2026届高考物理《动力学和能量观点的综合应用》含答案

的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q=2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，g=2(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力；(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能；11带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置散货与倾斜传送带间的动摩擦因数到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极22物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于mv-flD.物块的动能一定小于mv-fl一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比B.单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管33A.每秒水泵对水做功为75JB.每秒水泵对水做功为225J的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L=2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m=(3)滑块与BC轨道间的滑动摩擦因数μ。44下端恰好与光滑水平面BC平滑对接，长L=3.5m、绷紧的水平传送带在电动机带动下始终高的水平面上的B点向左运动，在C点与质量m乙=2kg的小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后乙滑上传送带。传送带左端有一质量M=4kg的小车静止在光滑的水平面上，车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在E点，小车的上表面糙，E点左侧光滑。乙滑上小车后向左挤压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。乙与传送带及小车(2)传送带的电动机由于传送小物块乙多55另一端连接斜面底端处的挡板。初始时刻物块A静止于弹簧原长O面依然保持良好接触)继续运动。已知A、B质量均为m=0.2kg，弹簧劲度系数k=100在弹性限度内，弹性势能kx2(x为弹簧形变量)。物块A与斜面O点上方区域的动摩擦因数为(1)求A和B碰撞过程中系统损失的机械能E损；若μ1=2=0若μ1=μ2=，求A和B碰撞后到最终静止的过程，A与斜面摩擦产生的热量Q。66动。一个质量m=1kg的滑块(可视为质点)从P点以初速度v0向上滑动。滑块与传送带间的动摩擦因正确的是()A.滑块在传送带上先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力B.滑块初速度v0=4m/sD.滑块与传送带因摩擦产生的内能为4.8J正下方。小球从斜面上的A点由静止释放，沿着斜面下滑，通过B点时弹簧对小球的弹力等于小球重A.弹簧的劲度系数为D.小球到达B点时的速度为77(1)棒第一次与地面碰撞时环的速度大小v；(2)棒从与地面第一次碰撞至第二次碰撞过程中运动的路程x；88确的是()D.箱子与地面碰撞损失的机械能为2mgh-A.煤块受到的摩擦力一直不变B.煤块从A点运动到B点所用时间为7.5s99D.太阳辐射能量中只有二十二亿分之一到达地球大气层上表面15.(2025·河南开封·二模)如图所示，光滑带平滑连接。已知A、B的质量均为mA=mB=1.0kg，传送带的长度L2=3.75m，顺时针转动的速度v(1)物块B刚滑上木板C时的速度大小v1；(3)长木板的长度L1。16.(24-25高三下·云南昭通·阶段练习)如图动能Ek与小物块的位移x的关系图像如图乙所示，图中x0=2m正确的是()A.小物块滑上传送带的初速度大小为1m/sC.整个过程中小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为度相等。小物块从A到B运动过程，下列说法正确的是(A.小物块所受重力的功率越来越大B.小物块对轨道的压力越来越大C.小物块与圆弧轨道间动摩擦因数越来越大D.小物块在AP段产生的内能比PB段产生的内能大间的摩擦因数相同，b能做简谐运动，b、c质量均为m=1kg，a的质量ma=4kg，重力加速度g取时间后返回圆弧轨道，第一次上升的最高点距Q点高度为R。重力加速度为g。下说法正确的是()A.传送带匀速转动的速度大小为gRB.小滑块第二次上升的最高点距Q点高度为RD.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR均为m=1.0kg，A、B间的动摩擦因数最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=(2)B上升的最大距离s；(3)B的最小长度L。21.(2025·安徽马鞍山·一模)如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜传送带AB与一斜面BC平滑连接，AB、BC与水平面夹角均为37°角，B点到C点的距离为s=1m，传送带顺时针运行，速度恒为v0=(1)小货物从A点运动到B点所经历的时间；(2)小货物与斜面间的动摩擦因数μ2；物体都会经历两个阶段的运动。用v表示传送带速度，用μ表示物体与传送带间的动摩擦因数，则 ()A.109WC端轻放在传送带的中心线上，到达B端时恰好与传送带共速，在BC段与传送带相对静止。已的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是 ()A.货物从A端到B端的过程中受到的摩擦力始终不变B.货物与传送带之间的动摩擦因数为0.4C.小物块到达B处时的速度大小为16m/sD.全过程中小物块机械能减少23J初速度12m/s与木箱发生碰撞并粘黏在一起，然后一起运动经过AB段，再滑上竖直放置的半径R=(1)小球与木箱发生碰撞系统损失的机械能E损；(2)小球和木箱整体经过C点时的速度大小vC和对轨道的压力大小F压。B.传送带的长度LAB=31.25m的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q=2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，g=2解得v0=2m/s在最低点根据牛顿第二定律FN-mAg=mA(2)根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒mAv0=(mA+mB(v共解得v共=1.6m/s故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE=mAv-(mA+mB(v=1.6J动摩擦因数为μ,对AB根据牛顿第二定律μ(mA+mB(g=(mA+mB(a设经过时间t1后AB与传送带共速，可得v=v共-at1该段时间内AB运动的位移为x1=vv共t1传送带运动的位移为x2=vt1故可得Q=μ(mA+mB(g⋅(x1-x2(传送带共速，同理可得v=v共+at2该段时间内AB运动的位移为x=vv共t2传送带运动的位移为x=vt211故可得Q=μ(mA+mB(g⋅(x-x(0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置散货与倾斜传送带间的动摩擦因数到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极【详解】(1)对单个散货水平方向由动量定理-I=0-mv0解得单个散货的质量为m=则水平传送带的平均传送速度大小为==解得a=g加速时间t1==加速位移x1=at=22设匀速时间为t2其中t1+t2=9Δt则匀速位移为x2=v0t2=v0(9Δt-故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt-在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=在Δt时间内传送带额外多做的功为W=mv+mgLsin30°+Q物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于mv-flD.物块的动能一定小于mv-flCD．根据能量守恒定律可得mv=mv+Mv+fl整理可得mv=mv-fl-Mv<mv-flAB．因摩擦产生的摩擦热Q=fL=f(xm-xM)因为v0>v1>v2可得xm>2xM则xm-xM=l>xM所以W=fxM<fl故选BD。33对物块，由动能定理-fx1=mv-mv对木板，由动能定理fx2=Mv根据速度图像面积表示位移可知x2=S△COF，x1=SABFO且l=x1-x2=SABCO>x2=S△COF故fl>fx2=MvCD．对系统，由能量守恒定律fl=mv物块动能mv=mv-fl-Mv<mv-fl故选BD。一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比B.单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2V0=Av单位时间流过面积A的流动空气质量为m0=ρV0=ρAv单位时间流过面积A的流动空气动能为448C错误；故选D。水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管A.每秒水泵对水做功为75JB.每秒水泵对水做功为225J为W=m0gH+m0v=300J故AB错误；55P入==400WP机=P入=400WP电=UI=440WP电=I2R+P机故选D。的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L=2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m=(3)滑块与BC轨道间的滑动摩擦因数μ。2=4m/s(2)-2J【详解】(1)滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B时有Mv1-mv2=0根据能量守恒有mgR=Mv+mv解得小车的速度v1=1m/s滑块的速度v2=4m/s(2)滑块下滑过程中对滑块进行分析，根据动能定理有mgR+W=mv解得W=-2J66mgR=μmgL解得μ=0.5下端恰好与光滑水平面BC平滑对接，长L=3.5m、绷紧的水平传送带在电动机带动下始终高的水平面上的B点向左运动，在C点与质量m乙=2kg的小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后乙滑上传送带。传送带左端有一质量M=4kg的小车静止在光滑的水平面上，车的左端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在E点，小车的上表面糙，E点左侧光滑。乙滑上小车后向左挤压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。乙与传送带及小车(2)传送带的电动机由于传送小物块乙多解得vB=3m/s在B点由牛顿第二定律有FN-m甲g=m甲解得FN=30N由牛顿第三定律可得，甲运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力F=F由机械能守恒定律可得m甲v=m甲v+m乙v解得v甲=-1m/s，v乙=2m/s根据牛顿第二定律有μm乙g=m乙a代入数据可得t=0.8s物块乙滑行的距离s乙=v乙vt=3.2m传送带的位移s传=vt=4.8m77则Δs=s传-s乙=1.6m物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量Q=μm乙gΔs=16J传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能E=m乙(v2-v(+Q=48J有m乙v=(m乙+M(v共(m乙+M(v+2μm乙gs由能量守恒定律得E弹=μm乙gs=12J另一端连接斜面底端处的挡板。初始时刻物块A静止于弹簧原长O面依然保持良好接触)继续运动。已知A、B质量均为m=0.2kg，弹簧劲度系数k=100N/m且始终处在弹性限度内，弹性势能Ep=kx2(x为弹簧形变量)。物块A与斜面O点上方区域的动摩擦因数为(1)求A和B碰撞过程中系统损失的机械能E损；若μ1=2=0若μ1=μ2=，求A和B碰撞后到最终静止的过程，A与斜面摩擦产生的热量Q。B和A碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0=2mv1根据能量守恒定律有E损=mv-⋅2mv解得E损=1.8J88最低点的过程，根据能量守恒定律有2mgsinθxmax+⋅2mv=μ2mgcosθxmax+kxma解得xmax=0.2m+μ2mgcosθ=解得x1=0.01m有x=x1+Δx当形变量为x时，回复力的大小为F回=kx+μ2mgcosθ-2mgsinθ=kΔx则A、B整体向下运动的振幅为A0=xmax-x1=0.19m在最低点时，整体所受弹簧弹力为kxmax=20N>2mgsinθ+μ2mgcosθ=3N解得x2=0.03m若记本次为第1次单方向简谐振动，运动的振幅为A1=xmax-x2=A0-0.02m=0.17m-0.02m=0.15m-0.02m=0.13m由上述分析发现整体振幅的变化将依次递减0.02m，则第n次振动的振幅为An=A0-0.02n(m)|kx/-2mgsinθ|≤μ2mgcosθ解得0.01m≤x/≤0.03m整体将停止运动。综合上述可知，A、B整体运动的总路程为s1=x1+A0+2(A1+A2+⋯⋯+A9)=则A与斜面摩擦产生的热量为Q=μ1mgcosθs199动。一个质量m=1kg的滑块(可视为质点)从P点以初速度v0向上滑动。滑块与传送带间的动摩擦因正确的是()A.滑块在传送带上先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力B.滑块初速度v0=4m/sD.滑块与传送带因摩擦产生的内能为4.8J【详解】A．由于μ=0.5<tanθ=0.75可知μmgcosθ<mgsinθ律有mgsinθ-μmgcosθ=ma1开始滑块相对皮带上滑，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma2x3==1m故B正确；C．结合上述，滑块动能减少Ek=mv=8J重力势能增加Ep=mgLsinθ=9.6J则滑块机械能增加Ep-Ek=(9.6-8(J=1.6J滑块相对皮带上滑x相1=x2-vt1=0.2m滑块相对皮带下滑时间t2==1s相对皮带下滑位移x相2=vt-x3=1m由于摩擦产生的内能Q=μmgcosθ(x相1+x相2(=4.8J故D正确。故选BD。正下方。小球从斜面上的A点由静止释放，沿着斜面下滑，通过B点时弹簧对小球的弹力等于小球重A.弹簧的劲度系数为B.小球在A点时，弹簧的弹性势能为2mgL=mg解得k=故A错误；B．由几何关系可得OA=4L小球在A点时弹簧的伸长量为3L，弹簧的弹性势能为EpA=k(3L)2=故B错误；C．小球在A点时受弹簧弹力F=k⋅3L=把小球的重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向由三力平衡可得FN+F=mgcos37°解得FN=D．小球在B点时弹簧的弹性势能为EpB=k(4L)2=2mgL小球从A运动到B，由能量守恒定律可得mg⋅3Lsin37°=EpB-EpA+mv2解得v=故D正确。故选D。【详解】(1)棒与环一起做自由落体运动，有(M+m(gH=(M+m(v2解得v=2gH解得x=(3)设环在该过程中与棒的相对位移大小为d，由能量守恒定律有MgH+mg(H+d(=kmgd又Q=kmgd解得Q=-(M+m(gH确的是()D.箱子与地面碰撞损失的机械能为2mgh-对箱子分析有mg+F弹=T定箱子的力T消失，箱子所受合力为F=mg+F弹=2mg=ma在最高点F合=F弹+mg=2mg联立解得F弹/=3mg衡位置下落的高度h=2x=解得vmax=2g的弹性势能和在箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得2mgh=mvax+ΔE解得箱子损失的机械能ΔE=2mgh-故D正确。故选BD。A.煤块受到的摩擦力一直不变B.煤块从A点运动到B点所用时间为7.5s0.64N>mgsin37°=0.6N煤块加速到与传送带速度相等需要通过的位移大小为x1==5m<10m故A错误；B．物块在传送带上匀加速运动的时间为t1==5s匀速运动的时间为t2===2.5s所以，煤块从A点运动到B点所用时间为t=t1+t2=7.5s故B正确；度l=vt1-t1=5m三者之和，即传送带多消耗的电能ΔE=mv2+mgLsin37°+f1l=9.4J故D正确。故选BCD。D.太阳辐射能量中只有二十二亿分之一到达地球大气层上表面7kg地球表面单位面积接收到太阳能的平均功率为P=6.8×102W/m2C．地球大气层上表面每平方米接收功率为P太=W/m2=1.36×103W/m2所以到达大气层的能量占总的太阳能的比例为≈故选BD。15.(2025·河南开封·二模)如图所示，光滑带平滑连接。已知A、B的质量均为mA=mB=1.0kg，传送带的长度L2=3.75m，顺时针转动的速度v(1)物块B刚滑上木板C时的速度大小v1；(3)长木板的长度L1。(2)6m/s【详解】(1)对A、B、弹簧组成的系统由能量守恒定律可得Ep=(mA+mB(v解得v1=8m/s物块B的速度v2=v1-a1t1解得v2=6m/s(3)物块B滑上传送带后平均速度==1.875m/s<v间为t2，由运动公式L2=v3t2+a1t+v(Δt-t2(，v=v3+a1t2联立解得v3=1m/ss(=v-vB从滑上木板到滑出木板一直做匀减速直线运动，由运动公式-2a1s(=v-v16.(24-25高三下·云南昭通·阶段练习)如图动能Ek与小物块的位移x的关系图像如图乙所示，图中x0=2m正确的是()A.小物块滑上传送带的初速度大小为1m/sC.整个过程中小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为=μmg则有|k|==μmg根据动能的表达式有E0=mv物块返回与传送带共速的动能为E0，则有E0=mv2联立解得小物块滑上传送带的初速度大小为v0=4m/s初始动能为E0=8J故A错误；从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为t，则有-v=v0-at从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为x物=t=全过程时间为t总=t+t/=2.25s故B正确；=×1.5m=1.5m传送带向左运动的位移大小为x传=vt=2×1.5m=3m则整个过程中小物块与传送带相对位移大小为Δx=x物+x传=4.5m整个过程中小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=18JD．根据能量守恒可得E0+E电=Q+E0可得整个过程中电动机多消耗的电能为E电=Q-E0=18J-×8J=12J故D正确。故选BD。度相等。小物块从A到B运动过程，下列说法正确的是(A.小物块所受重力的功率越来越大B.小物块对轨道的压力越来越大C.小物块与圆弧轨道间动摩擦因数越来越大D.小物块在AP段产生的内能比PB段产生的内能大P根据牛顿第二定律可得FN-mgsinθ=mmgcosθ=Ff=μFN μ=mgsinθ+mμ=D．由于从A到P重力做功大于从P到B重力做功，根据功能关系，小物块在AP段产生的内能比PB故选BD。间的摩擦因数相同，b能做简谐运动，b、c质量均为m=1kg，a的质量ma=4kg，重力加速度g取(2)50N/m该位置为bc沿传送带上升的平衡位置，根据对称性可得AP=x2-x1联立解得k=50N/m故五个周期内b相对于传送带的位移为s=vt=20m时间后返回圆弧轨道，第一次上升的最高点距Q点高度为R。重力加速度为g。下说法正确的是()A.传送带匀速转动的速度大小为gRB.小滑块第二次上升的最高点距Q点高度为RD.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR可得传送带匀速传动的速度v=gR故A错误；解得到达Q点时速度为v1=2gR小滑块第二次经过圆弧轨道的Q点时速度为v=gR根据牛顿第二定律Q点时加速度a=D．设滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,小滑块第一次在传送带上减=相对传送带的距离为Δs1=vt1+t1反向加速直线运动的时间为t2==相对传送带的位移为Δs2=vt2-t2解得Δs2=滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为Q=μmg(Δs1+Δs2)解得Q=mgR故D正确。故选D。均为m=1.0kg，A、B间的动摩擦因数最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=(2)B上升的最大距离s；(3)B的最小长度L。(3)L=1.8m对A由牛顿第二定律μmAgcos30°-mAgsin30°=mAaA对B由牛顿第二定律μmAgcos30°+mBgsin30°=mBaB(2)设A、B向上运动，经过时间t后共速v0-aBt=aAt解得L=1.8m2=0.25-mgsin37°加速距离x1=1=8m<L假设成立。货物加速时间t1==4s匀速时间t2==0.25s从A运动到B的时间t=t1+t2=4.25s(2)在BC段v=2a2s得a2=8m/s2又ma2=μ2mgcos37得μ2=0.25t1-x1(=56J由能量守恒定律，传送带因传送该货物而多消耗的电能E=mgLsin37°+mv+Q得E=118J物体都会经历两个阶段的运动。用v表示传送带速度，用μ表示物体与传送带间的动摩擦因数，则 ()f=μmg=maa=μgt==x=tx/=vtΔx=x/-x==Q=μmgΔx=mv2x=t=A.109W3kg=1.56kg9J9J9J9W故选A。端轻放在传送带的中心线上，到达B端时恰好与传送带共速，在BC段与传送带相对静止。已μmg=maL=at2v=at=2m/sv1=vcosθ=1m/sx=vt=2σmI传=IG2+I总2=2的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是 ()A.货物从A端到B端的过程中受到的摩擦力始终不变B.货物与传送带之间的动摩擦因数为0.4A错误；根据牛顿第二定律则有mgsinθ+μmgc