動力學和能量觀點的綜合應(yīng)用（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習（新教材新高考）

第23講動力學和能量觀點的綜合應(yīng)用

目錄

01、考情透視，目標導(dǎo)航

02、知識導(dǎo)圖，思維引航..............................................2

03、考點突破，考法探究..............................................2

考點一傳送帶模型中的能量問題.................................................2

知識點1.傳送帶問題的兩個角度...........................................2

知識點2.功能關(guān)系分析...................................................3

考向洞察

考向1水平傳送帶問題....................................................3

考向2傾斜傳送帶問題...................................................5

考點二滑塊一木板模型綜合問題..................................................6

考向洞察........................................................................7

考向1水平面上“滑塊一木板”模型...........................................7

考向2傾斜面上“滑塊一木板”模型..........................................9

考點三用動力學和能量觀點分析多運動組合問題...................................10

04、真題練習，命題洞見.............................................14

0

考情透視?目標導(dǎo)骯

2024?海南?高考物理試題

考情2024?浙江?高考物理試題

分析2024?湖北?高考物理試題

2023?浙江?高考物理試題

復(fù)習

目標1.會用功能關(guān)系解決傳送帶、滑塊一木板模型綜合問題。

目標

目標2.會利用動力學和能量觀點分析多運動組合問題。

“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接

點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案

考點突破?考法探究

考點一傳送帶模型中的能量問題

知識點L傳送帶問題的兩個角度

首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結(jié)合

動力學

牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間

角度

的位移關(guān)系

能量求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放

角度上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解

知識點2.功能關(guān)系分析

(1)功能關(guān)系分析：W=AEk+AEp+Qo

(2)對平和。的理解:

①傳送帶做的功：W=Fx傳o

②產(chǎn)生的內(nèi)能：。=尸鼠相對。

考向洞察」

考向1水平傳送帶問題

1.如圖所示，靜止的水平傳送帶右端2點與粗糙的水平面相連接，傳送帶長5=0.36m,質(zhì)量為1kg

的滑塊以vo=2m/s的水平速度從傳送帶左端/點沖上傳送帶，并從傳送帶右端滑上水平面，最后停在距2

點L2=0.64m的C處。己知滑塊與傳送帶、滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均相等，重力加速度g=10m/s2。

,廣/〃/〃〃〃/￡

()(〃〃〃〃〃〃?/.

⑴求動摩擦因數(shù)〃的值；

(2)若滑塊從/點以均=2m/s的水平速度沖上傳送帶時，傳送帶以v=2m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動，求滑塊在傳

送帶上運動的過程中，傳送帶對滑塊的沖量大小和整個過程電動機由于傳送滑塊多消耗的電能。

2,—

【答案】(1)0.2(2)^726N-s0.8J

【解析】(1)由動能定理可得一"班生￡1+乙2)=0—；，網(wǎng)()2,代入數(shù)據(jù)解得"=0.2。

(2)當傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時，滑塊在傳送帶上的加速度大小為a=〃g=2m/s2,設(shè)滑塊離開傳送帶時的速度大

小為V"則有n/一為2=—2必,

代入數(shù)據(jù)可解得V1=1.6m/s

設(shè)滑塊在傳送帶上運動的時間為3則有〃=吧土二3解得1=0.2s

2

而傳送帶對滑塊的作用力

F=y/□//mg\J2-\-\Jmg\j2=2yf26N,

所以傳送帶對滑塊的沖量大小

Z=^=|726N-So

由于滑塊在傳送帶上運動過程中，傳送帶向左運動的距離5=例=0.4111,

所以滑塊在傳送帶上運動過程中產(chǎn)生的熱量Q=〃mg(s+￡i)=1.52J,

根據(jù)能量守恒定律可得，電動機多消耗的電能E=Q+^mv^-^mvA代入數(shù)據(jù)可解得￡=0.8J。

2.(多選)在工廠中，經(jīng)常用傳送帶傳送貨物。如圖所示，質(zhì)量機=10kg的貨物(可視為質(zhì)點)從高〃=0.2m

的軌道上尸點由靜止開始下滑，貨物和軌道之間的阻力可忽略不計，貨物滑到水平傳送帶上的/點，貨物

在軌道和傳送帶連接處能量損失不計，貨物和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,傳送帶N2兩點之間的距離

L=5m,傳送帶一直以v=4m/s的速度順時針勻速運動，取重力加速度g=10m/s?。裝置由電動機帶動，

傳送帶與輪子間無相對滑動，不計軸處的摩擦。貨物從4點運動到6點的過程中，下列說法正確的有()

p

4OAB

b-L-H

A.摩擦力對貨物做功為50J

B.貨物從/運動到2用時1.5s

C.由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為20J

D.運送貨物過程中，電動機輸出的電能為60J

【答案】BC

【解析】根據(jù)機械能守恒定律有加諒貨物運動至傳送帶的速度為v0=2m/s,根據(jù)牛頓第二定律

Vo+y

jnmg=ma,貨物與傳送帶共速時，有為+M=V,解得4=1S,此時，貨物的位移為修=?&=3m,摩擦

L—X]

力對貨物做功為少=〃叫%i=60J,A錯誤；貨物勻速運動時間為介=-----=0.5s,則貨物從/運動到8用

v

時,=%1+，2=L5s,B正確；貨物與傳送帶的相對位移為Ax=W—修=1m,由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為0=

Z/mgAx=20J,C正確；運送貨物過程中，電動機輸出的電能為￡=0+]（廿一H）=80J,D錯誤。

3如圖所示，某快遞公司使用電動傳輸機輸送快件，傳輸機皮帶以v=4m/s的速度逆時針運轉(zhuǎn)，兩傳動輪

。、尸之間的距離s=5m,在傳動輪。的正上方，將一質(zhì)量加=1kg的快件輕放在皮帶上，已知快件與皮

帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,重力加速度g=10m/s2,在快件由。處傳送到P處的過程中，因傳送快件而

多消耗的電能為（）

!□

A.32JB.16J

C.8JD.4J

【答案】B

【解析】剛放上快件時，快件與皮帶之間有相對滑動，快件運動的加速度

Ff/img

a〃g=2m/s2

mm

V

當快件的速度增大到與皮帶的速度相同時，滑動摩擦力消失，滑動摩擦力的作用時間f=-=2s

a

在此時間內(nèi)，快件運動的位移

1

L=-afl=4m<s

2

因傳送快件而多消耗的電能等于皮帶克服摩擦力所做的功，則因傳送快件而多消耗的電能

E=fimgvt=16J,故B正確。

考向2傾斜傳送帶問題

4.（多選）如圖所示甲、乙兩種粗糙面不同的傳送帶，傾斜于水平地面放置，以同樣恒定速率v向上運動。現(xiàn)

將一質(zhì)量為m的小物體（視為質(zhì)點）輕輕放在/處，小物體在甲傳送帶上到達2處時恰好達到傳送帶的速率

v；在乙傳送帶上到達離8豎直高度為〃的C處時達到傳送帶的速率V。已知8處離地面高度為“，則在物

體從/到8的運動過程中（）

甲乙

A.兩種傳送帶對小物體做功相等

B.將小物體傳送到8處，乙傳送帶上的劃痕長

C.將小物體傳送到5處，乙系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量多

D.將小物體傳送到3處，甲上的小物體需要的時間較長

【答案】AD

【解析】傳送帶對小物體做的功等于小物體機械能的增加量，兩種情況小物體重力勢能和動能增加量都相

同，所以機械能增加量相同，所以兩種傳送帶對小物體做功相等，A正確；設(shè)甲圖中到達8處所用時間為

小乙圖中到達C處所用時間為h，根據(jù)題意可得乙圖中小物體到達C處后隨傳送帶以速率v勻速運動到B

H

點，所以甲圖中劃痕長為s甲=S皮帶一S物體=%一"」%=1%,乙圖中劃痕長為S乙=1討2，同時有％1=網(wǎng)"=

222v

2

二二，/2=2口”二!口,可得心勿所以有S甲＞S乙，B錯誤；甲圖中系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量為。甲=/,甲=

vsin6vsin0

=f'S物體，根據(jù)動能定理有fs—mgH=-mv2,所以有Q甲=冽8//+邢廬，同理可得。乙=?ng(//—〃)+

~mv\所以有。甲＞。乙，C錯誤；傳送到8處，甲上的小物體需要的時間為，甲=￡1=3：乙上的小物體

2vsin0

h

I、rshie2nH-hUh2H~h~一一

需要的時間為f乙=/2+以=--------+——=------，所以有/甲＞仁，D正確。

vvsin0vsin0vsin6

5.如圖(a)所示，傾角為37。的傳送帶以v=2.0m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度〃-=10.0m。一個

可視為質(zhì)點的質(zhì)量機=1.0kg的物塊，自/點無初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至8端的過程中，動

能&與位移x的關(guān)系(瓦一x)圖像如圖(b)所示。取重力力口速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列

說法正確的是()

A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25

B.整個過程中合外力對物塊做的功為4.0J

C.整個過程中摩擦力對物塊做的功為64.0J

D.整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量

【答案】D

【解析】開始時物塊在傳送帶的作用下動能不斷增大，根據(jù)動能定理有(uwgcoso-mgsin8次=E「0,在5m

后動能不變，可知物塊與傳送帶相對靜止，即v=2.0m/s,&=；加廿=2.0j,聯(lián)立解得〃=0.8,A錯誤；由

動能定理可知，整個過程中合外力對物塊做的功等于動能的變化量，則有少備=△&=；?7V2=2.0j,B錯誤;

2

由功能關(guān)系可知，整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量，即Wt=^rnv+mgLABsm0=62.0J,

C錯誤，D正確。

考點二滑塊一木板模型綜合問題

“滑塊一木板”問題的分析方法

1.動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二

者速度相等，所用時間相等，由/=：Av7=」AVI，可求出共同速度V和所用時間然后由位移公式可分別求出

。2

二者的位移。

2.功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分

三個位移：

(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑；

(2)求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移無板；

(3)求摩擦生熱時用相對位移Axo

x板Ax

“滑塊一木板”問題的三種處理方法

(1)求解對地位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理。

(2)求解相對位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律。

(3)地面光滑時，求速度可優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律。如典例第(3)問：mvD=(m+Ad)Vo

考向洞察

考向1水平面上“滑塊一木板”模型

1.（多選）（2023?全國乙卷，21）如圖，一質(zhì)量為M、長為/的木板靜止在光滑水平桌面上，另一

質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）從木板上的左端以速度為開始運動。已知物塊與木板間的滑動

摩擦力大小為了,當物塊從木板右端離開時（）

A.木板的動能一定等于fl

B.木板的動能一定小于fl

C.物塊的動能一定大于

D.物塊的動能一定小于

【答案】BD

【解析】物塊和木板的運動示意圖和圖像如圖所示

根據(jù)動能定理可知

對m有一力花一一機但①

根據(jù)V—/圖像與橫軸圍成的面積S表示物體運動的位移可知X2=S,0F，X^SABFO

=

根據(jù)位移關(guān)系可知lX\—X2=SABCO＞X2=S&COF

因此/7＞笈2=3八八％即木板的動能一定小于，,

A錯誤，B正確;

將①②兩式相加得

—fl=—mv?-―-Mvi——mvi

222

變形得物塊離開木板時的動能與用=二伯一〃一,47但＜與歸一力，C錯誤，D正確。

2222

2.（多選）如圖所示，質(zhì)量M=3kg表面粗糙的長木板靜止在光滑的水平面上，/=0時質(zhì)量機=

3kg表面粗糙的物塊（可視為質(zhì)點）以v0=8m/s的初速度滑上長木板，經(jīng)過時間加=2s物塊和

長木板達到共同速度v=4m/s,重力加速度g取10m/s?,則（）

A.長木板加速運動的加速度大小是3m/s2

B.物塊與長木板之間動摩擦因數(shù)為0.2

C.長木板長度至少為8m

D.物塊與長木板系統(tǒng)損失的機械能為36J

【答案】BC

Avv

【解析】長木板做勻加速運動的加速度大小a=—=—=2m/s2,故A錯誤；根據(jù)牛頓第二

ArAr

定律，對長木板有〃機g=Afa,解得物塊與長木板之間動摩擦因數(shù)為〃=0.2,故B正確；前2s

,,,一」、“0+v0+4——vo+v8+4

內(nèi)長木板的位移X1=------Ar=------x2m=4m,物塊的位移切=----Ar=------乂2m=12m,

2222

所以長木板最小長度4=X2—xi=8m,故C正確；根據(jù)能量守恒定律，物塊與長木板系統(tǒng)損失

的機械能AE=-mvi—\m+M)v1=48J,故D錯誤。

22

考向2傾斜面上“滑塊一木板”模型

3.如圖所示，一傾角為8=30。的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一與斜面垂直的

固定擋板，將一質(zhì)量為機的木板放置在斜面上，木板的上端有一質(zhì)量為機的小物塊(視為質(zhì)

點)，物塊和木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力且大小恒為而g(0.5(人＜1),初始時木板下端

與擋板的距離為"現(xiàn)由靜止同時釋放物塊和木板，物塊和木板沿斜面下滑，已知木板與擋板

碰撞的時間極短，且碰撞后木板的速度大小不變，方向與碰撞前的速度方向相反，物塊恰好未

滑離木板，重力加速度為g,求：

(1)木板第一次與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小V1；

(2)從釋放到木板第二次與擋板碰撞前瞬間，物塊相對木板的位移大小Ax；

(3)木板的長度x以及整個運動過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量0。

【答案】⑴點(2)|。喘彳之，

k2k~12k~1

【解析】⑴對物塊與木板整體，根據(jù)動能定理有2mg￡sin0=1x2加彷

2

解得vi=7gZ°

(2)木板第一次與擋板碰撞后，木板的加速度大小為由，則機gsin。+而陪=機。1

解得ai=0.5g+左g,沿斜面向下，

物塊的加速度大小為勿，則kmg—mgsin0=ma2

解得a2=^g—0.5g,沿斜面向上，

規(guī)定向下為正方向，木板第一次與擋板碰撞結(jié)束時到木板和物塊速度相同時，對木板有丫共=—

vi+a/i

對物塊有丫共=丫1—a小

解得人=疸，丫共=叵

gk2k

y?—

木板第一次與擋板碰撞到二者第一次速度相同時物塊的位移X塊=——-

2a2

(-V1)2—謠

木板的位移大小X板=-----------

2al

之后到碰撞擋板前二者無相對滑動，故物塊相對于長木板的位移為祗=》塊+》板=公

k

(3)設(shè)板長為x,從釋放到長木板和物塊都靜止的過程中系統(tǒng)能量守恒，則

mgLsin0+mg(Z+x)sinO—kmgx=Q

2L

解得x=

2k~1

故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=kmgx=^^o

2k1

考點三用動力學和能量觀點分析多運動組合問題

知識固本

1.分析思路

(1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況；

(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況；

(3)功能關(guān)系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規(guī)律求解。

2.方法技巧

(1)，，合，，—整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運動情景；

(2)，，分，，一將全過程進行分解,分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律；

(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。

(考向洞察J]

1.某科技小組參加了過山車游戲項目研究，如圖甲所示，為了研究其中的物理規(guī)律，小組成員設(shè)計出如圖乙

所示的裝置。P為彈性發(fā)射裝置，為傾角6=37。的傾斜軌道，8c為水平軌道，為豎直圓軌道，CE

為足夠長的曲面軌道，各段軌道均平滑連接。以N點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y

軸正方向建立平面直角坐標系。已知滑塊質(zhì)量為〃?，圓軌道半徑7?=lm,8C長為3m,滑塊與/3、8c段

的動摩擦因數(shù)均為〃=0.25,其余各段軌道均光滑?，F(xiàn)滑塊從彈射裝置P水平彈出的速度為4m/s,且恰好

從/點沿AB方向進入軌道，滑塊可視為質(zhì)點。重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8。

(1)求滑塊從彈射裝置P彈出時的坐標值；

(2)若滑塊恰好能通過D點，求軌道AB的長度XAB；

(3)若滑塊第一次能進入圓軌道且不脫軌，求軌道48的長度的取值范圍；

(4)若軌道N8的長度為3.5m,試判斷滑塊在圓軌道是否脫軌；若發(fā)生脫軌，計算脫軌的位置。

【答案】(1)(L2m,0.45m)(2)5m(3)x^>5m或^<1.25m(4)見解析

【解析】(1)對滑塊由P到4的運動，根據(jù)平拋規(guī)律有Vy=votane=3m/s,平拋運動的豎直方向有引=

2gy,解得歹=0.45m,運動時間才=一=0.3s,則x=v(/=L2m,即彈出時位置的坐標值為(1.2m,0.45m)。

g

也2

(2)滑塊恰好能通過。點，在最高點有mg^m—

從P到。點，由動能定理得

=

mg(y-\~XABsm0—2R)—fimgxAgCOSd-/j,mgXBc^nv^--^nv^,聯(lián)立解得X，B=5m。

(3)滑塊剛好不脫離軌道，有兩種臨界情況，一是剛好在圓軌道最高點壓力為零時，二是剛好到達與圓軌道

圓心等高的地方。由(2)知，滑塊剛好能夠到達圓軌道最高點時x“B=5m

滑塊剛好到達與圓軌道圓心等高的地方時，從P到與圓心等高的位置，由動能定理得

加gS+x/Bsin6-R)—fjmgx^BCOs9—~mgXBC=0—mv(^,解得%B=1.25m

滑塊從/點切入后不脫離軌道時AB的長度應(yīng)滿足X/BN5m或無NBWI.25m

(4)由(3)知，x.=3.5m時，滑塊在圓軌道發(fā)生脫軌，設(shè)脫軌地點和圓心的連線與水平方向的夾角為a,則脫

軌時mgsma

從P到脫軌的位置，由動能定理得

加g(y+x/Bsin9-R—Rsina)—/zwigx^cos6~--

聯(lián)立解得sina=0.6

即滑塊在圓心以上Rsina=0,6m處脫軌。

2.如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道NC末端

裝有一體積不計的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于8點，且8點位置可改變。現(xiàn)將

質(zhì)量m=2kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從弧形軌道高H=0.6m處靜止釋放，且將B點置于AC中點

處。已知圓軌道半徑R=0.1m,水平軌道長44c=LOm,滑塊與ZC間動摩擦因數(shù)〃=0.2,弧

形軌道和圓軌道均視為光滑，不計其他阻力與能量損耗，求：

(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大??；

(2)彈射器獲得的最大彈性勢能；

(3)若〃=6m,改變8點位置，使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道，則5c間距離LBC應(yīng)滿

足的條件。

【答案】(1)1OON(2)8J(3)0.5m<￡gc<lm

【解析】(1)從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點過程，由動能定理可得

2

mgH—/imgLAB—mg,2R=—mv

在圓軌道最高點，由牛頓第二定律可得mg+/=掰上

R

聯(lián)立解得尸=100N

由牛頓第三定律知，滑塊對軌道的壓力大小為100N。

(2)彈射器第一次壓縮時彈性勢能有最大值，由能量守恒定律可知mgH-fimgLAC=Ep

解得Ep=8J。

(3)若滑塊恰好到達圓軌道的最高點，有

vS

mg=m—

從開始到圓軌道最高點，由動能定理可知

mg(H-2R)—fimgsi=—

解得51=28.75m

LBC=29L^C—Si=0.25m

要使滑塊不脫離軌道，B、。之間的距離應(yīng)該滿足及cK).25m。

若滑塊剛好達到圓軌道的圓心等高處，此時的速度為零，由動能定理可知掰g(〃一出—〃加gS2=

0

解得貝=29.5m

LAB=SZ—29￡/c=0.5m

根據(jù)滑塊運動的周期性可知，應(yīng)使4cN0.5m,滑塊不脫離軌道

綜上所述，符合條件的BC長度為0.5m<Zgc<lmo

3.如圖所示，水平軌道Z8長為2凡其Z端有一被鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋

板上。圓心在Q、半徑為R的光滑圓弧軌道與48相切于8點，并且和圓心在。2、半徑

為2R的光滑細圓管軌道CD平滑對接，Q、C、Q三點在同一條直線上。光滑細圓管軌道C。

右側(cè)有一半徑為2凡圓心在。點的［圓弧擋板豎直放置，并且與地面相切于(%點。質(zhì)量

4一一

為機的小滑塊(可視為質(zhì)點)從軌道上的。點由靜止滑下，剛好能運動到Z點，觸發(fā)彈簧，彈

簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小滑塊在到達8點之前已經(jīng)脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細

圓管軌道最高點。(計算時圓管直徑不計，重力加速度為g)。求：

(1)小滑塊與水平軌道Z8間的動摩擦因數(shù)〃；

(2)彈簧鎖定時具有的彈性勢能穌；

(3)小滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的動能Ek。

【答案】(1gQfgR(3)(2V2-l)mg7?

【解析】(1)由幾何關(guān)系得5、C間的高度差〃=|R

小滑塊從C點運動到Z點的過程中，由動能定理得mg〃一〃機g，2R=0,解得〃=L

3

(2)彈簧對滑塊做功過程由功能關(guān)系有印彈=穌

滑塊從Z到。過程由動能定理得

Ep—mg2R-111ng-2R——mv2-0

滑塊在。點，由重力提供向心力，＜mg=m—

2R

聯(lián)立解得Ep=%gR。

(3)滑塊通過。點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，水平方向有x=W

豎直方向有y=~gt2

由幾何關(guān)系可知V+產(chǎn)=4R2

可得滑塊落到擋板上時的動能為

22

￡1k=^m[v+(g0]

2

聯(lián)立解得Ek=Q6—DmgR。

1(2024?海南?高考真題)某游樂項目裝置簡化如圖，/為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=10m,

滑梯頂點。與滑梯末端6的高度〃=5m,靜止在光滑水平面上的滑板2,緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，

滑板質(zhì)量"=25kg,一質(zhì)量為加=50kg的游客，從。點由靜止開始下滑，在6點滑上滑板，當滑板右端運

動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行s=16m停下。游客視為質(zhì)點，其

與滑板及平臺表面之間的動摩擦系數(shù)均為〃=02,忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,求：

(1)游客滑到b點時對滑梯的壓力的大??；

(2)滑板的長度工

【答案】(1)1000N；(2)7m

2

【詳解】(1)設(shè)游客滑到b點時速度為%,從。到6過程，根據(jù)機械能守恒：mgh=1mv0

解得：Vo=10m/s

在b點根據(jù)牛頓第二定律：F^-mg=m—

R

解得：然=1000N

根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小為：3'=外=1000N

(2)設(shè)游客恰好滑上平臺時的速度為叭在平臺上運動過程由動能定理得：-〃mgs=0-gmv2

解得：v=8m/s

根據(jù)題意當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，可知該過程游客一直做減

速運動，滑板一直做加速運動，設(shè)加速度大小分別為％和生，得

〃加G/2

=----g=jug=2m/s

m

%=———=4m/s

2M

根據(jù)運動學規(guī)律對游客：v=v.~axt

解得：，=ls

該段時間內(nèi)游客的位移為：4=詈/=9111

2

滑板的位移為：52=^a2t=2m

根據(jù)位移關(guān)系得滑板的長度為：L=Sl-s2=lm

2.（2024?湖北?高考真題）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離

為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點。，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小

球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在。點右側(cè)的尸點固定一釘子，P點與。點等高。將質(zhì)量為0.1kg的小

物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大

小為lm/s、方向水平向左。小球碰后繞。點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞尸點向上運動。

已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小g=10m/s2。

（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；

（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；

（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。

【答案】（1）5m/s；（2）0.3J；（3）0.2m

【詳解】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有：〃mg=ma

解得：（7=5m/s2

由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為：x=喧=2.5m<4ft=3.6m

2a傳

可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳

送帶的速度大小5m/s。

（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向,

由動量守恒定律有：加物v=m物匕+旭球馬

其中：v=5m/s,Vj=-lm/s

解得：v2=3m/s

小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為：/=g加物加物“2一;羽球V；

解得：A￡k=0.3J

（3）若小球運動到尸點正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時P點到。點的距離為小球在P點正上方的

速度為七，在P點正上方，由牛頓第二定律有：羽球g=羽球/下

（繩一〃

小球從。點正下方到尸點正上方過程中，由機械能守恒定律有：；加球誠=g入球V；+羽球g（2“-d）

聯(lián)立解得：d=0.2m

即P點到O點的最小距離為0.2m。

3.（2024?浙江?高考真題）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角6=37。的直軌道半徑火=lm的圓

弧軌道BCD,長度4=1.25m、傾角為。的直軌道DE,半徑為R、圓心角為。的圓弧管道E尸組成，軌道間

平滑連接。在軌道末端尸的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量加=0.5kg滑塊6,其上表面與軌道末端/所在的

水平面平齊。質(zhì)量加=0.5kg的小物塊。從軌道上高度為〃靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE,

軌道由特殊材料制成，小物塊。向上運動時動摩擦因數(shù)4=025,向下運動時動摩擦因數(shù)〃2=0.5,且

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)恒為自，小物塊。動到滑塊右側(cè)

的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，sin37°=0.6,

cos37°=0.8）

（1）若〃=0.8m,求小物塊

①第一次經(jīng)過C點的向心加速度大?。?/p>

②在DE上經(jīng)過的總路程；

③在。E上向上運動時間/上和向下運動時間A之比。

（2）若〃=1.6m,滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊。

【答案】(1)016m/s2；②2m；③1：2；(2)0.2m

【詳解】(1)①對小物塊。從/到第一次經(jīng)過C的過程，根據(jù)機械能守恒定律有：

第一次經(jīng)過C點的向心加速度大小為：。=k=逆=16m/s2

RR

②小物塊a在。E上時，因為：^2mgcos0<mgsin0

所以小物塊a每次在上升至最高點后一定會下滑，之后經(jīng)過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終

小物塊。將在8、。間往復(fù)運動，且易知小物塊每次在?！晟舷蛏线\動和向下運動的距離相等，設(shè)其在

q

上經(jīng)過的總路程為s,根據(jù)功能關(guān)系有：mg[h-R(1-cos0)]=3加gcos0+%mgcos0)-

解得：s=2m

③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a