课时检测训练25 动力学和能量观点的综合应用(二)-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练25 动力学和能量观点的综合应用（二） ≥对应答案P590 1.(多选)质量为m的子弹，以速度口水平射入放在 木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若 光滑水平面上质量为M的木块中而不穿出，则 F=8N,g取10m/s。求： 下列说法正确的是 () (1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块 A.系统内能的增加量等于子弹克服阻力做的功 做的功。 B.子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做的功 (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q。 C.子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功 D.子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系 统损失的动能之和 2.(多选)2019年6月，习近平总 书记对垃圾分类工作作出重要 指示，全国地级及以上城市全 O30 面启动生活垃圾分类工作。在垃圾分类中经常使 用传送带进行分拣，如图所示，传动带的长度是 4m,与水平面间的夹角为30°，在电动机的带动下 以防=2m/s的速度顺时针匀速转动，现将一质量 m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带的最 低点，已知物体与传送带间的动摩擦因数一。 g取10m/s,则从传送带将物体从最低点传送到 最高点的过程中 ( A.物体动能的增量是10J B.物体重力势能的增量是20J C.物体和皮带由于摩擦产生的热量为6J D.电动机由于传送物体多消耗的电能为26J 3.如图所示，光滑水平面上有F网 一木板，质量M=1.0kg,长度L=1.0m。在木 板的最左端有一个小铁块（可视为质点），质量m =1.0kg。小铁块和木板之间的动摩擦因数4= 0,30。开始时它们都处于静止状态，某时刻起对 —379 课时检测训练·物理 4.(2025·思龙江哈师大附中月考)竖直平面内，长：5.如图，倾角0=30°的足够长光滑斜面固定，长L 为L=2m的水平传送带AB以v=5m/s顺时 =1,2m,质量M=2kg的长木板下端靠着插销 针传送，其右下方有固定的光滑斜面CD,斜面倾 置于斜面上，下端上表面放有一质量m=1kg的 角0=37°，顶点C与传送带右端B点竖直方向高 物块（视为质点），不可伸长的伸直细线一端连接 度差h=0.45m,下端D点固定一挡板。一轻弹 物块，一端拴在固定挡板上。零时刻拔去插销， 簧下端与挡板相连，上端自然伸长至E点，且C、 0.8s末将细线剪断。已知物块与木板间的动摩 E相距0.4m,现让质量m=2kg的小物块以 擦因数一号，最大静摩擦力等于滑动率擦力， =2m/s的水平速度从A点滑上传送带，小物块 传送至B点，物块离开B点后所受空气阻力不 重力加速度g=10m/s2。 计，恰好与斜面无碰撞滑上斜面，弹簧的最大压缩 量△x=0.2m,取重力加速度g=10m/s2。求： (1)求0.2s末细线对物块的拉力大小。 (2)求0.8s末长木板的速度大小。 (3)在木板下滑的过程中，系统产生的热量是 D 多少。 (1)传送带与小物块间的动摩擦因数4。 (2)由于传送物块电动机对传送带所做的功。 (3)弹簧的最大弹性势能。 课时检测训练·物理 —380相同，但质量不司，则速度不同，故A 速下降，下降的位移为：=1 课时检测调练25 错误：两滑块在斜面上上滑时加速度 在10~14s内，对人由牛领第二定棕 1.BD解析根据能量转化和守恒定 相同，由于初德度不同，成上升的最大 分析可知 律得知：系统机械能的减少量等干系 高度不同，故B错误：两滑块上升到最 mg-F-ma, 统内能的增加量，而系统机械能的减 高点过程克服重力假的功为mgh,由 代入数据可知a,=一0.5m/s,即电梯 少量等于系统克感阻力做的总功，不 能景守恒定律得襟簧的弹性势能E= 将减速下降， 等于子弹克服阻力做的功，故A错误： gh+ngcos8· sin0'所以mgh h 位移为h,=4+24· 对子弹，只有阻力敏负功，根据动能定 理得知，子弹动能的减少量等于子弹 E,故两滑块上升到最商点过程 电梯下降的总高度H=h,十h,十h, 克服阻力霞的功，故B正确：子弹在射 1+ 代入数据得H=20m: 入木块的过程中，由于子弹与木块对 tan (2)0一4s内对“对重”由牛领第二定律 地位移不等，子弹对地的位移大于木 克服重力做的功相同：损失的机城能 分析可列 块对地的位移，而两者相互作用力大 等于克服摩擦力做的功，即E:= F-M:g=M,c 小相等，根据功的公式W=Fs可知，子 代入数据解出F,=13650N, mgco9·sin d tan分，mgh,9相同， 弹克服阻力做的功大于子弹对木块所 0一105内对“对重”由动能定理可知 做的功，故C错误：子弹在射入木块的 则机械能损失相同。故CD正确。故 W-M.g(h,+h.)-M.v'. 过程中，子弹的动能减小，木块的动能 选CD. 代入数据算得W=210600J. 增加，系统的内能也增加，系统损失的 2,A解析运动员从a点到h点，摄据 5.(1)16J(2)2m/s 动能之和等于系统内能的增加，由能 机械能守恒定律有mgh=2m,在b (3)5 m/s 7 m/s 量转化和守恒定律得知：子弹损失的 点，由回周运动规律有F一mngsin0= (4)0<d≤2.4m或3.9md≤4.9m 机械能等于木块获得的动能与系统损 解析(1)对小球与弹簧， 失的动能之和，故D正确。故选BD, m只且F<3mg,联立解得<R,故 由机械能守恒定律有E。■2m,, 2.BC解析小物体刚故到B点时，受 选A. 到的滑动摩擦力沿传送带向上，由干： 3.(1)2ms(2)1.25m(3)4.5J 解得弹黄的弹性势能E。=16J, >n30”,物体殿匀加速直线运动，此 (2)小球在AB轨道上运动时，由牛顿 解析(1)小球通过C点时，它对上管 第二定律有 mgcos 0mgsin 0g(cos 壁有F=10N的作用力，根据牛顿第 ngsin37一ngeos37=md, 一sin)=2,5ms,假设小物体能与 三定律可知上管壁对它也有F=10N 解得a=2m/s。 传送带达到相同的速度，则小物体如 的作用力，根据牛顿第二定律有 (3)对小球：离开台面至A点的过程数 F+mg=m上，解得=2ms。 速上滑的位移为工，一2a, ■0.8m< 早批运动， 4m,假设成立。物体与传送带达到相 (2)小球从A点抛出到B点所用时间 在A处的速度vos05m/s 同速度后，将向上匀速运动，到达A点 原-4 B处的速度vs=√o,+2aL=7m's. 时速度仍为。=2m/s,所以物体的动 (4)要使小球不脱离轨道，小球或通过 到B点时选度。==3m5, 能增加量为4迟=方m=合×1× 圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大 高度小于半径后远回。 2J=2J,故A错误：小物体重力势能 小球从B到C的过程中，根据动能定 设小球恰好能通过最高点时，速度为 理，有 增量为△E,=mgh=1×10×4×分J …在最高点有m《一"骨 =20J,故B正确：小物体加速运动的 从B至最高点的过程，由动能定理得 时问1=巴=0,85，在相对滑动时，有 得平台BC的长度L.=1.25m. 1 (3)小球压缩弹簧过程中速度最大时， mgd一2mgR=交m 8.=t一x1=0,8m,则小物体与传送 加速度为零，则mg=kx: 带可因摩擦产生的热登为Q= 弹簧的压缩量x=0.1m: 2m四m, mgcos0·￥a=6J,故C正确；由功能 从C位置到小球的速度最大时的过程 解得d=2.4m, 关系可知，电动机厥的功等于小物体 中，根据机械能守恒定律，有 设小球恰好能在圈轨道上到达圆心等 增加的机械能和因摩擦而产生的热 高处· mgr十)+空m=民+形 量，则W.=4E十4E。+Q=2J+20J 从B至圆心等高处的过程，有 十6J=28J,故D错误。故送BC 解得E=4,5J. 一mgR-mgde=0-之m, 3.(1)-7.5J4.5J(2)3J 4.(1)20m(2)13650N,210600J 解析(1)当用F=8N的力将木板从 解得d■3.9m, 解析(1》在0一4“内，对人由牛顿第 小铁块下方抽出，小铁块运动的加速 设小球怡好运动到C处，从B至C党 二定律分桥可知mgF,=m4,· 度：a1=g=3m/s. 的过程，出动能定理，有 代入数器可知a,=0.5m8, 木板运动的加迷度：a,=Fmg 此段时间内电梯下降的位移为九 5m/8, 2442, 解得d=4.9m, 综上所述，要使小球不脱离轨道，则 设抽出过程的时间为t,则有：2a,f 此时电梯的速度为=a,41· BC长度必须满足0<d≤2.4m或 在4~10；内，由F,=mg可知电梯匀 3.9ml≤4.9m。 20r=1. 高考一轮总复习+物理 ·590· 解得1=1s 板加速度Qu不变，二者均向下做匀加 十at=移十色 =,十工，散物休的动 所以小铁块运动的位移：江，=2a,f,解 速运动。假设经时间'两者共速时，物 块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定 得x1=1.5m. 律有ngsin30°十f=ma.,代入数据得 能为R=名m时=m(+) 木板运动的位移：西=2a,(,解得 a.=10ms,由运动学规律有 根据数学知识可知动能E与拉力的 v=at 冲量I之问关系为一开口向上的二次 x=2.5m, 代入数据得 摩擦力对小铁块做的功：W,=4mg工· 函数的右半部分。故近B。 4 解得W,=4.5J, '= 4.D解析设是球据回速度方向为正， 摩擦力对木板做的功：W,=一mgx2, 8 木板发生的位移为，= 根据动量定理可知F一△p,则F=2 解得W.=一7.5J: 3m/s. (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生 m四-m4=0.5X12-0.5×(-8》N 的内能Q=mgL=3」。 2(叶)，物块发生的位移为上 0.2 4.(1)0.3(2)20J(3)32.2J 50N,散D正确，A、B,C错误 2 解析(1)将物块在C点的速度沿水 45m, 5.D解析质点数曲线运动，在前一段 Σ，代入数据得 两者 平和竖直方向分解，有，=√2gh= 16 时问内速度大小由v增大到2，在随 3m/s. l5, 后一段时间内速度大小由2？增大到 则物块通过B点的速度为a= ,cot37°=4m.'s, 间的相对位移为△x一x一一5m: ,则由动能定理有W,=之m(2如) 由于m<,所以物块由A到B一直微 国4十=m<L,复设成立，此后 匀加德运动。在此过程中，物块的加 2m/-3 2m.W =1 m(5u) 两者一起加速下滑，物块不会从术板 速度a=mg=ng: 上落下，故在木板下滑的时，系统产生 2m(2o'-2 2m,故W,=7w:由动 由n2-62=2al=24gl., 的热量Q-fx+d)-9. 量定理知，质点微曲线运动，则在前 解得=0.3。 课时检测训练26 段时间内合外力的冲量最大发生在前 (2)物块由A到B的运动时同4= 1.BD解析对甲，乙两条形磁铁分别 后速度反向时，则I,≤m[2w一（一）门 巴= a 35, 发受力分析，如图所示 =3n,在随后一我时间内合外力的冲 量最小发生在前后速度同向时，则I 此过程传送带的位移=w=程m, F$ ≥m·5v-m·2知=3mw,故I≥1，一 77777777w7777717n777n7n 所以由于传送物块电动机对传送带所 根据牛顿第二定律有a,= F-gm 定成立，选项D正确。 做的功 6.B解析篮球与地面接触的过程中， W=umgs=20 J. a产m区，由于m,>m:所议a 设地面对篮球的平均作用力为F:, (3)物块到C点时的速度为vc= 取竖直向上为正方向，由动量定理(F sin 37-5 m/s. <2。由于两物体运动时问相同，且同 时由静止释放，可得，<吃，A错误： 一mg1,=△力解得F=△2+mg,B 对物块，由C点运动到最低点的过程 对于整个系统而言，由千n,g>m,g 正确，A错误：同理篮球与手接触的过 由能量守恒定律有mg(x十△r)sin日 会力方向向左，合冲量方向向左，所以 程中，设手对蓝球的平均作用力为F: 十安mne-E 合动量方向向左，显然甲的动量大小比 达取竖直向下为正方向，由动登定理 乙的小，BD正确、C错误。故选BD。 代入数帮解得弹黄的最大弹性势能 2.BD解析结合几何知识，由图可知 Em=32.2J. (mg+F儿=△p,可解得E=△业- 碰撞曲后弹珠动量方向改变的角度为 .(110N22m/3 mg,CD错误。故远B。 120,A猎误：由动能与动量的关系E, 7.C解析由于m《M,要使飞行幕能 解析(1)以物块为 可知，难撞前后动能不变，则动量 p 在空中悬停，燃料对飞行器的反冲力 研究对象，其受力如 图所示，物块静止，由 大小不变，B正确：由动能与动量的关 应为Mg,由牛颜第三定律可知，飞罚 系民一品得，碰锋后辣珠的动量大小 器对燃料的作用力也为Mg,设燃料园 力的平衡条作有F= 射的速度为v,由动量定理可知Mgt ngsin日十f,f mgc0s30°，代入数 为p=、2mE=6kg·m/s.C错误： me,解得=M型 m 据解得F=I0N: 结合几何知识，由图可知，弹珠动量变 化量△p=2pc0s30°=63kg·m/s,D 8.B解析形成弹幕的总体积为V一 (2)以木板为研究对Y》 象，其受力如图所示 正确。 tS=6m3,A错误：每1cm有一个子 由牛顿第二定律有 弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N Mgsin30°-了=Maar, 6 了=f代入数据得：aw 1×10个=6×10个，所形成弹幕的 =2.5ms,由运动学 总质量M=Nm=1.2×10kg,B正 规律有w=a,将t=0.8s代入解得y 确：对整个弹幕由动量定理可知【=M =2m/s: ·v=3.6×10kg·m5,C错误：由冲 (3)0-0.8s内木板发生的位移为x 量公式I=F△：知，弹幕对目标形成的 4,代入数据得x=0.8m,0.8s 1 3.B解析设物体的质量为m,拉力大 冲击力大小F==3.6X10N,D 之后，由于物块所受摩擦力不变，则木 小为F,初速度为%，则a=F 错误， ·591· 高考一轮总复习·物理