高三一轮试题物理（人教版）第六章第31练专题强化动力学和能量观点的综合应用

第31练专题强化：动力学和能量观点的综合应用[A]分值：60分1、2题每小题6分，3题14分，4题16分，5题18分，共60分1.(2025·山东聊城市期中)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的物块轻轻放在传送带的A端，2s末物块恰好到达B端，物块的速度v随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6，下列说法正确的是()A.传送带的倾角θ为53°B.传送带与物体间的动摩擦因数为0.25C.物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为6mD.0~2s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24J2.(多选)如图甲所示，质量为0.1kg的滑块(可视为质点)在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上静止于水平面上的木板左端，开始计时，此后木板的v－t图像如图乙所示。已知木板质量也为0.1kg，木板的长度为1m，滑块与木板间的动摩擦因数为0.6，最终滑块恰好没有离开木板。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。则()A.木板与地面之间的动摩擦因数为0.2B.木板运动0.5s后与滑块达到共速C.释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6JD.木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25J3.(14分)一游戏装置如图，图中P为光滑平台上的弹射装置，AB之间的高度h、BC之间的长度L可以调节，通过调节AB间的高度和BC间的长度以及小滑块水平弹出的初速度，使滑块均能无碰撞从C点切入管道CD，CD、DF是半径均为R=0.5m的光滑圆弧管道，滑块略小于管道内径。C、D等高，∠DO2F=90°，E为DF管道的最高点，FG是长度为l=8.0m、倾角θ=37°的粗糙直管道，在G处有一反弹膜，滑块与反弹膜碰撞过程中无动能损失，各部分管道在连接处均相切，不计空气阻力，已知重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)(4分)为使滑块能无碰撞从C点切入轨道CD，AB间的高度h和BC间的长度L需要满足什么条件？(2)(10分)已知AB间的高度h=0.8m，滑块的质量m=0.1kg，滑块能无碰撞从C点切入轨道CD。①求弹射装置对滑块做的功；②要使滑块反弹一次后能停在管道FG上，求滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围。4.(16分)(2024·海南卷·18)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5m，静止在光滑水平面上的滑板B紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25kg，一质量为m＝50kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)(7分)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；(2)(9分)滑板的长度L。5.(18分)如图所示，水平地面左侧有一光滑平台，质量为M＝2kg、与平台等高的木板B静止在水平地面的左端，水平地面右侧由一段半径为R＝2m的圆弧面与倾角为θ的传送带平滑连接，圆弧面的圆心角为θ，圆弧面的左端与平台所在水平面相切，传送带以v＝3m/s的速率沿顺时针方向运行。质量为m＝6kg的货箱以初速度v0＝6m/s从平台滑上木板B，木板B与水平地面右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧面(圆弧光滑)，然后被传送带运送到E处。已知木板B长度L1＝2.875m，木板B的右端离C点的距离d＝0.5m，传送带DE间的长度L2＝13m，θ＝37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，货箱可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)(9分)求货箱在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力；(2)(9分)求货箱从D运送到E过程所用的时间和摩擦力对传送带做的功。

答案精析1.D[由题图可知，0~1s内物块的加速度大小为a1=Δv1Δt1=10m/s2，由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1，1~2s内物块的加速度大小为a2=Δv2Δt2=2m/s2，由牛顿第二定律有mgsinθμmgcosθ=ma2，联立解得μ=0.5，θ=37°，故A、B错误；0~1s内传送带的位移及物块的位移分别为s1=v1t1=10m，x1=12v1t1=5m，它们的相对位移为Δx1=s1x1=5m，1~2s内传送带的位移及物块的位移分别为s2=v1t2=10m，x2=v1t2+12a2t22=11m，它们的相对位移为Δx2=x2s2=1m，因为Δx1>Δx2，所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5m，故C错误；0~1s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q1=μmgcosθ·Δx1=20J，1~2s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q2=μmgcosθ·Δx2=4J，所以0~2s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=Q12.AB[已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.6，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，滑块刚滑上木板时，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得μ1mg－μ2(M+m)g＝Ma1，根据题图乙得a1＝10.5m/s2＝2m/s2，联立解得μ2＝0.2，故A正确；由v－t图像可知，t1＝0.5s木板开始做匀减速运动，可知此时滑块刚好与木板共速，故B正确；设滑块刚滑上木板时的速度为v0，共速前，以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律可得a＝μ1mgm＝6m/s2，根据运动学公式可得v共＝v0－at1，可得v0＝v共+at1＝1.0m/s+6×0.5m/s＝4m/s，根据能量守恒可知，释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep＝12mv02＝0.8J，故C错误；根据v－t图像可知，整个过程木板通过的位移为x＝12×1.0×1.0m＝0.5m，则木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q＝μ2(M+m)g·x3.(1)h=2L3(2)①0.45J②0.75≤解析(1)由几何关系可知，滑块进入CD轨道的初速度与水平方向的夹角为53°，由平抛运动的规律可知tan53°=2化简可得h=2(2)①由平抛运动的规律可知vy2tan53°=v得v0=3m/s所以弹射装置对滑块所做的功W=12mv02②滑块到达E点时由动能定理有12mvE2=12mv02+mg[h(R由滑块能停在FG上可得μmgcosθ≥mgsinθ得μ≥0.75由反弹一次可得12mvE2+mg(RRcos37°+lsin37°)>μmgl得μ<0.93分析可得，当μ≥0.75时EkF=12mvE2+mg(RRcos37°)=1.15J<μmg·2l滑块无法返回F点，综上所述0.75≤μ<0.93。4.(1)1000N(2)7m解析(1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒有mgh＝12m解得v0＝10m/s在b点根据牛顿第二定律FN－mg＝mv解得FN＝1000N根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'＝FN＝1000N(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得－μmgs＝0－12mv解得v＝8m/s根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，得a1＝μmgm＝μg＝2m/s2，a2＝μmgM＝4根据运动学规律，对游客v＝v0－a1t解得t＝1s该段时间内游客的位移为x1＝v+v02t滑板的位移为x2＝12a2t2＝2根据位移关系得滑板的长度为L＝x1－x2＝7m5.(1)87N，方向竖直向下(2)6s－684J解析(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动，对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg＝ma1解得a1＝4m/s2对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m+M)g＝Ma2解得a2＝4m/s2假设货箱在木板上一直做匀减速运动，且经过时间t木板B与C端相碰，有x2＝d＝12a2t解得t＝12此时货箱的速度v1＝v0－a1t＝4m/s此时木板B的速度v2＝a2t＝2m/s，假设成立此过程中货箱发生的位移x1＝v0t－12a1t2＝52所以此时货箱离C点的距离d1＝L1－(x1－x2)＝0.875m货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，有vC2－v12解得vC＝3m/s对货箱在C点受力分析并结合牛顿第二定律有FN－mg＝mv解得FN＝87N由牛顿第三定律有F压＝FN＝87N，方向竖直向下；(2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定理有－mgR(1－cosθ)＝12mvD解得vD＝1m/s对货箱滑上传送带后受力分析并结合牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2设货箱经过x3后与传送带共速，由题意有v2－v