第六章　第31练　专题强化：动力学和能量观点的综合应用[B]_04-物理-高考总复习_一轮复习_2026年-物理高考一轮复习_2026年大一轮复习讲义物理课件讲义练习-C203_学生用书Word版文档

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第31 练　专题强化：动力学和能量观点的综合应用[B]
分值：50 分
*1.(15 分)如图，水平轨道AB 的左端有一压缩的水平弹簧，其储存有弹性势能，弹簧左端固定，右端放一个
质量为m＝1 kg 的物体(可视为质点)，物体与弹簧不粘连，物体离开弹簧时速度为v＝4 m/s，传送带BC 的长
为L＝1 m。CD 为水平轨道，DE、FG 是竖直放置的两个半径分别为R＝0.4 m 和r＝0.2 m 的半圆轨道，AB、
BC、CD、DE、FG 均平滑连接。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，其余轨道均光滑，g 取10 m/s2，
不计空气阻力。
(1)(3 分)若传送带静止，求物体弹出后第一次到达D 点时受到轨道对它的支持力大小；
(2)(7 分)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G 点，求传送带的速度大小。
(3)(5 分)已知物体在G 点时，轨道对物体的支持力大小为70 N，求物体从G 点水平抛出后落到半圆轨道时离
G 点竖直高度y。
*2.(17 分)如图所示，水平传送带的左侧轨道平面与传送带等高且相接于B 点，传送带右侧地面上静置着一质
量M＝2 kg 的薄滑板，紧挨传送带放置，其上表面与传送带等高，在水平轨道的左侧固定着一竖直挡板，挡
板连接着一劲度系数k＝600 N/m 的水平弹簧。质量为m＝1 kg 的物块被锁定在轨道平面上的A 点，此时物块
与挡板间的弹簧处于压缩状态，物块与弹簧不相连，现解除锁定，物块经过B 点冲上传送带BC，此时弹簧已
恢复原长。已知左侧轨道AB 的长度L1＝2 m，传送带BC 的长度L2＝4 m，滑板的长度L3＝3.96 m，物块与左
侧轨道平面、传送带、滑板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.25、μ3＝0.4，滑板、物块与地面间的动摩
擦因数分别为μ4＝0.1、μ5＝0.12，传送带顺时针匀速转动的速度v0＝8 m/s，物块刚冲上传送带时的速度vB＝4 
m/s，重力加速度g 取10 m/s2，弹簧的弹性势能Ep＝1
2kx2(其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)。
(1)(3 分)求解除锁定前，弹簧的压缩量；
(2)(7 分)求物块和传送带间因摩擦产生的热量；
1
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(3)(7 分)判断物块能否从右侧滑板上滑下？若能滑下，求物块静止时到滑板右侧的距离；若不能滑下，求物块
相对滑板的位移。
*3.(18 分)(2024·山东德州市期中)“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某
曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中
利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道
的最低点。P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄
木板DE，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x＝0.32 m。一物
块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t＝0.2 s 恰好以平行
于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量m＝3 kg，薄木板
质量M＝1 kg，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝19
24 ，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝5
6，重力加速度g
取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)(6 分)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力大小(计算结果可以保留根号)；
(2)(6 分)物块相对于木板运动的距离；
(3)(6 分)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。
2
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答案精析
*1.(1)40 N　 (2)大于或等于2√5 m/s
(3) 2√10−6
5
 m
解析　(1)若传送带静止，则根据动能定理有－μmgL＝1
2mv D
2－1
2mv2
在D 点，对物体分析有
F－mg＝mv D
2
R
联立解得物体第一次到达D 点时受到轨道对它的支持力大小为F＝40 N
(2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G 点，则在E 点时，
对物体分析有mg＝mv E
2
R
根据机械能守恒有1
2mvC
2＝1
2mv E
2+mg·2R
解得物体离开传送带的速度大小为vC＝2√5 m/s
物体速度从4 m/s 到2√5 m/s，摩擦力做正功，设经过的位移为x，
则有1
2mvC
2－1
2mv2＝μmgx
解得x＝1 m＝L
所以物体在传送带上加速，到达右端时和传送带共速时，
传送带速度有最小值
vmin＝vC＝2√5 m/s
则传送带的速度为v 传≥2√5 m/s
(3)物体在G 点时，对物体分析有FG－mg＝mvG
2
r
根据平抛规律有x＝vGt，y＝1
2gt2
根据几何关系有x2+y2＝R2
联立解得y＝2√10−6
5
 m。
*2.(1)0.2 m　(2)6 J　(3)能　0.42 m
3
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解析　(1)从解除锁定到物块到达B 点过程，
由功能关系可得1
2kx2－μ1mgL1
＝1
2mvB
2
代入数据可得弹簧的压缩量x＝0.2 m。
(2)假设物块在传送带上一直匀加速运动到C 点时的速度大小为vC，
由动能定理可得μ2mgL2＝1
2mvC
2－1
2mvB
2
代入数据可得vC＝6 m/s
由于vC＝6 m/s<v0＝8 m/s，故假设成立，
物块在传送带上一直匀加速，设物块在传送带上运动时间为t，
则vC＝vB+a 滑t
又因为μ2mg＝ma 滑
传送带相对物块的位移s1＝v0t－L2
物块和传送带间因摩擦产生的热量
Q＝μ2mgs1
代入数据可得Q＝6 J
(3)物块以vC＝6 m/s 冲上滑板，对物块受力分析，可得μ3mg＝ma1
解得物块的加速度大小
a1＝μ3g＝4 m/s2
对滑板受力分析，可得μ3mg－μ4(M+m)g＝Ma2
解得滑板的加速度大小a2＝0.5 m/s2
假设物块能从滑板上滑下，物块和滑板相互作用时间为t1，
则满足L3＝vCt1－1
2a1t1
2－1
2a2t1
2
解得t1＝1.2 s
此时物块的速度
v1＝vC－a1t1＝1.2 m/s
滑板的速度v2＝a2t1＝0.6 m/s
由于v1>v2，所以假设成立，物块能从滑板上滑下，物块静止时到滑板右侧的距离
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Δs＝v1
2
2a物
－
v2
2
2a滑地
由牛顿第二定律有μ5mg＝ma 物，μ4Mg＝Ma 滑地
代入数据可得Δs＝0.42 m。
*3.(1)(91.92－24√5) N　(2)1.5 m
(3)87 J
解析　(1)物块由C 到D，做斜上抛运动
水平方向v 水平＝x
t ＝1.6 m/s
物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小v＝v水平
cosθ ＝2 m/s，
v 竖直＝vsin θ＝1.2 m/s
物块在C 端时竖直方向速度大小
v 竖直'＝v 竖直－gt＝－0.8 m/s，
vC＝√v水平
2+ v 竖直'
2＝4√5
5
 m/s
由B 到C 有1
2mvB
2＝1
2mvC
2+mgR(1－cos α)
其中cos α＝v水平
vC
，
在B 点有FN－mg＝mvB
2
R
由牛顿第三定律得F 压＝FN
＝(91.92－24√5) N
(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mgcos θ－mgsin θ＝mam，解得物块加速度大小am＝2
3 m/s2，做匀减速直
线运动
对木板有μ2mgcos θ+Mgsin θ－μ1(M+m)gcos θ＝MaM，解得木板加速度大小aM＝2
3 m/s2，做匀加速直线运动，
设两者经时间t1达到共速v 共，
则有v－amt1＝aMt1＝v 共
解得t1＝1.5 s，v 共＝1 m/s
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此过程中s 物＝v + v共
2
t1＝9
4 m，
s 板＝v共
2 t1＝3
4 m
物块相对于木板运动的距离Δs＝s 物－s 板＝1.5 m
(3)由于μ2>tan θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体，
a 共＝μ1gcos θ－gsin θ＝1
3 m/s2，
s 共＝v共
2
2a共
＝1.5 m
Q 物－板＝μ2mgcos θ·Δs＝30 J
Q 板－斜＝μ1(M+m)gcos θ·(s 板+s 共)＝57 J
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q＝Q 物－板+Q 板－斜＝87 J。
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