝ma2，根据图中斜率得a2＝4 m/s2，解得木板和地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，故B错误；1 s后撤去外力F，对木板B有μ1mg＋μ2·2mg＝ma3，解得a3＝5 m/s2，木板B以a3向右做匀减速运动，速度减为零用时t＝＝0.8 s，由于μ1mg<μ2·2mg，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到停；滑块的位移x1＝＝4.5 m，木板的总位移x2＝vB（t1＋t2）＝×4×（1＋0.8） m＝3.6 m，所以木板长至少为L＝x1＋x2＝8.1 m，故C正确；系统摩擦产生的热量为Q＝μ1mgL＋μ2·2mgx2＝22.5 J，故D正确。 8.B　解析 如果煤块初速度方向沿传送带向上，分两种情况，如果μ<tan θ，煤块速度将先以a＝gsin θ＋μgcos θ的加速度减速到3 m/s，接下来再以a'＝gsin θ－μgcos θ的加速度减速到0，后反向匀加速运动，不符合题图乙的速率变化；如果μ>tan θ，煤块速度将先以a＝gsin θ＋μgcos θ的加速度减速到3 m/s后，煤块相对于传送带静止，同样不符合题图乙的速率变化；当煤块初速度沿传送带向下时，此时如果μ>tan θ，煤块将以a'＝μgcos θ－gsin θ的加速度匀减速到0后反向匀加速到3 m/s，符合题图乙，选项A错误；若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.875，煤块运动的加速度大小为a＝μgcos θ－gsin θ＝1 m/s2，共速需要用时t2＝＝7 s，传送带的位移是x传＝3 m/s×7 s＝21 m，x物＝v0t2－＝－3.5 m，故留下的划痕长度为Δx＝21 m＋3.5 m＝24.5 m，选项B正确；0~t2时间内，由于煤块的重力势能减小，动能减小，煤块机械能的减少量应等于摩擦力对煤块做的功的数值，由能量守恒可得，系统产生的热量一定大于重力势能的减少量，选项C错误；煤块到达B处时速度大小为3 m/s，所以重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mgvsin 37°＝36 W，选项D错误。 9.答案 （1）80 N　60 N　（2）2 m/s2　（3） m/s 解析 （1）对货物受力分析如图所示，有FN1＝mgcos θ，FN2＝mgsin θ，代入数据解得FN1＝80 N，FN2＝60 N。 （2）货物与传送带间的摩擦力Ff1＝μ1FN＝32 N，与运动方向相同，货物与挡板间的摩擦力Ff2＝μ2FN＝12 N，与运动方向相反，对货物有Ff1－Ff2＝ma，代入数据解得a＝2 m/s2。 （3）若传送带以最大速度2 m/s运行，货物加速阶段运动的最大位移xm＝＝1 m<L＝8 m，货物不会滑落。设多消耗的电能不能超过122 J时，传送带的速度为v0，则货物在传送带上先加速运动x1距离后，以传送带速度v0匀速运动（L－x1），故传送带因传送货物而多做的功W＝＋Q1＋Ff2L，对货物，由动能定理（Ff1－Ff2）x1＝，由＝2ax1，得x1＝，同理x1＝t1，得t1＝，传送带与货物间摩擦产生的热量Q1＝Ff1（x带1－x1），其中x带1＝v0t1＝2x1，依题意整理可得W＝Ff1＋Ff2≤122 J，代入数据解得v0≤ m/s，0.5 m/s<v0≤ m/s<2 m/s，故传送带速度不超过 m/s。 10. 答案 (1) (2)mgR (3)(2-1)mgR 解析 (1)由几何关系得BC间的高度差h=R 小滑块从C点运动到A点的过程中,由动能定理得mgh-μmg·2R=0,解得μ=。 (2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹=Ep 滑块从A到D过程由动能定理得Ep-mg·2R-μmg·2R=mv2-0 滑块在D点,由重力提供向心力,有mg=m 联立解得Ep=mgR。 (3)滑块通过D点后做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,水平方向有x=vt 竖直方向有y=gt2 由几何关系可知x2+y2=4R2 可得滑块落到挡板上时的动能为Ek=m[v2+(gt)2],联立解得Ek=(2-1)mgR。 学科网（北京）股份有限公司 $