课时跟踪检测(34) 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

**基本信息** 聚焦功能关系在传送带、板块模型中的综合应用，通过递进式题型构建能量转化与守恒的解题逻辑，培养能量观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础传送带模型|1-2题|水平传送带动力学与能量转化|从摩擦力分析切入，建立加速度、相对位移与动能、内能的关联| |倾斜传送带与能量综合|3-6题|含圆弧/板块的多过程能量问题|整合牛顿定律与功能关系，突出摩擦生热、机械能变化的定量计算| |综合应用与计算|7-8题|传送带-轨道/板块系统能量守恒|从单一模型到多体系统，强化模型建构与科学论证能力|

课时跟踪检测(三十四)　功能关系的综合应用 1.如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序,饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度的轻放在传送带上,传送带足够长且以速度v匀速转动,饺子与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.传送带的速度越快,饺子的加速度越大 B.饺子相对于传送带的位移为 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.传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能 2.如图,一质量为M=2 kg的木板静止在水平地面上,一质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)以v0=2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板,木板始终保持静止。木板足够长,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知),重力加速度大小g=10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 (　　) A.地面对木板的摩擦力方向水平向右 B.地面对木板的摩擦力大小为9 N C.μ2可能为0.12 D.整个过程中,滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J 3.如图所示,一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于N点,圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放,滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道,第一次上升的最高点距N点高度为R,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.传送带匀速转动的速度大小为 B.经过足够长的时间,小滑块最终静止于N点 C.小滑块第二次上升的最高点距N点高度为R D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于mgR 4.(2025·河南驻马店模拟)(多选)如图所示,长为L=2 m的水平传送带正以v=4 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动,传送带右端B点紧靠水平面,水平面与传送带上表面在同一平面上,水平面上C点固定一个竖直挡板,BC间距离为s=0.5 m。将一个质量为1 kg的物块在传送带左端A点轻放在传送带上,物块运动中每次与挡板碰撞过程均没有机械能损失,且以原速率返回,物块与传送带和水平面间的动摩擦因数均为0.5,重力加速度g=10 m/s2,不计物块的大小,则下列判断正确的是 (　　) A.物块第一次在传送带上运动的时间为1 s B.物块第二次滑上传送带时的速度大小为 m/s C.物块最终停下的位置离挡板的距离为0.1 m D.物块在传送带上运动因摩擦产生的热量为4J 5.如图所示,传送带的倾角为θ=37°,从A到B长度为16 m,传送带以10 m/s的速度逆时针转动。 t=0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块, t=1 s时传送带被异物卡住不动了。 已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2。则 (　　) A.煤块到达B点时的速度大小为10 m/s B.煤块从A到B的时间为3 s C.煤块从A到B的过程中机械能减少了12 J D.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16 m 6.(2025·黑龙江大庆模拟)(多选)如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一质量为2 kg的物块(可视为质点)以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v⁃t图像如图乙所示,物块运动到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,则 (　　) A.传送带的速度大小为12 m/s B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 C.物块从传送带底端运动到顶端的过程中,传送带对物块做功144 J D.物块从传送带底端运动到顶端的过程中,物块与传送带之间产生的内能为24 J 7.(12分)(2025·江苏镇江模拟)如图甲所示,一倾角为37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率顺时针运行,传送带底端到顶端的距离为L=10 m,现将一质量m=2.0 kg的小煤块轻放于传送带底端,以传送带底端为参考平面,小煤块在传送带上运动整个过程中速度的平方v2随位移x的变化如图乙所示,取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,煤块可视为质点,其在传送带上经过会留下黑色痕迹,在煤块从传送带底端到顶端过程中,求: (1)煤块与传送带之间的动摩擦因数μ;(4分) (2)煤块在传送带上留下痕迹的长度;(4分) (3)电动机多做的功W。(4分) 8.(14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;(5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百分比η。(6分) 答案 课时跟踪检测(三十四) 1.选C　饺子的加速度a===μg,与传送带的速度无关,故A错误;饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t=,饺子相对于传送带的位移s相对=vt-=,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,故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。 2.选C　根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右,大小为fm=μ1mg=3 N,由于木板始终保持静止,故地面对木板的静摩擦力方向水平向左,大小为fM=fm=3 N,故A、B错误;木板始终保持静止,即μ2(m+M)g≥fm,解得μ2≥0.1,故C正确;整个过程中,滑块的动能全部转化为系统的内能,产生的热量Q=m=2 J,故D错误。 3.选D　小滑块从M点下滑到N点过程,由动能定理有mgR=m,解得小滑块第一次到达N点时的速度大小为vN=,小滑块在传送带上先向右减速到0,再向左加速运动,假设小滑块会与传送带共速,则第一次上升过程有mv2=mg×R,解得v=<vN,假设成立,故A错误;由上述分析可知,之后滑块在传送带与圆弧轨道之间做往复运动,上升的最高点距N点高度始终为R,故B、C错误;小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量等于损失的重力势能和维持传送带匀速运动补充的能量之和,损失的重力势能为mgR,所以小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于mgR,故D正确。 4.选BC　物块在传送带上加速运动时,加速度大小a=μg=5 m/s2,由于x==1.6 m<L,因此物块第一次在传送带上先做加速运动后做匀速运动,运动的时间t=+=0.9 s,A项错误;设物块第二次滑上传送带时速度大小为v1,根据动能定理有-μmg×2s=m-mv2,解得v1= m/s,B项正确;物块第二次滑离传送带后在水平面上运动的路程x'==0.6 m,因此物块停下的位置离挡板的距离为s'=0.6 m-0.5 m=0.1 m,C项正确;物块在传送带上运动因摩擦产生的热量Q=μmg=8(1+)J,D项错误。 5.选C　开始阶段,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,煤块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1==1 s,煤块发生的位移为x1=a1=5 m<16 m,所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点,此时传送带刚好被异物卡住不动了,此后摩擦力方向改变;第二阶段,由于μ=0.5<tan θ,煤块仍做匀加速运动,由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2,则LAB-x1=vt2+a2,解得t2=1 s,则煤块从A到B的时间t=t1+t2=2 s,煤块到达B点时的速度大小为vB=v+a2t2=12 m/s,故A、B错误;第一阶段煤块的速度小于传送带速度,煤块相对传送带向上移动,煤块与传送带的相对位移大小为Δx1=vt1-x1=10×1 m-5 m=5 m,故煤块相对于传送带上移5 m;第二阶段煤块的速度大于传送带速度(为零),煤块相对传送带向下移动,煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=LAB-x1=11 m,即煤块相对传送带下移11 m,故传送带表面留下黑色划痕的长度为11 m(前5 m被覆盖),故D错误;开始时煤块的机械能为E=mgLABsin 37°=48 J,到达B点时煤块的机械能为EB=m=36 J,煤块从A到B的过程中机械能减少了12 J,故C正确。 6.选BD　由题图乙知,物块先做匀减速直线运动,t1=1 s时速度达到传送带速度,由于重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力,物块继续向上做匀减速直线运动,可知传送带的速度大小为v1=4 m/s,故A错误;0~1 s内物块的加速度大小为a1= m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律得a1=,解得μ=0.25,故B正确;0~1 s内物块受到的摩擦力方向沿传送带向下,传送带对物块做负功,则W1=-μmgcos 37°·x1,x1=t1,代入数据解得W1=-32 J,1~2 s内物块受到的摩擦力方向沿传送带向上,传送带对物块做正功,则W2=μmgcos 37°·x2,x2=(t2-t1),解得W2=8 J,所以传送带对物块做功为W1+W2=-24 J,故C错误;根据题图乙可知,0~1 s内物块相对于传送带运动的距离为Δx1=x1-v1t1=4 m,1~2 s内物块相对于传送带运动的距离为Δx2=v1(t2-t1)-x2=2 m,物块从传送带底端运动到顶端的过程中,物块与传送带之间产生的内能为Q=μmgcos 37°·(Δx1+Δx2)=24 J,故D正确。 7.解析:(1)煤块放上传送带后,煤块先做匀加速运动,根据v2=2ax 结合题图乙可得煤块的加速度大小为 a= m/s2=1 m/s2 根据牛顿第二定律可得 μmgcos 37°-mgsin 37°=ma 解得动摩擦因数为μ=0.875。 (2)设传送带的速度为v1,根据题图乙可知 v1= m/s=3 m/s 煤块加速的时间为t1==3 s 煤块与传送带的相对位移为 Δx=v1t1-v1t1=4.5 m 可知煤块在传送带上留下痕迹的长度为4.5 m。 (3)煤块和传送带间因摩擦产生的热量为 Q=μmgcos 37°·Δx=63 J 煤块从传送带底端到顶端过程电动机多做的功等于煤块重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和,则有W=mgLsin 37°+m+Q=192 J。 答案:(1)0.875　(2)4.5 m　(3)192 J 8.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(L2-d) 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百分比 η=×100%=60%。 答案:(1)10 m/s　(2)5 m/s　(3)60% 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $