第5章 第4讲 第2课时 功能关系的综合应用(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

**基本信息** 聚焦传送带与板块模型，以基础到进阶题型构建运动与相互作用、能量观念的逻辑链条，强化科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |A级|8题（含高考真题）|水平/倾斜传送带、板块模型基础考法|从摩擦力分析切入，结合运动学公式与动能定理，构建“受力-运动-能量”推导链条| |B级|4题（含综合计算题）|传送带多过程、临界状态及能量转化进阶考法|深化相对运动分析，整合能量守恒与临界条件，提升复杂问题科学推理能力|

[课时跟踪检测] A级——基准保分考法 1.(2024·北京高考)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　 ) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长 解析:选D　刚开始时,物体速度小于传送带速度,则物体相对传送带向后运动,A错误;物体匀速运动过程中,物体与传送带之间无相对运动趋势,则物体不受摩擦力作用,B错误;物体加速运动过程中,由动能定理可知,摩擦力对物体做正功,C错误;设物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体相对传送带运动时,加速度大小为a==μg,物体做匀加速运动,直至物体速度等于传送带速度,由v=at=μgt可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D正确。 2.如图,倾角为30°的传送带逆时针匀速转动,将质量为m的物块轻放到传送带上端,物块下降高度h时,恰与传送带共速。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=,重力加速度大小为g,则此过程中 (　 ) A.传送带对物块的摩擦力做功为2mgh B.物块的机械能变化量为2mgh C.系统因摩擦产生的热量为2mgh D.因放上物块,电动机多消耗的电能为2mgh 解析:选D　传送带对物块的摩擦力做功为Wf=μmgcos θ·=mgh,则物块的机械能变化量为mgh,故A、B错误;系统因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功,为mgh,故C错误;物块沿斜面方向所受合力为F=mgsin θ+μmgcos θ=mg,共速时物块动能为Ek=F·=2mgh,因放上物块,电动机多消耗的电能为W=Ek+Wf-mgh=2mgh,故D正确。 3.如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是 (　 ) A.饺子一直做匀加速运动 B.传送带的速度越快,饺子的加速度越大 C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中,增加的动能等于因摩擦产生的热量 D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能 解析:选C　饺子在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,故A错误;饺子的加速度a===μg,与传送带的速度无关,故B错误;饺子从静止加速到与传送带共速的过程,饺子增加的动能Ek=μmgs饺子,因摩擦产生的热量Q=μmgs相对,又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速,饺子的位移s饺子=t,s相对=s传送带-s饺子=vt-=,所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量,故C正确;传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和,故D错误。 4.如图所示,一个长为L、质量为M的木板,静止在光滑水平面上,一个质量为m的物块(可视为质点),以水平初速度v0,从木板的左端滑向另一端,设物块与木板间的动摩擦因数为μ,当物块与木板相对静止时,物块仍在长木板上,物块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,重力加速度为g。则在此过程中 (　 ) A.摩擦力对物块做的功为μmg(s+d) B.摩擦力对木板做的功为μmgs C.木板动能的增加量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs 解析:选B　根据功的定义W=Flcos θ,其中l指物体的位移,而θ指力与位移之间的夹角,可知摩擦力对物块做的功W1=-μmg(s+d),摩擦力对木板做的功W2=μmgs,A错误,B正确;根据动能定理可知木板动能的增加量ΔEk=W2=μmgs,C错误;由于摩擦而产生的热量Q=FfΔx=μmgd,D错误。 5.(2025·如皋高三调研)如图所示,倾角为θ的传送带顺时针转动,其底部与水平面平滑连接。质量不同的小物体甲、乙先后由传送带上的A点静止释放,甲、乙与传送带、水平面间的动摩擦因数均为μ,已知μ<tan θ,则甲、乙 (　 ) A.均沿传送带向上加速运动 B.均沿传送带向下先加速、后匀速运动 C.均停止在水面上的同一位置 D.在整个运动过程中克服摩擦力做的功相等 解析:选C　由题知,传送带顺时针转动,所以传送带对物体的摩擦力沿传送带向上,根据μ<tan θ,可知摩擦力小于重力沿传送带向下的分力,则甲、乙均沿传送带向下加速运动,故A、B错误;甲、乙两物体在传送带上加速下滑的过程中,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得a=gsin θ-μgcos θ,可知两物体加速度相同,又两物体在传送带上滑行的距离相同(都由A点滑到传送带底部),根据v2=2ax可知两物体到达水平面时的速度相同;在水平面上,两物体都只受到摩擦力的作用,且动摩擦因数相同,根据牛顿第二定律可知μmg=ma',解得a'=μg,可知两物体在水平面上滑行的加速度相同,根据v2=2a'x',可知两物体在水平面上滑行的距离也相同,即均停止在水面上的同一位置,故C正确;甲、乙两物体在传送带上加速下滑的过程中,克服摩擦力做功为Wf1=μmgcos θ·x,在水平面上滑行时,克服摩擦力做功为Wf2=μmg·x',故克服摩擦力做的总功为W=Wf1+Wf2=μmg,由于两物体的质量不同,故在整个运动过程中克服摩擦力做的功不相等,故D错误。 6.如图所示为探究滑块从同一高度沿不同轨道下滑时,水平位移大小关系的示意图,所有轨道均处在同一竖直平面内。某次实验中让滑块沿AB轨道从A点由静止释放,滑块最终停在水平面上的C点,且A、C连线与水平方向夹角为30°。滑块可视为质点,且不计经过弯角处的能量损失,滑块与所有接触面的动摩擦因数均相同。以下结论正确的是 (　 ) A.滑块从A点由静止释放,沿AD轨道下滑,将停止在C点 B.滑块从A点由静止释放,沿AED轨道下滑,将停止在C点 C.滑块从A点由静止释放,沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑,到达D点时速度大小相等 D.滑块与接触面间的动摩擦因数为 解析:选A　设A点到水平面的高度为h,AB倾角为α,AD倾角为θ,则滑块沿AB轨道从A点由静止释放,滑块最终停在水平面上的C点,根据能量守恒定律有mgh=μmgcos α·+μmgxBC=μmgxEB+μmgxBC=μmgxEC;滑块从A点由静止释放,沿AD轨道下滑,根据能量守恒定律有mgh=μmgcos θ·+μmgx=μmgxED+μmgx,联立解得x=xDC,滑块沿AD轨道下滑时将停止在C点,选项A正确;由以上分析可知,滑动摩擦力做功等于μmg与水平位移的乘积,滑块沿AED轨道下滑时外界需要提供向心力,则AED轨道对滑块的支持力大于重力垂直于接触面向下的分力mgcos β,对应的滑动摩擦力大于μmgcos β,β是滑块所在处切线方向与水平方向的夹角,沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑,水平位移相等,则沿AED轨道下滑克服摩擦力做功大,故到达轨道底端时的动能小,将不会到达C点,选项B、C错误;根据前面推导得出mgh=μmgxEC,则动摩擦因数μ==tan 30°=,选项D错误。 7.(2025·盐城高三检测)如图所示,质量为M的粗糙长木板ae放在光滑水平面上,b、c、d是ae的四等分点。质量为m的物块(可视为质点)以一定的初速度从a点水平滑上木板左端,经过一段时间二者共速。上图是物块刚滑上木板时物块与木板的位置状态,下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置。关于木板与物块的质量关系,可能正确的是 (　 ) A.M=m B.M=m C.M=2m D.M=3m 解析:选A　水平面光滑,物块与木板的加速度分别为am=μg,aM=,当两者达到共同速度v时,有v=v0-amt=aMt,可得v=,设木板的位移为x,对木板,由动能定理有μmgx=Mv2,设二者的相对位移为Δx,对物块,由动能定理有-μmg=mv2-m,整理得=,因为x<Δx<2x,解得m>M,故选A。　 8.(12分)如图所示,质量M=8 kg的长木板停放在光滑水平面上,在长木板的左端放置一质量m=2 kg的小物块,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2,现对小物块施加一个大小F=8 N的水平向右恒力,小物块将由静止开始向右运动,2 s后小物块从长木板上滑落,从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小物块和长木板的加速度各为多大;(4分) (2)长木板的长度;(4分) (3)通过计算说明:互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。(4分) 解析:(1)长木板与小物块间摩擦力 Ff=μmg=4 N 小物块加速度a1==2 m/s2 长木板加速度a2==0.5 m/s2。 (2)小物块对地位移x1=a1t2=4 m 长木板对地位移x2=a2t2=1 m 长木板长度L=x1-x2=3 m。 (3)摩擦力对小物块做功W1=-Ffx1=-16 J 摩擦力对长木板做功 W2=Ffx2=4 J,故W1+W2≠0。 答案:(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)3 m (3)见解析 9.(15分)(2026·南通开学考试)如图所示,传送带与水平面夹角θ=37°,传送带在电动机的带动下,始终保持v=2 m/s的速率顺时针运行,传送带下端A点与上端B点间的距离l=14 m。现将一质量m=1 kg的小工件无初速度地放于A点,已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求工件刚放上传送带时的加速度大小a;(3分) (2)求工件从A点至B点的过程中传送带对工件做的功W;(6分) (3)若每隔1 s把一个工件无初速度地放于A点,工件至B点时即脱离传送带。求满载与空载相比,传送带需要增加的功率ΔP。(6分) 解析:(1)工件放在传送带上后,根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma,解得a=1 m/s2。 (2)工件沿传送带向上做匀加速直线运动,设加速时间为t1,加速位移为l1,则有v=at1,l1=a,解得t1=2 s,l1=2 m<14 m 故传送带对工件做功为 W=μmgcos θ·l1+mgsin θ·　 代入数据解得W=86 J。 (3)若每隔1 s把一个工件无初速度地放于A点,工件加速到与传送带共速所用时间为t1=2 s,共速后相邻工件的距离为Δx=vΔt=2 m 又l=14 m=2 m+6×2 m 可知满载时传送带上共有8个工件,其中2个受滑动摩擦力,6个受静摩擦力,因此满载与空载时相比,传送带需要增加的功率为ΔP=2μmgcos θ·v+6mgsin θ·v 代入数据解得ΔP=100 W。 答案:(1)1 m/s2　(2)86 J　 (3)100 W B级——把关进阶考法 10.自动扶梯的应用相当广泛,给生产、生活带来极大的方便。某斜坡式扶梯的长度为13 m,对应的高度为5 m,木箱与扶梯表面的动摩擦因数为0.5,扶梯能以恒定的速率1 m/s 向上或向下运动。小张同学将质量为10 kg的木箱轻放在扶梯上。重力加速度g取10 m/s2,以下分析正确的是 (　 ) A.若放在扶梯上端向下运送,木箱在沿斜坡向下运动了0.65 m时速率达到1 m/s B.若放在扶梯下端向上运送,木箱在沿斜坡向上运动了0.65 m时速率达到1 m/s C.木箱与扶梯共速后,摩擦力对木箱的功率绝对值为 W D.向上运送全过程,因木箱而使电机输出的能量额外增加了1 205 J 解析:选B　根据题意,设扶梯的倾角为θ,则有sin θ=,cos θ=,若放在扶梯上端向下运送,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1= m/s2,由公式v2-=2ax可得,当木箱的速率达到1 m/s时,向下运动的距离为x1== m,故A错误;若放在扶梯下端向上运送,由牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma2,解得a2= m/s2,由公式v2-=2ax可得,当木箱的速率达到1 m/s时,向上运动的距离为x2==0.65 m,故B正确;木箱与扶梯共速后,木箱受静摩擦力,大小为f=mgsin θ,则摩擦力对木箱的功率绝对值为P=fv= W,故C错误;向上运送全过程,由能量守恒定律可知,因木箱而使电机输出的能量额外增加的量为摩擦产生的热与木箱的机械能增加量之和,由运动学公式v=v0+at可得,共速需要的时间为t==1.3 s,则摩擦产生的热为Q=μmgcos θ·Δx=0.5×10×10××(1.3-0.65)J=30 J,木箱的动能增加量为Ek=mv2=5 J,木箱的重力势能增加量为Ep=mgh=500 J,则因木箱而使电机输出的能量额外增加了ΔE=Q+Ek+Ep=535 J,故D错误。 11.(18分)如图所示,弹簧锁定后所储存的弹性势能Ep=18 J,一个质量m=1 kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后,弹簧恢复原长时小物块冲上长度l=6 m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R=0.5 m的圆轨道ABCD,A、D的位置错开,以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25,其他摩擦均忽略不计,g=10 m/s2,求: (1)小物块释放后,冲上水平传送带时的速度大小;(3分) (2)若传送带以5 m/s的速度顺时针转动,小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小;(6分) (3)若传送带速度大小、方向皆可任意调节,要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD,传送带转动速度的可能值。(9分) 解析:(1)设小物块释放后,冲上水平传送带时的速度大小为v0,根据题意,由能量守恒定律可得Ep=m,解得v0=6 m/s。 (2)小物块冲上传送带后先做匀减速运动,设其加速度为a,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=2.5 m/s2 设物块与传送带共速时的对地位移为x, 则由运动学公式可得-v2=2ax 代入数据解得x=2.2 m<l 则可知物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动,最终通过圆轨道最高点,设通过圆轨道最高点时的速度为v1,最高点对物块的弹力为FN,则由动能定理有-2mgR=m-mv2 在最高点由牛顿第二定律可得 FN+mg=m,联立解得FN=0 根据牛顿第三定律可知,通过最高点时,物块对圆轨道的压力为0。 (3)要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD,则有两种情况: (一)当传送带顺时针转动时: ①物块恰能过最高点时,在最高点对轨道无压力,根据(2)中分析可知,此时传送带的速度为5 m/s,即只要传送带的速度v≥5 m/s,物块就不会脱离圆轨道; ②当物块恰好运动至圆轨道圆弧处时速度减为零,此种情况下物块也不会脱离圆轨道,根据动能定理有-mg·R=0-mv2 解得v= m/s 若物块在传送带上始终做匀减速运动,假设物块在离开传送带时速度为v2,由运动学公式可得 -=2al 解得v2= m/s< m/s 即只要传送带的速度满足0≤v≤ m/s,滑块就不会脱离圆轨道。 (二)当传送带逆时针转动时: 通过上述分析可知,当传送带逆时针转动时,物块在传送带上始终做匀减速运动,且物块离开传送带时的速度与传送带的转速无关,可知,若传送带逆时针转动,速度任意。 综上可得:若传送带顺时针转动,v≥5 m/s或0≤v≤ m/s;若传送带逆时针转动,速度任意。 答案:(1)6 m/s　(2)0　(3)若传送带顺时针转动,v≥5 m/s或0≤v≤ m/s;若传送带逆时针转动,速度任意 12.(18分)如图是工人传输货物的示意图,工人甲把质量为m=7 kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放,货物从轨道的底端B点(B点有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间,货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速,此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区,长木板进入反弹装置,反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1=10 m,倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ=53°,BC段的长度L2=7.5 m,长木板的长度d=5 m,货物与倾斜轨道间、货物与长木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,重力加速度g=10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求: (1)货物到达B点时的速度大小vB;(3分) (2)长木板的右端刚到C点时货物的速度大小vC;(7分) (3)长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值η。(8分) 解析:(1)依题意,货物由A运动到B过程,根据动能定理可得mgL1sin 53°-μ1mgL1cos 53°=m,解得vB=10 m/s。 (2)依题意,货物在长木板上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可得a货==5 m/s2 根据匀变速直线运动规律,有-2a货L2=-, 解得vC=5 m/s。 (3)长木板进入反弹装置时的速度大小为 v1=vC=5 m/s 设长木板的质量为M,长木板与货物向右运动过程,有μ1mg-μ2g=Ma板 根据匀变速直线运动规律,有=2a板 联立解得M=3 kg 则长木板刚进入反弹装置时的动能为 E=M=37.5 J 长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2,长木板从C点到B点的过程中,由动能定理得 -μ2Mg(L2-d)=0-M 长木板在反弹的过程中损失的动能为 ΔE=M-M=22.5 J 则长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值 η=×100%=60%。 答案:(1)10 m/s　(2)5 m/s　(3)60% 17 / 71 $