第四章微专题5 动力学和能量观点的综合应用 专项练习-2027届高考物理一轮专题复习

**基本信息** 聚焦动力学与能量观点综合应用，通过传送带、滑块—木板、多过程三大模型，系统训练摩擦力突变分析与分阶段建模能力，强化科学思维与模型建构素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |传送带模型|3题|结合平抛、匀变速运动，含摩擦生热与能量转化计算|从运动状态分析（动力学）到能量变化（动能定理）的逻辑链| |滑块—木板模型|4题|涉及相对运动、摩擦做功与机械能损失，含多体系统分析|摩擦力突变条件→动量守恒与能量守恒综合应用| |多过程模型|5题|含圆弧轨道、管道约束等复杂场景，需分段应用规律|运动过程拆解→各阶段动力学规律与能量观点衔接|

微专题5　动力学和能量观点的综合应用 课时作业 A级·基础巩固练 命题视角1　结合动力学、能量观点分析传送带模型,注意速度相等时摩擦力发生突变 1.如图,物块从A点水平抛出,恰好在B点无碰撞进入倾斜传送带,已知传送带沿顺时针匀速转动,由A到B的运动时间为t1,水平距离为x1,从抛出到刚进入传送带一段时间内关于物块水平速度和时间、竖直速度和时间、动能和水平位移、机械能和水平位移的图像一定错误的是(　　) A B C D 解析:C　物块在B点的速度与传送带速度方向相同,若物块恰好与传送带共速,且能与传送带保持匀速直线运动,则物块在传送带上水平速度不变,A正确;若物块到达传送带上时,速度小于传送带速度,则物块受摩擦力方向沿传送带向下,则物块速度会继续增大,且有可能加速度大于重力加速度,B正确;物块从A到B,设物块位移与水平方向夹角为α,由动能定理可得mgx1tan α=Ek-Ek0,可得Ek=Ek0+mgx1tan α,C错误;物块从A到B,机械能守恒,在传送带上可能由于有摩擦力对物块做负功,物块的机械能随位移x减小,D正确。 2.(多选)在工厂中,经常用传送带传送货物。如图所示,质量m=10 kg的货物(可视为质点)从高h=0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑,货物和轨道之间的阻力可忽略不计,货物滑到水平传送带上的A点,货物在轨道和传送带连接处能量损失不计,货物和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带AB两点之间的距离L=5 m,传送带一直以v=4 m/s的速度顺时针匀速运动,重力加速度g取10 m/s2。装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的有(　　) A.摩擦力对货物做功为50 J B.货物从A运动到B用时1.5 s C.由于摩擦而产生的热量为20 J D.由于运送货物,带动传送带转动的电动机多消耗的电能为60 J 解析:BC　根据机械能守恒定律有mgh=m,货物运动至传送带A点的速度为v0=2 m/s,根据牛顿第二定律μmg=ma,得货物在传送带上加速度大小为2 m/s2,货物与传送带共速时,有v0+at1=v,解得t1=1 s,此时,货物的位移为x1=t1=3 m,摩擦力对货物做功为W=μmgx1=60 J,A错误;货物匀速运动时间t2==0.5 s,则货物从A运动到B用时t=t1+t2=1.5 s,B正确;货物与传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=1 m,由于摩擦而产生的热量为Q=μmgΔx=20 J,C正确;由于运送货物,带动传送带转动的电动机多消耗的电能为E=Q+m(v2-)=80 J,D错误。 3.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放上传送带,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 解析:B　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,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=vt2=21 m, x物=v0t2-a=3.5 m,故留下的划痕长度为Δx=21 m+3.5 m=24.5 m,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功的大小,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,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,D错误。 命题视角2　结合动力学、能量观点分析滑块—木板模型,注意速度相等时摩擦力发生突变 4.一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上,质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中,物体B的动能减少量大小为ΔEkB,长木板A的动能增加量为ΔEkA,A、B间摩擦产生的热量为Q,关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值,下列情况可能的是(　　) A.ΔEkB=7 J,ΔEkA=4 J,Q=4 J B.ΔEkB=7 J,ΔEkA=3 J,Q=4 J C.ΔEkB=8 J,ΔEkA=3 J,Q=2 J D.ΔEkB=8 J,ΔEkA=5 J,Q=3 J 解析:B　根据长木板A和物体B组成的系统能量守恒ΔEkB=ΔEkA+Q,A、C错误;画出物体B和长木板A的vt图线,分别如图中1和2所示,图中1和2之间的梯形面积表示板长l,1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1,2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2,由图可知x1>l,x2<l,根据功能关系ΔEkB=Ffx1,ΔEkA=Ffx2,Q=Ffl,则ΔEkB>Q>ΔEkA,B正确,D错误。 5.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 解析:C　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=a2t2,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=a1t2=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。 6.如图所示,足够长的木板Q静置在水平地面上,滑块P以水平速度v0=2 m/s从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为mP=2 kg,mQ=1 kg,P、Q之间的动摩擦因数μ1=0.1,Q与地面之间的动摩擦因数μ2=0.15,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。vP、vQ分别表示P、Q的速度,EkP、EkQ分别表示P、Q的动能,xP、xQ分别表示P、Q的位移,下列图像正确的是(　　) A B C D 解析:D　P、Q之间的最大静摩擦力为Fmax=μ1mPg=2 N,Q与地面之间的最大静摩擦力为Fmax′=μ2(mP+mQ)g=4.5 N,由于Fmax<Fmax′,可知木板Q一直处于静止状态,A、C错误;滑块P做减速运动的加速度大小为aP==1 m/s2,滑块P速度减为0所用时间为t==2 s,滑块P做减速运动到速度减为0通过的位移大小为xP=t=2 m, 根据动能定理可得-μ1mPgxP=EkP-mP,可得EkP=4-2xP,B错误,D正确。 7.如图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M=1.8 kg,长度d=1.0 m,其中放有质量m=0.2 kg,长s=0.2 m的书本,书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s,如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦,书本与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平力F将抽屉拉出,抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。不考虑抽屉翻转,重力加速度g取10 m/s2。 (1)在拉出抽屉过程中,为保证书本与抽屉不产生相对滑动,求水平力F的最大值; (2)当F=1.8 N时,从开始运动到抽屉与挡板碰撞前瞬间,求抽屉对书本做的功; (3)当F=3.8 N时,从开始运动到书本最终停止时,求书本和抽屉因摩擦产生的热量。 解析:(1)对书本有μmg=mam, 解得am=μg=1 m/s2, 对抽屉和书本整体有Fm=(M+m)am, 解得要使书本和抽屉不发生相对滑动,F的最大值为Fm=2 N。 (2)由于F=1.8 N<2 N,可知书本和抽屉相对静止,对抽屉和书本整体有F=(M+m)a, 解得a=0.9 m/s2, 对书有Ff=ma=0.18 N, 所以抽屉对书本做功W=Ffd=0.18 J。 (3)由于F=3.8 N>Fm,可知书本和抽屉有相对滑动。 对抽屉,由牛顿第二定律有F-μmg=Ma2, 解得a2=2 m/s2, 设抽屉的运动时间为t1,根据运动学公式可得d=a2, 解得t1=1 s, 此时,书本的速度为v1=μgt1=1 m/s, 书本通过的位移大小为x1=t1=0.5 m, 此后书本经过x2速度减为0,则有x2==0.5 m, 则书本最终停止时,书本和抽屉因摩擦产生的热量为Q=μmg(d-x1+x2)=0.2 J。 答案:(1)2 N　(2)0.18 J　(3)0.2 J 命题视角3　分析多过程模型特点,学会分阶段建模求解 8.(多选)如图甲所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.物块在D点的速率为8 m/s B.F0的大小为70 N C.v0的大小为 m/s D.物块在B点时对轨道的压力大小为30 N 解析:BC　由图像可知,物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675 s- 0.875 s=0.8 s,则物块从D点离开轨道时速度大小为vD=g·=4 m/s,A错误;从C到D由机械能守恒可知m=m+mgR,在C点时压力最大,则由F0-mg=m,解得F0=70 N,B正确;从B到D由机械能守恒可知m+mgRsin 30°=m,解得vB=2 m/s,则v0=vBsin 30°= m/s, C正确;在B点,根据牛顿第二定律FN+mgsin 30°=m,可得轨道对物块的支持力FN=25 N,根据牛顿第三定律可得物块在B点时对轨道的压力大小为FN′=FN=25 N,D错误。 9.如图所示,四分之三圆轨道ABD(内壁、外壁均光滑)被固定在竖直面内,O为圆心,C是轨道上一点,其中AB部分是圆管,AB是竖直直径,OC、OB的夹角为θ(未知量)。一质量为m的小球(可视为质点)沿光滑水平面,以向左的速度v0经A点进入圆轨道,恰好到达最高点B,接着在B点受到轻微的扰动从B到达C时刚好脱离轨道,最后落到水平面,重力加速度为g,不计空气阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是(　　) A.圆弧轨道的半径为 B.θ的余弦值为 C.小球到达C点时的动能为 D.小球从C点到达水平面时重力瞬时功率为mgv0 解析:D　设圆弧轨道ABD的半径为R,小球由A到B有mg×2R=m,解得R=,A错误;把小球在C点的重力分别沿着OC和垂直OC分解,小球运动到C点,支持力刚好等于0,重力沿着OC方向的分力充当向心力,有mgcos θ=,小球从B到C,由机械能守恒可得mgR(1- cos θ)=m,联立解得cos θ=,vC=v0,小球到达C点时的动能Ek=m=,B、C错误;把小球在C点的速度分别沿着水平方向和竖直方向分解,则水平方向的分速度为vx=vCcos θ,根据机械能守恒,小球到达水平面的速度为v0,小球从C到水平面做斜下抛运动,水平方向的分运动是速度为vx=vCcos θ的匀速直线运动,则小球到达水平面的竖直分速度为vy=,重力的瞬时功率为PG=mgvy,可得球从C点到达水平面时重力的瞬时功率为PG=mgv0,D 正确。 B级·高考过关练 10.如图所示,左侧有一长为L=3 m的传送带,以速度v=5 m/s顺时针转动,右侧有一质量为M= 6 kg、长为l=5 m的长木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=10 m/s从传送带的左端滑上传送带,并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6,不计空气阻力,g取10 m/s2。则(　　) A.小物块滑上长木板的速度为5 m/s B.小物块的最终速度为1 m/s C.长木板的最终动能Ek=12 J D.全过程系统产生的内能Q=48 J 解析:C　物块开始向右做匀减速直线运动,有μmg=ma0,设历时t0与传送带达到相等速度,则有v=v0-a0t0,解得t0= s,此过程物块的位移x0=t0=6.25 m>L=3 m,表明物块与传送带没有达到相等速度,则有-=-2a0L,解得v1=8 m/s,即小物块滑上长木板的速度为8 m/s,A错误;物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动,对木板有μmg=Ma1,解得a1=2 m/s2,设历时t1物块与木板达到相等速度,则有v2=v1-a0t1=a1t1,解得t1=1 s,v2=2 m/s,此过程物块的位移x1=t1=5 m=l,表明物块没有飞出木板,之后两者保持相对静止做匀速直线运动,即小物块的最终速度为2 m/s,B错误;结合上述可知,长木板的最终动能Ek=M=12 J,C正确;结合上述,物块在传送带上运动时间t2== s,相对传送带的位移x相1=t2-vt2=m,物块对木板的相对位移x相2=t1-t1=4 m,全过程系统产生的内能Q=μmg(x相1+x相2)=64 J,D错误。 11.某同学玩“弹射游戏”装置如图所示,轨道BC由两个半径均为R=0.1 m的圆形管道和圆单侧轨道拼接而成位于竖直面内,管道内直径大于小正方形滑块棱长,且远小于R。轻弹簧左端固定,自然状态下弹簧右端位于O点,用质量为m=0.02 kg的小滑块将弹簧压缩x0到A位置,由静止释放,小滑块恰能通过单侧轨道的最高点C,其中,OB段长为R,动摩擦因数μ为0.5,其他处摩擦不计,假设弹簧弹性势能与形变量的平方成正比。g取10 m/s2,求: (1)小滑块到达最高点C的速度vC大小及小滑块落地点到B点的距离xB; (2)若弹簧的压缩量增为2x0,其他条件不变,小滑块经过B时对管道的弹力FN; (3)要使小滑块在BC轨道上运动过程中不脱离轨道,弹簧的弹性势能要满足的条件。 解析:(1)小滑块恰能通过最高点C, 有mg=m,解得vC==1 m/s, 小滑块离开C点后做平抛运动,有2R=gt2, 解得x=vCt=0.2 m, 故小滑块落地点到B点的距离为xB=x+2R=0.4 m。 (2)当弹簧的压缩量为x0时,根据能量守恒定律,得弹簧弹性势能Ep1=μmgR+m+mg·2R=3mgR, 当弹簧的压缩量增为2x0时,弹簧弹性势能 Ep2=4Ep1=12mgR, 由能量守恒定律,得Ep2=μmgR+m, 在B点有FN′-mg=m, 解得FN′=4.8 N, 根据牛顿第三定律,小滑块对管道的弹力FN=FN′=4.8 N,方向竖直向下。 (3)小滑块恰好能进入B点所需的弹性势能 Ep3=μmgR=0.01 J, 小滑块恰能运动到与O1等高处所需的弹簧弹性势能Ep4=μmgR+mgR=0.03 J, 小滑块恰能运动到C点所需的弹簧弹性势能为 Ep1=0.06 J, 故符合条件的弹性势能范围是0.01 J≤Ep≤0.03 J或Ep≥0.06 J。 答案:(1)1 m/s,0.4 m (2)4.8 N,方向竖直向下 (3)0.01 J≤Ep≤0.03 J或Ep≥0.06 J 12.(2025·湖州三模) 如图为一弹射游戏装置,它由安装在水平台面上的固定弹射器,水平直轨道AB,圆心为O的水平半圆细管道BCD,水平直轨道DE、FG、HI和逆时针转动的传送带EF等组成。木板静止在HI上,其上表面与FG相平,左端紧靠竖直边GH。游戏时滑块由A点弹出,经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF和轨道FG后,滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m=0.2 kg,轨道DE长度l1=1 m,传送带长度l2=0.5 m,速度大小v=3 m/s,木板质量M=0.2 kg,长度l3=0.6 m,BCD的半径R=0.4 m,滑块与轨道DE、传送带及木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4,木板与轨道HI间的动摩擦因数μ2=0.1,其余各处均光滑,不考虑弹射过程中能量损失,各轨道间平滑连接。g取10 m/s2。 (1)若弹簧的弹性势能Ep1=0.9 J,求滑块运动到管道最高点时,受到的管道作用力大小FN; (2)若滑块最终静止在轨道DE某处,求弹簧的弹性势能Ep2的范围; (3)若弹簧的弹性势能Ep3=1.6 J,求木板运动的位移x。 解析:(1)滑块由A点弹出到管道最高点的过程,有Ep1=m+mgR,解得vC=1 m/s, 在最高点有mg-FN=m,解得FN=1.5 N。 (2)①滑块超过C点的条件为vC≥0, 则有Ep2min=m+mgR≥mgR=0.2×10×0.4 J=0.8 J。 ②滑块到达F点时,速度恰好为零,则有 Ep2max=μ1mg(l1+l2)=1.2 J, 所以滑块最终静止在轨道DE某处,弹簧的弹性势能范围为0.8 J≤Ep2<1.2 J。 (3)若弹簧的弹性势能Ep3=1.6 J,滑块由A点到E点的过程有Ep3=μ1mgl1+m, 解得vE=2 m/s, 若刚好能通过皮带的速度大小v′2=2μ1gl2, 解得v′=2 m/s<vE, 所以滑块减速通过皮带,有-=2μ1gl2, 解得vF=2 m/s, 滑块在木板上滑行,达到共同速度后一起减速运动直到速度为0, 有vF-v共=μ1gt, v共=t, =2x1, 0-=2μ2gx2,解得v共= m/s, 达到共速时的木板位移x1= m,达到共速后的木板位移x2= m,则木板位移x=x1+x2= m。 答案:(1)1.5 N　(2)0.8 J≤Ep2<1.2 J　(3) m 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题5　动力学和能量观点的综合应用 课时作业 A级·基础巩固练 命题视角1　结合动力学、能量观点分析传送带模型,注意速度相等时摩擦力发生突变 1.如图,物块从A点水平抛出,恰好在B点无碰撞进入倾斜传送带,已知传送带沿顺时针匀速转动,由A到B的运动时间为t1,水平距离为x1,从抛出到刚进入传送带一段时间内关于物块水平速度和时间、竖直速度和时间、动能和水平位移、机械能和水平位移的图像一定错误的是(　　) A B C D 2.(多选)在工厂中,经常用传送带传送货物。如图所示,质量m=10 kg的货物(可视为质点)从高h=0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑,货物和轨道之间的阻力可忽略不计,货物滑到水平传送带上的A点,货物在轨道和传送带连接处能量损失不计,货物和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带AB两点之间的距离L=5 m,传送带一直以v=4 m/s的速度顺时针匀速运动,重力加速度g取10 m/s2。装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的有(　　) A.摩擦力对货物做功为50 J B.货物从A运动到B用时1.5 s C.由于摩擦而产生的热量为20 J D.由于运送货物,带动传送带转动的电动机多消耗的电能为60 J 3.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放上传送带,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 命题视角2　结合动力学、能量观点分析滑块—木板模型,注意速度相等时摩擦力发生突变 4.一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上,质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中,物体B的动能减少量大小为ΔEkB,长木板A的动能增加量为ΔEkA,A、B间摩擦产生的热量为Q,关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值,下列情况可能的是(　　) A.ΔEkB=7 J,ΔEkA=4 J,Q=4 J B.ΔEkB=7 J,ΔEkA=3 J,Q=4 J C.ΔEkB=8 J,ΔEkA=3 J,Q=2 J D.ΔEkB=8 J,ΔEkA=5 J,Q=3 J 5.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.如图所示,足够长的木板Q静置在水平地面上,滑块P以水平速度v0=2 m/s从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为mP=2 kg,mQ=1 kg,P、Q之间的动摩擦因数μ1=0.1,Q与地面之间的动摩擦因数μ2=0.15,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。vP、vQ分别表示P、Q的速度,EkP、EkQ分别表示P、Q的动能,xP、xQ分别表示P、Q的位移,下列图像正确的是(　　) A B C D 7.如图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M=1.8 kg,长度d=1.0 m,其中放有质量m=0.2 kg,长s=0.2 m的书本,书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s,如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦,书本与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平力F将抽屉拉出,抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。不考虑抽屉翻转,重力加速度g取10 m/s2。 (1)在拉出抽屉过程中,为保证书本与抽屉不产生相对滑动,求水平力F的最大值; (2)当F=1.8 N时,从开始运动到抽屉与挡板碰撞前瞬间,求抽屉对书本做的功; (3)当F=3.8 N时,从开始运动到书本最终停止时,求书本和抽屉因摩擦产生的热量。 命题视角3　分析多过程模型特点,学会分阶段建模求解 8.(多选)如图甲所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.物块在D点的速率为8 m/s B.F0的大小为70 N C.v0的大小为 m/s D.物块在B点时对轨道的压力大小为30 N 9.如图所示,四分之三圆轨道ABD(内壁、外壁均光滑)被固定在竖直面内,O为圆心,C是轨道上一点,其中AB部分是圆管,AB是竖直直径,OC、OB的夹角为θ(未知量)。一质量为m的小球(可视为质点)沿光滑水平面,以向左的速度v0经A点进入圆轨道,恰好到达最高点B,接着在B点受到轻微的扰动从B到达C时刚好脱离轨道,最后落到水平面,重力加速度为g,不计空气阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是(　　) A.圆弧轨道的半径为 B.θ的余弦值为 C.小球到达C点时的动能为 D.小球从C点到达水平面时重力瞬时功率为mgv0 B级·高考过关练 10.如图所示,左侧有一长为L=3 m的传送带,以速度v=5 m/s顺时针转动,右侧有一质量为M= 6 kg、长为l=5 m的长木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=10 m/s从传送带的左端滑上传送带,并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6,不计空气阻力,g取10 m/s2。则(　　) A.小物块滑上长木板的速度为5 m/s B.小物块的最终速度为1 m/s C.长木板的最终动能Ek=12 J D.全过程系统产生的内能Q=48 J 11.某同学玩“弹射游戏”装置如图所示,轨道BC由两个半径均为R=0.1 m的圆形管道和圆单侧轨道拼接而成位于竖直面内,管道内直径大于小正方形滑块棱长,且远小于R。轻弹簧左端固定,自然状态下弹簧右端位于O点,用质量为m=0.02 kg的小滑块将弹簧压缩x0到A位置,由静止释放,小滑块恰能通过单侧轨道的最高点C,其中,OB段长为R,动摩擦因数μ为0.5,其他处摩擦不计,假设弹簧弹性势能与形变量的平方成正比。g取10 m/s2,求: (1)小滑块到达最高点C的速度vC大小及小滑块落地点到B点的距离xB; (2)若弹簧的压缩量增为2x0,其他条件不变,小滑块经过B时对管道的弹力FN; (3)要使小滑块在BC轨道上运动过程中不脱离轨道,弹簧的弹性势能要满足的条件。 12.(2025·湖州三模) 如图为一弹射游戏装置,它由安装在水平台面上的固定弹射器,水平直轨道AB,圆心为O的水平半圆细管道BCD,水平直轨道DE、FG、HI和逆时针转动的传送带EF等组成。木板静止在HI上,其上表面与FG相平,左端紧靠竖直边GH。游戏时滑块由A点弹出,经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF和轨道FG后,滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m=0.2 kg,轨道DE长度l1=1 m,传送带长度l2=0.5 m,速度大小v=3 m/s,木板质量M=0.2 kg,长度l3=0.6 m,BCD的半径R=0.4 m,滑块与轨道DE、传送带及木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4,木板与轨道HI间的动摩擦因数μ2=0.1,其余各处均光滑,不考虑弹射过程中能量损失,各轨道间平滑连接。g取10 m/s2。 (1)若弹簧的弹性势能Ep1=0.9 J,求滑块运动到管道最高点时,受到的管道作用力大小FN; (2)若滑块最终静止在轨道DE某处,求弹簧的弹性势能Ep2的范围; (3)若弹簧的弹性势能Ep3=1.6 J,求木板运动的位移x。 学科网（北京）股份有限公司 $