新高考物理一轮复习考点课时练第6章第31练　专题强化：动力学和能量观点的综合应用[A]（含答案解析）

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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1 kg的物块轻轻放在传送带的A端，2 s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10 m/s2，sin 37°=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0.25
C.物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为6 m
D.0~2 s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24 J
2.(多选)如图甲所示，质量为0.1 kg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0.1 kg，木板的长度为1 m，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10 m/s2。则( )
A.木板与地面之间的动摩擦因数为0.2
B.木板运动0.5 s后与滑块达到共速
C.释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6 J
D.木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25 J
3.(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=0.5 m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=8.0 m、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10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=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=0.8 m，滑块的质量m=0.1 kg，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＝10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5 m，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＝25 kg，一质量为m＝50 kg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＝16 m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10 m/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＝2 kg、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＝2 m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＝3 m/s的速率沿顺时针方向运行。质量为m＝6 kg的货箱以初速度v0＝6 m/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＝2.875 m，木板B的右端离C点的距离d＝0.5 m，传送带DE间的长度L2＝13 m，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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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，0~1 s内物块的加速度大小为a1=Δv1Δt1=10 m/s2，由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcs θ=ma1，1~2 s内物块的加速度大小为a2=Δv2Δt2=2 m/s2，由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcs θ=ma2，联立解得μ=0.5，θ=37°，故A、B错误；0~1 s内传送带的位移及物块的位移分别为s1=v1t1=10 m，x1=12v1t1=5 m，它们的相对位移为Δx1=s1-x1=5 m，1~2 s内传送带的位移及物块的位移分别为s2=v1t2=10 m，x2=v1t2+12a2t22=11 m，它们的相对位移为Δx2=x2-s2=1 m，因为Δx1>Δx2，所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5 m，故C错误；0~1 s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q1=μmgcs θ·Δx1=20 J，1~2 s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q2=μmgcs θ·Δx2=4 J，所以0~2 s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=20 J+4 J=24 J，故D正确。]
2.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＝10.5 m/s2＝2 m/s2，联立解得μ2＝0.2，故A正确；由v－t图像可知，t1＝0.5 s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＝6 m/s2，根据运动学公式可得v共＝v0－at1，可得v0＝v共+at1＝1.0 m/s+6×0.5 m/s＝4 m/s，根据能量守恒可知，释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep＝12mv02＝0.8 J，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＝12×1.0×1.0 m＝0.5 m，则木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q＝μ2(M+m)g·x＝0.2 J，故D错误。]
3. (1)h=2L3 (2)①0.45 J ②0.75≤μμmglcs 37°
得μ