2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案038-课时作业33 动力学和能量观点的综合应用（教用）

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基础达标练
1．（2025·陕西西安开学考）如图所示，一个小球放在粗糙水平木板上，木板固定不动，弹簧与水平木板不接触，弹簧的一端与小球相连，另一端固定在墙壁上，弹簧保持自然长度时小球刚好在A点，现把小球向左拉至C点后释放，小球就由C点运动到A点，再由A点运动到B点，由B点到A点，再由A点到D点，由D点到……不计空气阻力，在此过程中（ ）
A. 从B点到D点，小球在水平方向上受到的合力是先减小后增大
B. 小球最后一定会停在A点处
C. 弹簧的弹性势能最终转化为小球的动能
D. 从C点到A点的运动过程中，小球一直做加速运动
【答案】A
【解析】从B点到D点，开始时小球水平方向受到向左的弹力和向右的摩擦力，弹力大于摩擦力，摩擦力不变，弹力越来越小，则合力向左且越来越小，当弹力大小等于摩擦力时，合力为0，此后弹力先向左且逐渐减小，通过A点后，弹力向右且逐渐增大，则合力向右且逐渐增大，故小球在水平方向上受到的合力是先减小后增大，故A正确；只要小球速度减为0时所受的合力为0，小球就会停止，故小球最后不一定会停在A点处，故B错误；小球最终停止，动能为0，故弹簧的弹性势能最终转化为内能，故C错误；从C点到A点的运动过程中，小球所受合力先向右后向左，小球先加速后减速，故D错误。
2．（2025·北京东城二模）如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小物块无初速度放在传送带的左端，传送带足够长，物块到达右端之前已经与传送带共速。下列说法正确的是（ ）
A. 物块与传送带共速后，物块受到向右的静摩擦力
B. 传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越短
C. 物块与传送带共速前，摩擦力对物块做负功
D. 物块与传送带之间因摩擦产生的热量等于12mv2
【答案】D
【解析】物块与传送带共速后，做匀速直线运动，则物块处于平衡状态，不受摩擦力，故A错误。物块在与传送带共速前，受到水平向右的滑动摩擦力，使物块向右加速，摩擦力做正功；根据牛顿第二定律可得加速度为定值，根据v=at可得，要达到与传送带相同的速度，则传送带运动速度越大，物块加速运动的时间越长，故B、C错误。对物块分析，有fx=12mv2，x=v2t，传送带的位移为x2=vt，相对位移为Δx=x2−x，可得摩擦产生的热量Q=fΔx=12mv2，故D正确。
3．（2025·广东广州二模）多选 如图甲，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化的图像如图乙。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则（ ）
A. 0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同
B. 0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度相同
C. 0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量
D. 0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量
【答案】AC
【解析】v−t图像的斜率表示加速度，根据题意结合图乙可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的加速度大小相等、方向相反，故B错误；根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，0～t1与t1～t2时间内，砝码的位移相同，故A正确；砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，0～t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，故C正确；根据能量守恒定律有W拉=ΔE总+Q，即0～t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与摩擦产生的热量之和，故D错误。
4．（2023·江苏卷·11）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（ ）
A. 受到的合力较小
B. 经过A点的动能较小
C. 在A、B之间的运动时间较短
D. 在A、B之间克服摩擦力做的功较小
【答案】C
【解析】由频闪照片可知，题图甲中拍摄到的滑块数量少，故题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C正确；由逆向思维及x=12at2可知，题图甲中滑块运动的加速度较大，则由F=ma可知，题图甲中滑块受到的合力较大，A错误；设斜面倾角为θ ，由Wf=μmgcsθ⋅x可知，两图中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错误；由上述分析可知题图甲对应滑块的上升过程，题图乙对应滑块的下降过程，题图甲中，滑块从A运动到B，由动能定理得−(WG+Wf)=0−EkA，题图乙中，滑块从B运动到A，由动能定理得WG−Wf=EkA′−0，联立得EkA>EkA′，即题图甲中滑块经过A点的动能较大，B错误。
5．（2023·湖南卷·8）多选 如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(重力加速度为g)（ ）
A. 小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B. 小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C. 小球的初速度v0=2gR
D. 若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
【答案】AD
【解析】小球从B到C的过程中，任选一点P，设OP与竖直方向的夹角为α ，则mgcsα−FN=mv2R，从B到C，α 逐渐减小，csα 逐渐增大，小球的速度v逐渐减小，则轨道对小球的支持力逐渐增大，根据牛顿第三定律，可知小球对轨道的压力逐渐增大，A正确。小球从A到C的过程中，竖直方向的速度逐渐减小，重力的功率逐渐减小，B错误。小球恰好到达C点，故小球在C点速度为0，小球从A到C的过程中，根据机械能守恒定律有mg⋅2R=12mv02，则小球的初速度v0=2gR，C错误。小球的初速度v0越大，小球在B点对轨道的压力越小，当重力指向O的分力不足以提供向心力时，小球在B点对轨道的压力减为0，小球就会从B点脱离轨道，D正确。
6．多选 如图所示，小物块P置于倾角θ=30∘ 的光滑固定斜面上，轻质定滑轮固定在斜面顶端，P和Q用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连，左侧轻绳恰好和斜面平行。t=0时将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g2，g为重力加速度大小。t0时刻轻绳突然断裂，之后P能达到的最高点恰与Q释放时的位置处于同一高度。取t=0时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E。已知0至2t0内Q未落地，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. P、Q质量之比为1:1B. P、Q质量之比为1:2
C. 2t0时P的机械能为ED. 2t0时P的机械能为E2
【答案】BD
【解析】将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g2，对P、Q组成的系统由牛顿第二定律有mQg−mPgsin30∘=(mP+mQ)g2，解得P、Q质量之比为mPmQ=12，A错误，B正确；t0时刻P、Q的速度大小均为v=12gt0，绳子断后P沿斜面做减速运动，根据牛顿第二定律可得a1=12g，P还能沿斜面向上运动的时间t1=va1=t0，即在2t0时P运动到最高点，由题意知此时P所处位置与Q释放时的位置等高，又mPmQ=12，则P的机械能E′=E2，C错误，D正确。
能力强化练
7．（2026·河南郑州模拟）多选 在有风的天气，一脚将足球踢出，足球的轨迹如图所示，b是轨迹上的最高点，a、c是轨迹上的等高点，若只考虑重力和水平风力，水平风力恒定，则下列判断正确的是（ ）
A. 从a运动到b的时间比从b运动到c的时间长
B. 从a运动到b足球机械能减少量大于从b运动到c足球机械能减少量
C. 足球在a点速度一定大于在b点速度
D. 从a到b合外力做功的绝对值一定大于从b到c合外力做功的绝对值
【答案】BCD
【解析】由于风力不影响足球竖直方向的分运动，足球在竖直方向做竖直上抛运动，因此从a运动到b的时间与从b运动到c的时间相等，A项错误；足球从a运动到b克服风力做功比从b运动到c克服风力做功多，故B项正确；从a到b的过程中，重力和水平风力均做负功，故足球速度不断减小，C项正确；从a到b合外力做功的绝对值W1=mgℎ+F风x1，从b到c合外力做功的绝对值W2=|mgℎ−F风x2|，由于x1>x2，故D项正确。
8．（2025·广西名校联考）（10分）一游戏装置如图所示，该装置由小平台、传送带两部分组成。倾角为α=37∘ 的传送带以恒定的速率v0=6m/s顺时针运行，质量m=1kg的玩具（可视为质点）从平台以v1=4m/s水平抛出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）进入传送带。玩具在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度L=1124m，玩具和传送带之间的动摩擦因数μ1=0.75，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2(sin37∘=0.6、 cs37∘=0.8)。
（1） 求玩具从平台到传送带最上端的时间t；
（2） 求玩具在传送带上运动产生的热量Q；
（3） 求因传送玩具电动机多消耗的电能ΔE。
【答案】（1） 0.3s
（2） 0.25J
（3） 3J
【解析】
（1） 玩具沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端进入传送带，则有 tanα=vyv1，
解得vy=3m/s，
故t=vyg=0.3s。
（2） 玩具刚滑上传送带时的速度为v=v1csα=5m/s