2024高考物理一輪復習限時規(guī)范專題練一動力學和能量問題綜合應用含解析

PAGEPAGE8動力學和能量問題綜合應用時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選)1．(2024·廣東六校聯(lián)考)北京獲得2024年冬奧會舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會的競賽項目。將一個冰壺以肯定初速度推出后將運動一段距離停下來。換一個材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運動的距離將()A．不變B．變小C．變大D．無法推斷答案A解析冰壺在冰面上以肯定初速度被推出后，在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，依據(jù)動能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2，得s＝eq\f(v2,2μg)，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運動的位移大小相等。故選A。2.(2024·唐山開灤二中月考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體始終靜止在斜面上，在斜面體從圖中實線位置沿水平面對右勻速運動到虛線位置的過程中，下列關(guān)于物體所受各力做功的說法正確的是()A．重力不做功 B．支持力不做功C．摩擦力不做功 D．合力做正功答案A解析物體在水平方向移動，在重力方向上沒有位移，所以重力對物體做功為零，A正確；由題圖知，斜面體對物體的支持力與位移的夾角小于90°，則支持力對物體做正功，B錯誤；摩擦力方向沿斜面對上，與位移的夾角為鈍角，所以摩擦力對物體做負功，C錯誤；物體勻速運動時，合力為零，合力對物體做功為零，D錯誤。3．把動力裝置分散安裝在每節(jié)車廂上，使其既具有牽引動力，又可以載客，這樣的客車車廂叫做動車。而動車組就是幾節(jié)自帶動力的車廂加幾節(jié)不帶動力的車廂編成一組。帶動力的車廂叫動車，不帶動力的車廂叫拖車。設(shè)動車組運行過程中的阻力與質(zhì)量成正比，每節(jié)動車與拖車的質(zhì)量都相等，每節(jié)動車的額定功率都相等，若開動一節(jié)動車帶三節(jié)拖車，最大速度可達到150km/h。當開動二節(jié)動車帶三節(jié)拖車時，最大速度可達到()A．200km/hB．240km/hC．280km/hD．300km/h答案B解析若開動一節(jié)動車帶三節(jié)拖車，最大速度可達到150km/h。設(shè)動車的功率為P，每節(jié)車廂所受的阻力為f，當達到最大速度時動車的牽引力等于整體的阻力，則有：P＝4fv，當開動二節(jié)動車帶三節(jié)拖車時，有2P＝5fv′，聯(lián)立兩式解得v′＝240km/h。B正確，A、C、D錯誤。4．如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計，質(zhì)量為2kg的物體在拉力F作用下由靜止起先向上做勻加速運動，其速度隨時間的變更關(guān)系如圖乙所示，由此可知()A．物體加速度大小為2m/s2B．F的大小為21NC．4s末F的功率為42WD．4s內(nèi)F的平均功率為42W答案C解析由題圖乙可知，v－t圖象的斜率表示物體加速度的大小，即a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均錯誤；4s末F的作用點的速度大小為vF＝2v物＝4m/s，故4s末F的功率為P＝FvF＝42W，C正確；4s內(nèi)物體上升的高度h＝4m，力F的作用點的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝Fl＝84J，故平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝21W，D錯誤。5.如圖所示，將一可視為質(zhì)點的物塊從固定斜面頂端由靜止釋放后沿斜面加速下滑，設(shè)物塊質(zhì)量為m、物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面高度h和底邊長度x均可獨立調(diào)整(斜面長度隨之變更)，下列說法正確的是()A．若只增大x，物塊滑到斜面底端時的動能增大B．若只增大h，物塊滑到斜面底端時的動能減小C．若只增大μ，物塊滑到斜面底端時的動能增大D．若只增大m，物塊滑到斜面底端時的動能增大答案D解析對物塊用動能定理可得mgh－Wf＝Ek－0，其中Ek為物塊滑到斜面底端時的動能，Wf為下滑過程物塊克服摩擦力所做的功，而Wf＝fs＝μFNs＝μmgcosθ·s＝μmgx，其中f為物塊受到的摩擦力，s為斜面斜邊長，F(xiàn)N為斜面對物塊的支持力，故mgh－μmgx＝Ek－0，則D正確，A、B、C錯誤。6.(2024·石家莊質(zhì)檢一)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不行伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)。起先用手托著物體A使彈簧處于原長且輕繩伸直，此時物體A與水平地面的距離為h，物體B靜止在地面上?，F(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力，重力加速度為gA．物體A下落過程中始終處于失重狀態(tài)B．物體A即將落地時，物體B處于失重狀態(tài)C．從物體A起先下落到即將落地的過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mghD．物體A下落過程中，A的動能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小答案C解析依據(jù)題述“A與地面即將接觸時速度恰好為0”，可知A先加速后減速向下運動，加速度方向先向下后向上，物體A先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，A錯誤；依據(jù)題述“A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力”，可知此時輕繩中拉力大小等于B的重力，B處于靜止狀態(tài)，加速度為零，B錯誤；對A和彈簧組成的系統(tǒng)，在A由靜止下落到A與地面即將接觸的過程中，系統(tǒng)的重力勢能、動能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，物體A即將落地時，重力勢能削減量為mgh，動能與初狀態(tài)相同為0，此時彈簧的彈性勢能最大為mgh，C正確；在物體A下落過程中，A的重力勢能始終減小，A的動能和彈簧的彈性勢能之和始終增大，D錯誤。7.(2024·陜西寶雞模擬)如圖所示，內(nèi)壁光滑的圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，輕桿兩端固定有甲、乙兩球，甲球質(zhì)量小于乙球質(zhì)量，將兩球放入軌道內(nèi)，乙球位于最低點。由靜止釋放輕桿后，甲球()A．能下滑到軌道的最低點B．下滑過程中桿對其做負功C．滑回時肯定能返回到初始位置D．滑回的全過程，增加的重力勢能等于乙球削減的重力勢能答案BCD解析甲、乙兩球組成的系統(tǒng)的機械能守恒，若甲球沿軌道能下滑到軌道的最低點，則乙球到達與圓心等高處，但由于乙球的質(zhì)量比甲球的大，造成機械能增加，明顯違反了機械能守恒定律，故甲球不行能滑到軌道最低點，A錯誤；依據(jù)機械能守恒定律知，甲球返回時，肯定能返回到初始位置，C正確；甲球下滑過程中，乙球的機械能漸漸增大，所以甲球的機械能漸漸減小，依據(jù)功能關(guān)系知桿對甲球做負功，B正確；甲球滑回的全過程，甲球增加的機械能等于乙球削減的機械能，由于初、末態(tài)兩球的速度均為零，即動能均為零，所以甲球增加的重力勢能等于乙球削減的重力勢能，D正確。8．第一次將一長木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小鉛塊(可視為質(zhì)點)以水平初速度v0由木板左端向右滑動，到達右端時恰能與木板保持相對靜止。其次次將長木板分成A、B兩塊，使B的長度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左端起先向右滑動，如圖乙所示。若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變，則下列說法正確的是()A．小鉛塊將從B的右端飛離木板B．小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對靜止C．第一次和其次次過程中產(chǎn)生的熱量相等D．第一次過程中產(chǎn)生的熱量大于其次次過程中產(chǎn)生的熱量答案BD解析在第一次小鉛塊運動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板始終加速，其次次小鉛塊先使整個木板加速，當小鉛塊運動到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的對應過程，故其次次小鉛塊與B將更早共速，所以小鉛塊還沒有運動到B的右端，二者就已共速，A錯誤，B正確；由于第一次的相對路程大于其次次的相對路程，則第一次過程中產(chǎn)生的熱量大于其次次過程中產(chǎn)生的熱量，C錯誤，D正確。9．(2024·重慶調(diào)研)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，A、B之間用一輕彈簧相連，將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上，斜面的傾角為θ，彈簧的勁度系數(shù)為k?，F(xiàn)對A施加一平行于斜面對上的恒力F，使A沿斜面由靜止起先向上運動。當B對擋板的壓力剛好為零時，A的速度剛好為v，下列說法正確的是()A．此時彈簧的彈力大小為m1gsinθB．在此過程中拉力F做的功為eq\f(Fm1＋m2gsinθ,k)C．在此過程中彈簧彈性勢能增加了eq\f(Fm1＋m2gsinθ,k)－eq\f(1,2)m1v2D．在此過程中木塊A重力勢能增加了eq\f(m1m1＋m2g2sin2θ,k)答案BD解析依據(jù)題述“當B對擋板的壓力剛好為零時，A的速度剛好為v”，可知此時彈簧彈力大小等于木塊B的重力沿斜面的分力m2gsinθ，A錯誤。初始狀態(tài)，未對A施加恒力F時，設(shè)彈簧壓縮量為x1，對木塊A，由平衡條件可得，kx1＝m1gsinθ，解得：x1＝eq\f(m1gsinθ,k)；當B對擋板的壓力剛好為零時，設(shè)彈簧拉伸了x2，對木塊B，由平衡條件可得，kx2＝m2gsinθ，解得：x2＝eq\f(m2gsinθ,k)，在此過程中拉力F做的功為W＝F(x1＋x2)＝eq\f(Fm1＋m2gsinθ,k)，B正確。在此過程中木塊A重力勢能增加了ΔEp＝m1g·(x1＋x2)sinθ＝eq\f(m1m1＋m2g2sin2θ,k)，D正確。設(shè)在此過程中彈簧彈性勢能增加了ΔE，依據(jù)功能關(guān)系，W＝ΔE＋m1g(x1＋x2)sinθ＋eq\f(1,2)m1v2，解得ΔE＝eq\f(Fm1＋m2gsinθ,k)－eq\f(m1m1＋m2g2sin2θ,k)－eq\f(1,2)m1v2，C錯誤。10．如圖所示，水平光滑長桿上套有一個質(zhì)量為mA的小物塊A，細線跨過O點的輕小光滑定滑輪一端連接A，另一端懸掛質(zhì)量為mB的小物塊B，C為O點正下方桿上一點，滑輪到桿的距離OC＝h。起先時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30°?，F(xiàn)將A、B同時由靜止釋放，則下列分析正確的是()A．物塊B從釋放到最低點的過程中，物塊A的動能不斷增大B．物塊A由P點動身第一次到達C點的過程中，物塊B的機械能先增大后減小C．PO與水平方向的夾角為45°時，物塊A、B速度大小關(guān)系是vA＝eq\f(\r(2),2)vBD．物塊A在運動過程中最大速度為eq\r(\f(2mBgh,mA))答案AD解析如圖，vAcosθ＝vB，當θ＝90°時，vB＝0，物體B到達最低點，繩的拉力對A始終做正功，A動能不斷增大，A項正確；在此過程中繩的拉力對B始終做負功，B的機械能減小，B項錯誤；PO與水平面夾角為45°時，由vAcos45°＝vB得：vA＝eq\r(2)vB，C項錯誤；A的最大速度出現(xiàn)在θ＝90°時，由系統(tǒng)機械能守恒得：mBgeq\f(h,sin30°)－h(huán)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，解得vA＝eq\r(\f(2mBgh,mA))，D項正確。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11．(14分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B點，C點是最低點，圓心角∠BOC＝37°，D點與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1.0m，現(xiàn)在一個質(zhì)量為m＝0.2kg可視為質(zhì)點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，DE距離h＝1.6m，小物體與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：(1)小物體第一次通過C點時軌道對小物體的支持力FN的大小。(2)要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度LAB至少要多長。(3)若斜面已經(jīng)滿意(2)中的要求，小物體從E點起先下落，直至最終在光滑圓弧軌道上做周期性運動，在此過程中系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量Q的大小。答案(1)12.4N(2)2.4m(3)4.8J解析(1)小物體從E到C，由機械能守恒定律得：mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)①在C點，由牛頓其次定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)②聯(lián)立①②解得FN＝12.4N。(2)從E→D→C→B→A過程，由動能定理得：WG－W阻＝0③WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]④W阻＝μmgcos37°LAB⑤聯(lián)立③④⑤解得LAB＝2.4m。(3)因為mgsin37°>μmgcos37°(或μ<tan37°)，所以，小物體不會停在斜面上，小物體最終以C為中心，B為一側(cè)最高點沿圓弧軌道做來回運動。從E點起先直至穩(wěn)定，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量：Q＝mg(h＋Rcos37°)⑥解得Q＝4.8J。12．(2024·全國卷Ⅱ)(16分)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，但仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。答案(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m