课时冲关33 素养培优11 动力学和能量观点的综合应用-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课时作业（人教版2019）

课时冲关３３　素养培优１１　动力学和能量观点的综合应用 学生用书　P３９５ [能力综合练] １．(多选)质量为m 的小木块从 半球形的碗口右侧最高点A 处以某竖直向下的速度开始 下滑,恰好能到达左侧最高 点C,如图所示,已知木块与碗内壁间的动摩擦 因数为μ,木块滑到最低点B 时的速度为v,则 下列说法正确的是 (　　) A．木块在AB 段产生的热量等于在BC 段产生 的热量 B．木块在AB 段克服摩擦的功等于在BC 段克 服摩擦的功 C．木 块 滑 到 最 低 B 时 受 到 的 摩 擦 力 为 μm g＋ v２ R æ è ç ö ø ÷ D．木块一定不能从C点返回到A 点 解析:CD　[木块在AB 段和BC 段克服摩擦力 做功产生热量,Q＝f􀅰s＝μFN􀅰s,因AB 段的 速率大于BC 段的速率,由径向合力提供向心 力,可知在 AB 段的支持力大于BC 段的支持 力,而两段的动摩擦因数μ和路程s相同,则木 块在AB 段克服摩擦的功大于在BC 段克服摩 擦的功,即木块在AB 段产生的热量大于在BC 段产生的热量,故 A、B错误;木块滑到最低 B 时,由牛顿第二定律有 NB－mg＝m v２ R 则木块受到的摩擦力为f＝μNB＝μm g＋ v２ R æ è ç ö ø ÷, 故C正确;木块从C 点向右滑到A 点的过程, 一直有摩擦力做负功,则木块的机械能一直减 少,它一定不能到A 点,故D正确．] ２．如图,将质量m＝１kg 的物块(可视为质点) 向右以v＝１m/s的 速度放在正在顺时针转动的水平传送带,传送 带AB 的长度L＝６m,传送带的速度大小v０＝ ３m/s,物块与传送带间的动摩擦因数μ＝０．２, 重力加速度大小g＝１０m/s２,下列说法不正确 的是 (　　) A．物块滑离传送带时传送带对物块做的功为 ４􀆰５J B．系统因摩擦产生的热量为２J C．因放上物块电动机多输出的能量为６J D．如果此物块是煤块,则煤块在传送带上留下 的痕迹长度为１m 解析:A　[物块做匀加速直线运动的加速度为 a＝μg＝２m/s ２,设加速到相同速度的位移为 x１,有v２０－v２＝２ax１,解得x１＝２m＜L,则物块 先加速在共速后再以v０＝３m/s匀速离开,物块 滑离传送带时传送带对物块做的功为W＝１２mv ２ ０ －１２mv ２＝４J,故A错误,符合题意;系统因摩擦产 生的热量为Q＝μmgv０􀅰 v０－v a －x１ æ è ç ö ø ÷＝２×(３× １－２)J＝２J,故B正确,不符题意;因放上物块 电动机多输出的能量等于牵引力对皮带做的 功,有WF＝Wf＝μmg􀅰v０􀅰 v０－v a ＝２×３×１J ＝６J,故C正确,不符题意;如果此物块是煤块, 则煤块在传送带上留下的痕迹长度为皮带和煤 块的位移之差,有Δx＝v０􀅰 v０－v a －x１＝１m , 故D正确,不符题意．] ３．如图所示,一质量为M、长 为l的木板静止在光滑水 平桌面上,另一质量为 m 的小物块(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fl B．木板的动能可能大于fl C．物块的动能一定大于１２mv ２ ０－fl D．物块的动能一定小于１２mv ２ ０－fl 解析:D　[物块和木板的运动示意图和vＧt图 像如下 根据动能定理可知,对m 有 －fx１＝ １ ２mv ２ １－ １ ２mv ２ ０① 对 M 有fx２＝ １ ２Mv ２ ２② 根据vＧt图像与横轴围成的面积S 表示物体运 动的位移可知x２＝S△COF,x１＝S四边形ABFO 根 据 位 移 关 系 可 知l＝x１－x２＝SABCO ＞x２ ＝S△COF 因此fl＞fx２＝ １ ２Mv ２ ２,即木板的动能一定小于 fl,A、B错误;将①、②两式相加得 －fl＝１２mv ２ １＋ １ ２Mv ２ ２－ １ ２mv ２ ０,变形得物块离 开木板时的动能 １ ２mv ２ １＝ １ ２mv ２ ０－fl－ １ ２Mv ２ ２＜ １ ２mv ２ ０－fl,C错 误,D正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４２５􀅰 高考总复习　物理 ４．(多选)如图所示,长木板A放在光滑的水平面 上,可视为质点的小物体B以水平速度滑上原 来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在 摩擦,A、B速度随时间变化的情况如图乙所示, 取g＝１０m/s２,则下列说法正确的是 (　　) A．木板A与小物体B质量相等 B．若木板 A、小物体B质量已知,可以求得热 量Q C．小物体B相对长木板A滑行的距离１m D．A对B做的功与B对A做的功大小相等 解析:ABC　[由vＧt图线的斜率表示加速度可 知,小物体B在长木板A上滑行时加速度大小 相等,又因为小物体B、长木板A受到的滑动摩 擦力大小也相等,由牛顿第二定律可得f＝ma, 可知长木板 A与小物体B质量相等;故 A正 确;若长木板A、小物体B质量已知,由vＧt图 像可知,小物体B的初速度v０＝２m/s,最终小 物体B和长木板A达到共速,v共 ＝１m/s,由能 量守恒可得１ ２mBv ２ ０＝ １ ２ (mA＋mB)v２共 ＋Q,可以 求出此过程中产生的热量Q,故B正确;在达到 共同 速 度 之 时,A、B 的 位 移 差 xB －xA ＝ １ ２ (１＋２)×１－１２×１×１[ ]m＝１m,故C正确; A、B之间的摩擦力是一对相互作用力,等大反 向,但是小物体B的位移要大于长木板A的位 移,所以它们之间的摩擦力对对方做的功在数 量上并不相等,故D错误．] ５．如图所示,质量 m＝２kg 的物体,以水平速度v０＝ １０m/s滑上静止在光滑水 平面上的平板小车,小车质量 M＝３kg,物体与 小车水平上表面之间的动摩擦因数为０􀆰６,取g ＝１０m/s２,设小车足够长．求: (１)小车和物体的共同速度大小; (２)在物体相对小车滑动的过程中,系统因摩擦 产生的热量． 解析:(１)物体在小车上做匀减速直线运动,根 据牛顿第二定律可知μmg＝ma, 解得a＝６m/s２, 对小车有 Ma车 ＝μmg, 解得a车 ＝４m/s２, 根据速度关系v０－at＝a车t＝v, 解得v＝４m/s． (２)根据能量守恒定律有１２mv ２ ０＝Q＋ １ ２ (M＋ m)v２,解得Q＝６０J． 答案:(１)４m/s;(２)６０J [素养培优练] ６．如图所示,水平传送带左端与光滑水平面平滑 连接,右端与竖直面内半径为１m的光滑四分 之一圆弧轨道BC 的最低端B 平滑连接,传送 带长L＝４m,一轻弹簧放在水平面上,弹簧左 端与竖直墙壁相连．用质量为m＝１kg的物块 压缩弹簧,当物块压至A 点时由静止释放,物块 被弹簧弹开,结果刚好能滑到传送带的最右端, 此过程传送带静止不动,物块与传送带间的动摩 擦因数为μ＝０．２,重力加速度g＝１０m/s ２．求: (１)开始释放物块时,弹簧具有的弹性势能; (２)仍将物块压弹簧至A 点,让传送带沿顺时针 转动,由静止释放物块,物块被弹簧弹开后滑上 传送带,要使传送带对物块一直做正功,传送带 的速度至少多大? 此种情况下,物块对B 点的 压力为多大? (３)传送带以(２)问中的最小速度沿顺时针转 动,则物块从A 点被弹出,两次滑过传送带时, 传送带电机因物块在传送带上滑动额外多做的 总功为多少? 解析:(１)根据能量守恒定律得Ep＝μmgL＝８J; (２)物块在传送带上时,传送带对物块一直做正 功,则物块一直处于加速状态,设物块在传送带 右端时的速度为v,根据动能定理得 μmgL＋Ep＝ １ ２mv ２－０, 解得v＝４ ２m/s, 传送带的速度至少为v＝４ ２m/s． 在B 点根据牛顿第二定律得FN－mg＝m v２ R , 解得FN＝４２N; 根据牛顿第三定律可知物块对B 点的压力大小 为４２N． (３)设物块滑上传送带的速度为v０,根据机械能 守恒定律得Ep＝ １ ２mv ２ ０, 解得v０＝４m/s, 物块在传送带上的运动时间为 t＝ Lv０＋vm ２ ＝２(２－１)s, 第一次通过传送带电动机多做的功为 W１＝μmgvt＝１６(２－ ２)J, 第二次通过传送带的摩擦力不变,摩擦力的作 用时间不变,电动机多做的功不变 W２＝W１ 总功为W＝W１＋W２＝３２(２－ ２)J． 答案:(１)８J;(２)４ ２m/s,４２N;(３)３２(２－ ２)J 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５２５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 第六章　机械能守恒定律 ７．(２０２５􀅰江苏南通期末)如图所示,水平传送带 顺时针运行的速度v＝６m/s,与倾角为３０°的斜 面的底端P 平滑连接(物体经过此处的速度大 小不变),将一质量m＝１kg的小物块(可以视 为质点)从A 点静止释放,之后小物块能返回斜 面,已知A、P 的距离L＝１６m,小物块与斜面、 传送带间的动摩擦因数分别为μ１＝ ３ ５ 、μ２＝ ０．５,取重力加速度g＝１０m/s２,求: (１)传送带的最短长度d; (２)小物块第３次通过P 点的速度v３; (３)整个过程中,小物块在斜面上运动的总路 程s． 解析:(１)根据题意可知,物块在斜面上向下加 速,根据牛顿第二定律可得 mgsin３０°－μ１mgcos３０°＝ma１, 解得a１＝２m/s２, 第一次到达P 点时,根据运动学公式可得 v２１＝２a１L, 解得v１＝８m/s, 物块在传送带上向左做匀减速运动,根据牛顿 第二定律可得μ２mg＝ma２, 解得a２＝５m/s２, 又有v２１＝２a２d, 解得传送带的最短长度为d＝６．４m; (２)因为v１＝８m/s＞６m/s, 所以物块在传送带上向右匀加速再匀速,第二 次到达P 点的速度为v２＝６m/s, 物块 在斜面上向上匀减速,根据牛顿第二定律 可得mgsin３０°＋μ１mgcos３０°＝ma３, 解得a３＝８m/s２, 物块在斜面上向上匀减速过程,有v２２＝２a３x, 物块在斜面上向下匀加速,则有v２３＝２a１x, 联立解得物块第三次到达P 点的速度为 v３＝３m/s; (３)由分析可知,物块第一次离开传送带以后, 每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相 等,物块最终停止在P 点,则根据能量守恒有 Q＝μ１mgcos３０°􀅰L＋ １ ２mv ２ ２＝６６J, 又因为Q＝μ１mgcos３０°􀅰s, 解得小物块在斜面上运动的总路程为s＝２２m． 答案:(１)６􀆰４m　(２)３m/s　(３)２２m ８．(２０２５􀅰浙江嘉兴期中)一同学物理课上参与了 一个趣味游戏,a、b、c、d四个相同木板紧挨放在 水平地面上,使小滑块以某一水平初速度从a 的左端滑上木板,若滑块分别停在a、b、c、d上, 则分别获得四、三、二、一等奖,若滑离木板则不 得奖．已知每块木板的长度为L、质量为m,木板 下表面与地面间的动摩擦因数均为μ,滑块质量 为２m,滑块与木板上表面间的动摩擦因数均为 ２μ,重力加速度大小为g,最大静摩擦力与滑动 摩擦力视为相等． (１)若你获得四等奖,求滑块初速度的最大值; (２)若你获得一等奖,求因摩擦产生的总热量Q 的取值范围． 解析:(１)若只获得四等奖,则滑块刚好到达a 木板的右侧时,滑块的初速度最大,设为v１,分 析可知,地面对a、b、c、d 四块木板的摩擦力大 小为f１＝６μmg, 滑块与木板之间的摩擦力大小为 f２＝２μ×２mg＝４μmg, 由于f１＞f２,则可知木板静止不动,滑块在木板 上的加速度为a１＝ f２ ２m＝２μg , 根据匀变速直线运动的速度Ｇ位移公式可得 ０－v２１＝－２a１L, 解得v１＝２ μgL; (２)若获得一等奖,则木块必须得滑到木板d,若 刚滑到木板d 的最左端,可知整个运动过程中 因摩擦产生的热量最少 Qmin＝f２×３L＝４μmg ×３L＝１２μmgL, 当滑块滑到木板d 上时,木板d 受到地面的摩 擦力为f３＝３μmg＜f２, 则可知木板d 会发生滑动,木板d 的加速度大 小为a２＝ f２－f３ m ＝μg , 当木块刚好到木板d 右侧时滑块和木板共速, 此时摩擦力产生的热量最多,设这种情况下,滑 块滑上木板时的速度为v２,达到共速时的速度 为v,根据匀变速直线运动的速度—时间公式得 v＝v２－a１t＝a２t 代入数据得v＝ v２ ３ 根据 匀 变 速 直 线 运 动 的 速 度Ｇ位 移 公 式 得 v２－v２２ －２a１ －v ２ ２a２ ＝L, 解得v２＝ ６μgL 滑块和木板达到共速后一起做匀减速直线运 动,直到静止,根据能量守恒定律可得 Qmax＝Qmin＋ １ ２×２mv ２ ２＝１８μmgL 所以获得一等奖,摩擦产生总热量的取值范围 为１２μmgL≤Q≤１８μmgL． 答案:(１)２ μgL　(２)１２μmgL≤Q≤１８μmgL 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６２５􀅰 高考总复习　物理