2025年新高考物理大题必刷（解析版）

题型1功能关系和能量观点在传送带模型中的应用沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带，传送带上表面与P点高度差H=0.8m。现一质量m=(2)滑块在P点的速度大小=5m/s在Q点，由向心力公式有-mg=m联立解得FN=28N位移大小=0.9m传送带的位移大小x=vt=1.8m滑块和传送带组成的系统产生的热量Q1=μmg(x-x(=4.5J(2)小物块在传送带上留下的最长划痕对应的是小物块第一次滑上传送带到再次回到A端的过程中在传送解得x=2m。H。v-v=2aL1假设物块能到达右侧平台h1-h2=gt2，x=v1t联立解得x=1.2m>d解得H=1.8m。题型二斜面上的传送带模型解得t2=1s或t2=-5s(舍去)v=v0+a2t2=6m/s。包裹与传送带的相对位移大小为Δx1=x1′-x1=1m包裹的位移为x2=L-x1=5mΔx2=x2-x2′=1m整个过程因摩擦产生的热量为Q=Ff(Δx1+Δx2)α(1)传送带顶端到底端的距离L；t2=Δt-t1=3s停电后运动的距离t3=0.45m传送带顶端到底端的距离L=s1+s2+s3=4.25m。(1)物块B刚下降时的加速度a；(2)物块A从底端到达顶端所需的时间t；2T+μm1gcosθ-m1gsinθ=m1a对B分析，有m2g-T=m2aA的位移t1=4m物块A从底端到达顶端所需的时间t=t1+t2=2.5s。相对位移Δx=vt1-x1=4m题型三动量观点在传送模型中的应用(3)假设A在传送带上一直做减速运动，A从传送带的左端滑到右物块做的功根据能量守恒得=Q+Epm，解得Epm=0.5J。二定律(m+M)gsin30°+μ(m+M)g·cos30°=(m+M)a1，物块减速到v1的过程中v-v2=-2a1x1，因为μ在同一水平面，皮带以v0=3.0m/s的速度顺时针转动。在传送带左端无初速度地放上一质量为m=(1)物块在传送带上运动的时间t；t1+t2=2.08s。机=2.5J。送带的相对位移Δx2=x4-x3=0.1m，电动机需额外消耗的电能ΔE电=m1v2- 解析(1)a从出发点到N点，由动能定理有m1gr=点对物块a分析，由牛顿第二定律有FN-的位移为x=1.4m<L，故物块a到达M点时速度为v0=3m/s，a和b发生弹性碰撞有m1v0=m1va+m2vb解得vb=v0=0.5m/s，va=v0=-v0=-2.5二次碰前经过M点产生的热量Q1=μm1g[(x1+x2)+(x2-x1)]，联立解得Q1=μm1g 邻，右侧在同一水平面上紧邻一水平平台．现有(1)小滑块从A运动到D所需的时间.解得t1=2svC=vB=a1t1=4m/s<v0=6m/s根据运动学公式v0-vC=a2t2加速运动位移t2=5m<L=11m从A运动到D的时间为t=t1+t2+t3=4sx2=v0t2=6mΔx=x2-x1=1mI=mv0-mvC=0.2N·sR=0.8m表面为四分之一光滑圆弧面的小车，小车的质量解析(1)在A处有mv0=(m+M(v1v1=4m/sv2=4m/sW=-16Jt2=1.0st=t1+t2=0.8s+1.0s=1.8s2t3=0.55st=t1+t2+t3=0.8s+0.25s+0.55s=1.6s(2)A与B碰后瞬间B速度的大小；F/=F=79NvPv0=3m/sμ1mAg>μ2(mA+mB+mC(gfBC=mBa2=6N<μ1mBg=15Nx1-x2=x0故A与B碰前A、B的速度分别为v1=vQ-a1t=6m/sv2=a2t=0.4m/s设A与B碰后的速度分别为v和v2'，由动量守恒和机械能守恒得mAv1+mBv2=mAv+mBv2'v=v2=0.4m/sv2'=v1=6m/sv+a2t/=v2'-a1t/该过程中A与B通过的位移大小分别为d=x0+x2'-xd=3.5m(2)滑块C从N点运动到P点的时间t；mv0=2mv12mv1=2mvB+mvCvC=8m/sa1=2v-v2=2a1x1x1=2.4m<L=5.4mmgsinθ-μmgcosθ=ma2v2-v=2a2(L-x1)vP=2m/s则滑块C从N点运动到P点的时间为t=t1+t2=1.4sh1=Lsinθ=3.24mh=h1+h2=3.312mv1=5m/sma1=μ1mgv-v=-2a1dv2=4m/s>v0=2m/smv2=mv3+Mv4Ma2=μ2Mgv=2a2x1v4=a2t1v=2a1x2v3=a1t2x2=2m<d，t2=2sv-v=2a1x1mv5=mv6+Mv7x=x3+x4=0.48m根据速度-位移关系式有v=a1t1L0-d1=vt2+在传送带上因摩擦产生的总热量Q=μmg(vt1-d1(+μmg[(L0-d1(-vt2[v-v2=2a2(L0-d1(mv0=mv1+2mv2mv1=2mu0mv1=4musBs-sB=x到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg=M联立并代入数据解得x=0.2m。PM相切于P点，PM的长度d=2.7m。一长为L=3.3m的水平传送带以恒定速率v0=1m/s逆时针转线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端NN=30NmavM=mava+mbvbμmbg=mba=3sb从M运动到N的时间t=t1+t2=3.2sI=mbv-(-mbv0(Δt=t3+t4b在Δt时间内向右运动的距离3+v0t3+v0t4-⋅t4=0.9mb从N向右运动3m的过程中b与传送带摩擦产生的热量t5=0.2s/=L-x/+v0t5=0.5mQ2=μmbgs/=5Jb从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95J足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m