课时分层检测(31)专题强化：动力学和能量观点的综合应用-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

课时分层检测（三十一）专题强化 1.(2026·云南省名校联考) 如图所示，曲面AB的末 B 端与一水平放置的传送带 左端平滑连接，当传送带静止时，有一滑块从曲 面上的P点静止释放，滑块能从传送带的右端滑 离传送带。若传送带以某一速度逆时针转动，滑 块再次从P点静止释放，则下列说法正确的是 A.滑块可能再次滑上曲面 B.滑块在传送带上运动的时间增长 C.滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多 D.滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快 2.(多选)(2026·江西上饶模 拟)皮带传送在生产生活中有 着广泛的应用。一运煤传送 Q 带如图所示，传送带与水平地 ⊙0. 面的夹角0=37°。若传送带以恒定的速率o= 5m/s逆时针运转，将质量为1kg的煤块（看成 质点)无初速度地放在传送带的顶端P,经时间 t1=0.5s煤块速度与传送带相同，再经t2=2s 到达传送带底端Q点。已知最大静摩擦力等于： 滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8，则 ) A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 B.传送带P、Q两端的距离为15.25m C.煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下： 的划痕长度为2.75m D.煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生： 的热量为21J 3.(2025·江苏盐城市五校联考)如图所示，光滑斜： 面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L= 4.5m,与物块间的动摩擦因数u=0.3,传送带顺 时针转动的速度v=3m/s。设质量m=2kg的 物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛 出，恰好沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨 道DOE,DE连线水平。已知圆弧半径R=2.0m, 对应圆心角0=106°，物块运动到O点时对轨道！ 的压力为61N。g取10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8，求： H 347 :动力学和能量观点的综合应用 (1)物块运动到D点的速度大小D; (2)物块下落的最大高度H; (3)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。 4.如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连：5 接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装！ 有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨： 道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量 m=2kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H= 0.6m处静止释放，且将B点置于AC中点处。 已知圆轨道半径R=0.1m,水平轨道长LAc= 1.0m,滑块与AC间动摩擦因数=0.2，弧形轨 道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损 耗，求： R 分n>9Swww B (1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压 力大小： (2)弹射器获得的最大弹性势能； (3)若H=6m,改变B点位置，使滑块在整个滑！ 动过程中不脱离轨道，则BC间距离LC应满足 的条件。 -348 (2026·云南师大附中适应 B 性考试)如图所示，质量 M=1kg的木板A置于光 0 滑斜面上，左端放有质量 7 m=1.5kg的物块B(可视为质点)，A、B之间的 勋度擦因数么三3，开始时木板右端与垂直斜 面的挡板相距xo=6.4m,A、B一起以o=6m/s 的初速度沿斜面向下运动。接着木板A与挡板 发生多次无机械能损失的碰撞（等速率反弹），碰 撞时间不计。已知斜面倾角0=30°，重力加速度 大小g取10m/s2。 (1)求木板A与挡板碰撞前的速度大小1； (2)求木板A与挡板第一次碰撞后，右端与挡板 之间的最大距离xm; (3)木板A恰与挡板碰第三次时A与B分离，求 木板长度L及系统损失的机械能△E。3.C[△t时间内从喷头喷出的水的质量为n= Sv·△，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出 _之n 的水的动能增加量，即P=立 一，联立 解得P=100W,故选C。 4,CD[小球从P点运动到B点的过程中，重力 做的功We=mg(2R-R)=mgR,故A错误； 小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有！ 压力，则有mg=m紧，解得%=g瓜，则此 过程中机械能的减少量为△E=mgR一 之mm2=名mgR,故B错误：根搭动能定理可 知，合外力做功W合=2mus-0=立mgR, 故C正确；裉据功能关系可知，小球克服摩擦， 力做的功等于机械能的减少量，则W克一△E=! 乞ngR,故D正确。] 5.BD[根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，！ 轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可： 知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻 绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A, 错误：对A受力分析，受到重力、斜面的支持 力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能！ 定理可知，A动能的增加量等于拉力，重力以及！ 摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重！ 力对A做功之和大于A动能的增加量，故B正！ 确：由除重力和弹力之外的力对物体做的功等！ 于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对！ A做的功之和等于A机械能的增加量，故C错！ 误：对两滑块组成的系统受力分析可知，除了重 力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成！ 的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的， 功，故D正确。] 6.C「根据动能定理有，摩擦力对物体做的功！ W=m心，故A错误；电动机多做的功转化 为物体的动能和系统的内能，所以电动机多做！ 的功一定大于号m,故B错误；设共地时物 体相对地面的位移为工1，传送带相对地面的位 移为，则有工1=受，x=,可知西=2红 可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体 做功的2倍，即m心，则系统产生的内能E=} md-之ma=子md,故C正确，D错误，】 7.A[全过程根据能量守恒定律有Wg=mg· x十E。十E,其中根据图像可得外力F做的功： 为图线与横轴圆成的面积，所以有W=(5十 10)×0.2×2J十10×0.2J=3.5J,弹性势能 E,=2kx2=2.4J,克服摩擦力做功为0,4J 代入数据联立解得E=0.7J,故A正确]！ 8.B[设水从出水口射出的初速度为，取t时： 间内的水为研究对象，该部分水的质量为n一} S,根据平抛运动规律=1，h=gt, 1 解得w=1√气，根据功能关系得P)- m2十mg(H十h),联立解得水泵的输出功率 为P=(H++品)故选B] 9.B[解法一：当甲所坐木板刚要离开原位置： 时，对甲及其所坐木板整体有kx。=mg,解得； 弹性绳的伸长量=，则北时弹性绳的弹 性势能为B=宁=兰，从开始拉动 2k 乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过： 程，乙所坐木板的位移为工=十1-d,此过 程中由于摩擦产生的热量Q一4mg1,则由功 能关系可知该过程F所做的功W一E,十！ 3g】+ung(1-d） 2k 解法二：画出外力F与乙 所坐的木板的位移x的 2umg 关系图像如图所示，则外 力F微的功W=ng(1 -d）+omg+20ms.x, 01-d1-d+x 2 又kz=kmg,联立解得W=3(mg) +ng( 22 一d),故远B。] 0.解析(1)若滑块P刚好能沿圆轨道运动到！ 圆锐道的混高点，有m以=m紧 滑块P由静止运动到圆轨道最高，点过程，由 能量守恒定律可得 3 3 E,=uamgcos37X2R+mgRsin37°+R 1 +Rcos37）十mn 联立解得E。=3.8mgR。 (2)为使P能滑上圆轨道，则它到达B点时的！ 速度应大于零，由能量守恒定律可得 E,>Mgeos37r·2R+Mg·2Rsin37 2 解得M<器m 要使滑块P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道！ 上升的高度不能超过与圆心等高处，由能量守！ 恒定律可得E≤Mgcos37°·是R+Mgg (号Rsn37*+Ros37】 解得M伦器m 综上所述可得器m<M<器 加。 答案(a8mR(2器m<M<沿 课时分层检测（三十一） C[传送带以某一速度逆时针转动，与传送带 静止时相比较，滑块的受力情况不变，所以滑块 的加速度不变，即滑块速度变化的快慢不变，则！ 滑块的位移不变，滑块还是从传送带的右端滑， 离传送带，不能再次滑上曲面，故A、D错误：由 x一2P可知滑块在传送带上运动的时间不！ 变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带！ 的位移增大，由Q=Fx相对，可知摩擦产生的热！ 量增多，故B错误，C正确。] ABD[煤块在t1时刻的速度v。=a1t1,由牛！ 顿第二定律有ngsin0+4 ng cos0=na1,解得！ 4=0.5,故A正确；在最初0.5s内煤块的位移！ 工1=24，因为<tan0,所以此后煤块的加速 度满足mgsin0-umg cos0-ma2,再经t2=2s! 到达传送带底端Q点，有x=巧十乞a 1 则传送带P,Q两端的距离L=工1十x2,联立解！ 得L=15.25m,故B正确；在最初0.5s内煤块 相对传送带向上运动，相对滑动的距离△x1一！ 1一x1,以后的2s内煤块相对传送带向下滑 动，相对滑动的距离△x2=x2一2，联立解得： △x1=1.25m,△.x2=4m,则煤块从P点到Q 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m, 故C错误：煤块从P点到Q点的过程中系统因 摩擦产生的热量Q=F:△x=mng cos0·(△x 十△x2)=21J,故D正确。] -517 解析(1)物块由D点到O点根据动能定理有 mgR(1-cos 53)=2mvo-mvp 在0点有R、一mg=m紧，联立解得=5ms (2)在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行 分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的 水平速度即为，故=3m/s。当物块下落 的最大高度为H时，物块在传送带上一直做匀 减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有 ng=ma,得a=3m/s 根据速度位移公式有2一vg2=一2al 解得g=6m/s 从A到B根据动能定理可得mgH=之mvB 解得H=1.8m (3)根据运动学知识可知c一vB一t 解得t=1s 所以相对位移△x=(4.5-3)m=1.5m 产生的热量Q=mg△x=9J 答案(1)5m/s(2)1.8m(3)9J 解析(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点 过程，由动能定理可得 1 mgH-mngLAB-mg·2R=2m 在圆轨道最高，点，由牛顿第二定律可得ng十 F=mR 联立解得F=100N 由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为 100N。 (2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由 能量守恒定律可知mgH一mgLac=E 解得E,=8J。 (3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg一 从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知 mg(H-2R)-umgs=mvo 解得s1=28.75m Lw=29LAc-$1=0.25m 要使滑块不脱离轨道，B、C之间的距离应该满 足Lx≥0.25m。 若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的 速度为零，由动能定理可知mg(H一R) umgs2=0 解得2=29.5m LB=52一29L4c=0.5m 根据滑块运动的周期性可知，应使L≥0.5m, 滑块不脱离轨道 综上所述，合条件的BC长度为0.5≤L 1m。 答案(1)100N(2)8J(3)0.5m≤Lx≤ 1m 解析(1)对A、B整体，由动能定理有 (M+m)Sin 0=(M+m(M+ n)2 解得木板A与挡板碰撞前的速度大小为 y=10m/s。 (2)第一次碰后，对A由牛顿第二定律有 Mgsin 0+umgcos 0-Ma 解得a1=12.5m/s A沿斜面向上做匀减速运动，有=2a=4m。 (3)A与挡板碰后，对B由牛顿第二定律有 mg sin -umgcos =ma? 解得a2一0 故B在A上匀速下滑，木板A反弹后，沿斜面 向上以a1做匀减速运动，速度减到0后又反向 匀加速，加速度仍为a1,速度达到山时，发生第：3 二次碰撞，之后重复进行，即A做类似竖直上！ 抛运动、B做匀速直线运动。发生一次碰撞后，} （2u1) 相对位移为工阳=2a1 -=16m 故木板长为L-2x相=32m 系统损失的机械能转化为内能，即 △Ea=mgcos0·L=240J。 答案(1)10m/s(2)4m(3)32m240J: 课时分层检测（三十二） 1.析(1)实验中打点计时器必须使用交流电！ 源，不能使用直流电源，选项A错误；实验时应！ 先接通打点计时器的电源再释放纸带，远项B! 正确；实验时纸带与打点计时器的两个限位孔！ 应在同一竖直线上，以减小摩擦，选项C正确： 打点计时器和刻度尺都是本实验必须使用的测： 量仪器，但是不需要天平，选项D错误。 (2)从O点到C点的过程中重锤重力势能的减 少量△E,=g(十$） 打C点时的逢度=产 动能的增如量G=之m=之n(产) (3)作出2一h图像如图， ↑2/(m2.s-2) o 10 2030 4050h/(×10-2m) 根据2=2gh 9.0 结合图像可知2g一46X10m/令 解得g=9.78m/s2。 (4)滑块经过光电门时的速度u=4 系统动能的增加量△E:=(M十m)d- M+m()） 答案(B )十)合7) (3)见解析图9.78(9.75~9.80均可) ④gM+m() 2.解析(1)步骤B中应将打点计时器接到电源！ 的“交流输出”上，步骤F中应是根据测量结果！ 计算得出重物甲下落过程中甲、乙两重物减少！ 的重力势能等于重物甲、乙增加的动能。故错 误的步骤是BF。 (2)依题意，相邻计数点间的时间间隔为T=! 5×子-0.1s 重物甲下落到B点时的速度为B=2T h3-h=48.01-12.02X102m/s=1.8m/s。 2T 2×0.1 (3)系统从)运动到C的过程中，若系统机械· 能守恒，则有(m一m)gh,=(m十m)日 又器“ 2T 联立解得(m一m)gh,=m十m)h,-)产上 200 答案(1)BF(2)1.8 (3)(m-m)gh,-（m+m)h:-:)f 200 解析(1)由于电动机的转速为3000r/min, 则其颜率为f=3000H2=50Hz 60 1 才=50s=0.029 (2)实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画上的！ 痕迹条数多一些，应该先打开电源使电动机转！ 动，后烧断细线使钢柱自由下落。故选A。 (3)根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等！ 于该段过程的平均速度，则画出痕迹D时，钢} 柱下落的速度为n=he二c 9T (4)若钢柱下落过程中机械能守恒， 则ngh=之m 可得2=2gh ! 即-h图线的斜率近似等于2g,则可认为钢} 柱下落过程中机械能守恒。 答案(1)0.02(2)A(3)里c(42g 2T 解析(1)根据重力势能的表达式可知滑块由！ A点运动到B点的过程中，系统重力势能减少 量△E。=Mgl 滑块在光电门B的速度为g=立，所以系统 动能的增加量为 E=号(M+m)g=Mmd 2 (2)若存在空气阻力，△E总是小于△E,故A· 错误：将滑块右端与光电门B之间的距离作为， 1,钩码下落的高度偏大，△E将小于△E,故B 错误；将滑块左端与光电门B之间的距离作为： l,钩码下落的高度偏小，△E将大于△E。,故C 正确。 答案(1)Mgl (M+n) (2)C 22 课时分层检测（三十三） BD[在光滑水平面上，物体所受合力大小等！ 于F的大小，根据动能定理得FL一E,则物体 位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根 据p=√2nE知，动量变为原来的√2倍，故A! 错误，B正确；根据动量定理得F1一p,物体运 动时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2： 倍，根据E= 上知，动能变为原来的4倍，故C! 2i 错误，D正确。] D[第一次垫球后，球竖直上升高度为0.2m,{ 球落回到手上的速度为u。=√2gh。=2m/s,1 方向向下：第二次垫球后，球竖直上升高度为！ 0.45m,则球刚离手时的速度为y1=√J2gh1=! 3m/s,方向向上；取向上为正方向，第二次垫球1 过程，排球动量变化量的大小为△p=w1 (-m)=m(v1十)=0.27X5kg·m/s= 1.35kg·m/s,故选D。] BD[04s内，重力的冲量大小为IG=mgt =40N·s,故A错误，B正确；当水平力满足F -F;=ng=2N,即t=1s时物块才开始运！ 动，则1一4s内由F一t图像可知水平力F的} 冲量大小为1=28×3N·8=15N·s, 动量定理可得IF一mgt=nu,代入数据解得 4s末物块的速度大小为v-9m/s,故C错误，： D正确。] B[设该发动机在t时间内，喷射出的气体质 量为m,根据动量定理Ft=nw可知，在1s内！ 喷射出的气体质量m,=1 4.8×105 3000 kg=1.6×103kg,故远B。] B[沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小， 可知mg一kv一ma,沙尘颗粒速率增大，阻力增 大，加速度减小，当a=0时，沙尘颗粒速度达到 最大且稳定，此时速度满足mg一km,解得： um=2X10-3m/s,由动量定理可得mg一kt=! w,即ngt一h=mw,则沙尘下落时间为t=】 十，由于m<h,则1~施-10s≈3h, 71g 故远B。 518 C「设斜面倾角为0，斜面顶点到水平地面的高 度为h,则物块在斜面上的加速度为a-gsin0, 2h 物块在斜面上滑行的时间为t=√aSn0 √gsim0,周为∠ABC<∠ACB,可得物块在 2h AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行 时间长，根据I=ng可知，两物块所受重力冲量 不相同，选项A错误；根据动量定理有ngsin0·t -△0，可知△p=√西，动量改支量是 量，两物块的动量改变量大小相等，但方向不相 同，远项B错误；根据动能定理△Ek一ngh得 两物块的动能改变量相同，远项C正确；物块到 达斜面底端时重力的瞬时功率P=ngusin0,因 两物块到达斜面底端的速度大小相同，但所处 斜面倾角不同，则重力的瞬时功率不相同，选项 D错误。」 B「撤去拉力前门板做初速 度为0的匀加速直线运动， 撒去拉力后门板做匀减速直 线运动，由于门板恰好不与 门框发生碰撞，测门板末速 度为0，作出其u-t图像如0 图所示，整个过程门板的总位移为与，即”-1 图像与坐标轴周成的图形面积（表示总位移）不 变，由牛顿第二定律可知撤去外力后门板的加速 度大小恒为a=g,由图可知若使整个运动时间 尽量短，则拉力较大，加速时间趋近于0，由x一 1 L.B at可知最短时间趋近于tm=√g 正确。] BC「无人机悬停时受到的升力与其重力平 衡，风扇吹风方向均为竖直向下，故A错误；单 位时间内被每个风扇推动的室气质量为 p&=pmR山，故B正确；根据动量定理有FAY △n·u,解得每个风扇对空气的作用力为F一 oπRU,无人机的总重力G=4F=4mR,故C W 正确；每个风扇对空气做功的功率为P一立 1 At 2pmR,故D错误] 解析(1)根据动能定理W-fx=之v 1 可得牵引力对飞机微的功W=之m心十fx。 (2)加速过程，设起飞速度为v,根据速度位移 关系vm2=2a1d 减速过程，根据速度位移关系m2=2a2(L一d) aoL 联立解得d= (3)在无风的情况下，飞机以速率水平飞行 时，相对飞机的气流速率也为，并且气流掠过 机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升 力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量 定理F·△t=△p 可得F=坐 又△p=m△，n=S△u·△ 联立可得F=S△U 又△vOcu 可知Foc 即a=2。 答案(1)w=m+fx(2)d a1十a (3)论证见解析，α=2 课时分层检测（三十四） D「所有摩擦均忽略不计，只有动能和势能相 互转化，总的机械能不变，机械能守恒：初始时 用手托住小木块A,使A、B、C均处于静止状 态。松手后，整个系统竖直方向上合力不为零， 动量不守恒，但水平方向上合力为零，水平方向 上动量守恒，故D正确。]