備考2025屆高考物理一輪復習分層練習第六章機械能專題十動力學和能量觀點的綜合應用

專題十動力學和能量觀點的綜合應用1.[多選]如圖所示，一長木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物塊A，現(xiàn)以恒定的外力F拉A，經(jīng)一段時間物塊A從長木板B的右端滑下，在此過程中以地面為參考系，長木板B也向右移動一段距離，則在此過程中（CD）A.外力F對A做的功等于A和B動能的增加量B.A對B摩擦力做的功與B對A摩擦力做的功確定值相等C.外力F做的功等于A、B動能的增加量與系統(tǒng)由于摩擦而產生的熱量之和D.A對B摩擦力做的功等于B動能的增加量和B與地面之間因摩擦產生的熱量之和解析依據(jù)功能關系和能量守恒定律可知，外力F做的功等于A、B動能的增加量

與系統(tǒng)由于摩擦而產生的熱量(包括A、B之間，B和地面之間因摩擦所產生的熱量)

之和；同理，A對B的摩擦力做的功等于B動能的增加量和B與地面之間因摩擦產生的

熱量之和，雖然A對B的摩擦力與B對A的摩擦力大小相等，但在力的方向上的位移大

小不同，所以A對B的摩擦力做的功與B對A的摩擦力做的功的確定值不相等，故C、

D正確，A、B錯誤.2.[圖像創(chuàng)新/2024江西撫州黎川二中?？糫如圖甲所示，表面粗糙的“L”形水平軌道固定在地面上，勁度系數(shù)為k、原長為l0的輕彈簧一端固定在軌道上的O點，另一端與安裝有加速度傳感器的小滑塊相連，滑塊總質量為m.以O為坐標原點，水平向右為正方向建立x軸，將滑塊拉至坐標為x3的A點由靜止釋放，滑塊向左最遠運動到坐標為x1的B點，測得滑塊的加速度a與坐標x的關系如圖乙所示，其中a0為圖線縱截距.則滑塊由A運動至B過程中（彈簧始終處于彈性限度內），下列描述正確的是（B）A.x2＝l0B.最大動能為12ma3（x3－x2C.動摩擦因數(shù)μ＝a0gD.滑塊在x3和x1處的彈性勢能Ep3＝Ep1解析由圖可知，當滑塊運動到x2位置時，滑塊的加速度為零，滑塊受到水平向右

的滑動摩擦力和水平向左的彈力，所以彈簧處于伸長狀態(tài)，而不是復原原長，故A

錯誤.加速度為零時，速度達到最大，動能最大，依據(jù)動能定理，結合圖線與橫軸所

圍區(qū)域的面積可得Ekm＝12ma3(x3-x2)，故B正確.依據(jù)牛頓其次定律得-k(x-l0)＋μmg＝

ma，當x＝0時，a＝a0，解得動摩擦因數(shù)μ＝a0g-kl0mg，故C錯誤.由能量守恒定律可得

Ep3＝Ep1＋μmg(x33.[2024福建廈門雙十中學?？?多選]如圖甲所示，傳送帶是物料搬運系統(tǒng)機械化和自動化傳送用具.如圖乙所示，傳送帶與水平面間的夾角θ＝37°，逆時針勻速轉動.某次將靜止的物體從高處傳送至低處的過程中，以水平地面為重力勢能的零勢能面，物體的機械能E和傳送距離s的關系如圖丙所示.已知物體的質量為10kg，可視為質點，重力加速度為10m/s2，下列說法中正確的是（AC）A.傳送帶的運行速度為2m/sB.物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25C.在0～0.2m內與0.2～0.4m內，傳送帶對物體做的功大小相等D.在0～0.2m內與0.2～0.4m內，物體與傳送帶之間產生的熱量相等解析傳送距離0～0.2m內，物體速度小于傳送帶速度，受到摩擦力沿傳送帶向

下，摩擦力做正功，物體的機械能增加，可得μmgΔxcosθ＝ΔE，物體與傳送帶之間

的動摩擦因數(shù)為μ＝ΔEmgΔxcosθ＝248-24010×10×0.2×0.8＝0.5，故B錯誤.傳送距離0～0.2m內，物體的加速度為a＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，傳送帶的運行速度為v＝2aΔx＝2×10×0.2m/s＝2m/s，故A正確.在0～0.2m內與0.2～0.4m內，物體受到的滑動摩擦力大小相等，方向相反，物體的位移相同，可知傳送帶對物體做的功大小相等，故C正確.在0～0.2m內，傳送帶的位移x1＝vt，物體的位移為x2＝12at2＝12vt，物體與傳送帶間的相對位移為Δx1＝x1-x2＝x2＝0.2m，物體與傳送帶之間產生的熱量Q1＝Wf1＝fΔx1；在0.2～0.4m內，物體與傳送帶之間產生的熱量Q2＝Wf2＝fΔx2，物體與傳送帶間的相對位移為Δx2＝x物-x傳送帶＝0.2m-x傳送帶＝Δx4.[多選]如圖甲所示，一質量為m的小物塊以初動能E0向右滑上足夠長的水平傳送帶，傳送帶以恒定速率逆時針轉動.小物塊在傳送帶上運動時，小物塊的動能Ek與小物塊的位移x的關系圖像如圖乙所示，傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)不變，重力加速度為g，則（BC） A.小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為EB.從小物塊起先滑動到與傳送帶達到共同速度所需時間為9C.整個過程中小物塊與傳送帶間產生的熱量為94ED.整個過程中傳送帶電動機多消耗的電能為94E解析由題圖乙可知，Ek-x圖像的斜率大小E0x0表示合力的大小，小物塊向右滑動時

所受的合外力為μmg，解得μ＝E0mgx0，故A錯誤；取向右為正方向，設傳送帶的速度大小為v'，依據(jù)題意作出小物塊的v-t圖像如圖所示，由圖像可知，小物塊做勻變速直線運動且共速前加速度不變，全程有-v'＝v0-μgt0，又E0＝12mv02，14E0＝12mv'2，解得t0＝9mx022E0，故B正確；以傳送帶為參考系，小物塊運動的位移Δx＝(v0＋v')22μg，產生的熱量Q＝μmgΔx＝15.[2024湖北黃岡模擬/多選]如圖所示，AB為固定水平長木板，長為L，C為長木板的中點，AC段光滑，CB段粗糙，一原長為25L的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊，起先時將物塊拉至長木板的右端B點，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板CB段間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊的質量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，且k＞10μmgL，物塊第一次到達C點時，物塊的速度大小為v，此時彈簧的彈性勢能為E，不計物塊的大小，彈簧始終在彈性限度內，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（A.物塊可能會停在CB面上某處B.物塊最終會做往復運動C.彈簧起先具有的最大彈性勢能為E＋12mv2＋D.最終物塊和彈簧系統(tǒng)損失的總機械能為12mv2＋1解析由于k＞10μmgL，可得k·(L2-2L5)＞μmg，所以物塊不行能停在CB面上某處，

故A錯誤；只要物塊滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物塊的機械能就減小，所以

物塊最終會在AC段做往復運動，故B正確；物塊從起先運動到第一次運動到C點的

過程中，依據(jù)能量守恒定律得Epmax＝E＋12mv2＋μmg·L2，故C錯誤；物塊第一次到達C

點時，物塊的速度大小為v，物塊最終會在AC段做來回運動，到達C點的速度為0，

可知物塊克服摩擦力做的功最終為：Wfmax＝Epmax-E6.[2024江蘇揚州儀征中學?？糫大貨車裝載很重的貨物時，在行駛過程中要防止貨物發(fā)生相對滑動，否則存在平安隱患.下面進行平安模擬測試試驗：如圖1所示，一輛后車廂表面粗糙且足夠長的小貨車向前以未知速度v0勻速行駛，質量mA＝10kg的貨物A（可看成質點）和質量mB＝20kg的貨物B（可看成水平長板）疊放在一起，起先時A位于B的右端，在t＝0時刻將貨物A、B輕放到小貨車的后車廂前端，最終貨物A恰好沒有滑離貨物B，貨物A、B在0～1s時間內的速度—時間圖像如圖2所示，已知貨物A、B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.40，取重力加速度g＝10m/s2.（1）求運動過程中貨物A的加速度大小.（2）求貨物B與車廂表面之間的動摩擦因數(shù)μ2.（3）求貨物A、B間由于摩擦而產生的內能.答案（1）aA＝4m/s2（2）μ2＝0.67（3）Q＝40J解析（1）對貨物A，剛放上車廂時，由牛頓其次定律有μ1mAg＝mAaA解得A的加速度為aA＝4m/s2（2）對貨物A，剛放上車廂時，A的加速度aA＝4m/s2，由圖2知，v0＝aAt2＝4m/s對貨物B，由圖2知剛放上車廂時，貨物B的加速度aB＝8m/s2，由牛頓其次定律有μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2＝0.67（3）解法1由圖2知，貨物B經(jīng)時間t1＝0.5s與車共速，貨物A經(jīng)時間t2＝1s與車共速，從將貨物A、B放上車廂到A、B均與車相對靜止的過程中，xB＝12aBt12＋v（t2－t1），xA＝1貨物B的長度：L＝xB－xA，解得L＝1.0m貨物A、B間由于摩擦而產生的內能Q＝μ1mAgL＝40J.解法2從將貨物A、B放上車廂到A、B均與車相對靜止的過程中，貨物B對地的位移設為xB，貨物A對地的位移設為xA，則貨物B的長度：L＝xB－xA由圖2知，貨物A、B對地位移之差在數(shù)值上等于圖中斜三角形的面積值，即：L＝ΔS＝12×（1－0.5）×4m＝1.0m，貨物A、B間由于摩擦而產生的內能Q＝μ1mAgL＝7.[2024遼寧沈陽二十中一模]如圖，傾角θ＝30°的足夠長光滑斜面固定，長L＝1.2m，質量M＝2kg的長木板下端靠著插銷置于斜面上，上表面底端放有一質量m＝1kg的物塊（視為質點），不行伸長的伸直細線一端連接物塊，一端拴在固定擋板上.零時刻拔去插銷，0.8s末將細線剪斷.已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝33，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（1）求0.2s末細線對物塊的拉力大??；（2）求0.8s末長木板的速度大??；（3）求在木板下滑的過程中，系統(tǒng)產生的熱量是多少.答案（1）10N（2）2m/s（3）163解析（1）以物塊為探討對象，其受力如圖甲所示物塊靜止，由力的平衡條件有F＝mgsinθ＋f，f＝μmgcos30°代入數(shù)據(jù)解得F＝10N 圖甲圖乙（2）以木板為探討對象，其受力如圖乙所示由牛頓其次定律有Mgsin30°－f'＝MaM，f'＝f代入數(shù)據(jù)得aM＝2.5m/s2由運動學規(guī)律有v＝aMt將t＝0.8s代入解得v＝2m/s（3）0～0.8s內木板發(fā)生的位移為x＝12aMt代入數(shù)據(jù)得x＝0.8m.0.8s之后，由于物塊與木板間摩擦力不變，則木板加速度aM不變，二者均向下做勻加速運動.假設經(jīng)時間t'兩者共速時，物塊仍在木板上，對物塊，由牛頓其次定律有mgsin30°＋f＝mam代入數(shù)據(jù)得am＝10m/s2由運動學規(guī)律有v共＝amt'v共＝v＋aMt'代入數(shù)據(jù)得t'＝415v共＝83木板發(fā)生的位移為x1＝12（v＋v共）物塊發(fā)生的位移為x2＝12v共代入數(shù)據(jù)得x1＝2845m，x2＝16兩者間的相對位移為Δx＝x1－x2＝415因Δx＋x＝1615m＜LQ＝f（x＋Δx）＝1638.[2024山東東營統(tǒng)考]如圖所示，與水平面夾角θ＝30°的傳送帶正以v＝2m/s的速度順時針勻速運行，A、B兩端相距l(xiāng)＝12m.現(xiàn)每隔1s把質量m＝1kg的工件（視為質點）輕放在傳送帶A端，在傳送帶的帶動下，工件向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝32，取重力加速度g＝10m/s2.（1）每個工件經(jīng)過多長時間后與傳送帶共速；（2）每個工件與傳送帶因摩擦產生的熱量；（3）與空載相比，傳送帶持續(xù)運輸工件狀況下電動機增加的平均功率.答案（1）0.8s（2）6J（3）68W解析（1）對工件受力分析，依據(jù)牛頓其次定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma即a＝μmgcosθ－mg工件加速至傳送帶共速所用時間為t1＝va＝（2）工件加速至與傳送帶速度相等時運動的距離為x1＝v2t1＝該過程中傳送帶運動的位移x2＝vt1＝1.6m工件相對于傳送帶運動的位移Δx＝x2－x1工件與傳送帶因摩擦產生的熱量Q＝μmgcosθ·Δx解得Q＝6J（3）傳送帶持續(xù)傳送工件時每經(jīng)過1s放一個工件，故以1s為周期，傳送帶多做的功為W＝Q＋12mv2＋mglsin故電動機增加的平均功率P＝Wt＝9.[板塊＋彈簧模型/多選]如圖所示，固定在地面上的斜面傾角為θ＝30°，物塊B固定在木箱A的上方，一起從a點由靜止起先下滑，到b點接觸輕彈簧，又壓縮至最低點c，此時快速將B拿走，然后木箱A又恰好被輕彈簧彈回到a點.已知木箱A的質量為m，物塊B的質量為3m，a、c間距為L，重力加速度為g，下列說法正確的是（BD）A.在木箱A上滑的過程中，與彈簧分別時A的速度最大B.彈簧被壓縮至最低點c時，其彈性勢能為0.8mgLC.在木箱A從斜面頂端a下滑至再次回到a點的過程中，因摩擦產生的熱量為1.25mgLD.若物塊B沒有被拿走，A、B能夠上升的最高位置距離a點0.75L解析在A上滑的過程中，與彈簧分別是在彈簧復原原長的時候，之前A已經(jīng)起先

減速，故分別時A的速度不是最大，故A錯誤；設彈簧上端在最低點c時，其彈性勢

能為Ep，在A、B一起下滑的過程中，由功能關系有4mgLsinθ＝μ·4mgLcosθ＋Ep，

將物塊B拿走后木箱A從c點到a點的過程，由功能關系可得Ep＝mgLsinθ＋μmgLcos

θ，聯(lián)立解得Ep＝0.8mgL，故B正確；由以上分析可得，木箱A從斜面頂端a下滑至

再次回到a點的過程中，因摩擦產生的熱量Q＝4μmgLcosθ＋μmgLcosθ＝1.5mgL，

故C錯誤；若物塊B沒有被拿走，設A、B能夠上滑的距離為L'，由功能關系得Ep＝

4mgL'sinθ＋4μmgL'cosθ，解得L'＝L4，即A、B能夠上升的最高位置距離a點0.75L，

故D正確10.[水平和傾斜傳送帶結合/2024吉林白山撫松縣第一中學一模]工廠中有如圖所示傳送帶，其水平部分AP長L1＝9m，傾斜部分PB長L2＝18m.傾斜部分與水平面的夾角為θ＝53°，貨物（可視為質點）與傳送帶間的動摩擦