2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 限時(shí)規(guī)范專題練（一）動(dòng)力學(xué)和能量問題綜合應(yīng)用（含解析）

2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 限時(shí)規(guī)范專題練（一）動(dòng)力學(xué)和能量問題綜合應(yīng)用（含解析）一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中16為單選，710為多選)1(2018·廣東六校聯(lián)考)北京獲得2022年冬奧會(huì)舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目。將一個(gè)冰壺以一定初速度推出后將運(yùn)動(dòng)一段距離停下來。換一個(gè)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(yùn)動(dòng)的距離將()A不變 B變小C變大 D無法判斷答案A解析冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgs0mv2，得s，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運(yùn)動(dòng)的位移大小相等。故選A。2.(2018·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(shí)線位置沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)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(dòng)，在重力方向上沒有位移，所以重力對(duì)物體做功為零，A正確；由題圖知，斜面體對(duì)物體的支持力與位移的夾角小于90°，則支持力對(duì)物體做正功，B錯(cuò)誤；摩擦力方向沿斜面向上，與位移的夾角為鈍角，所以摩擦力對(duì)物體做負(fù)功，C錯(cuò)誤；物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力為零，合力對(duì)物體做功為零，D錯(cuò)誤。3把動(dòng)力裝置分散安裝在每節(jié)車廂上，使其既具有牽引動(dòng)力，又可以載客，這樣的客車車廂叫做動(dòng)車。而動(dòng)車組就是幾節(jié)自帶動(dòng)力的車廂加幾節(jié)不帶動(dòng)力的車廂編成一組。帶動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車，不帶動(dòng)力的車廂叫拖車。設(shè)動(dòng)車組運(yùn)行過程中的阻力與質(zhì)量成正比，每節(jié)動(dòng)車與拖車的質(zhì)量都相等，每節(jié)動(dòng)車的額定功率都相等，若開動(dòng)一節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車，最大速度可達(dá)到150 km/h。當(dāng)開動(dòng)二節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車時(shí)，最大速度可達(dá)到()A200 km/h B240 km/hC280 km/h D300 km/h答案B解析若開動(dòng)一節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車，最大速度可達(dá)到150 km/h。設(shè)動(dòng)車的功率為P，每節(jié)車廂所受的阻力為f，當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)動(dòng)車的牽引力等于整體的阻力，則有：P4fv，當(dāng)開動(dòng)二節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車時(shí)，有2P5fv，聯(lián)立兩式解得v240 km/h。B正確，A、C、D錯(cuò)誤。4如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計(jì)，質(zhì)量為2 kg的物體在拉力F作用下由靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可知()A物體加速度大小為2 m/s2BF的大小為21 NC4 s末F的功率為42 WD4 s內(nèi)F的平均功率為42 W答案C解析由題圖乙可知，vt圖象的斜率表示物體加速度的大小，即a0.5 m/s2，由2Fmgma可得：F10.5 N，A、B均錯(cuò)誤；4 s末F的作用點(diǎn)的速度大小為vF2v物4 m/s，故4 s末F的功率為PFvF42 W，C正確；4 s內(nèi)物體上升的高度h4 m，力F的作用點(diǎn)的位移l2h8 m，拉力F所做的功WFl84 J，故平均功率21 W，D錯(cuò)誤。5.如圖所示，將一可視為質(zhì)點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)為，斜面高度h和底邊長度x均可獨(dú)立調(diào)節(jié)(斜面長度隨之改變)，下列說法正確的是()A若只增大x，物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能增大B若只增大h，物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能減小C若只增大，物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能增大D若只增大m，物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能增大答案D解析對(duì)物塊用動(dòng)能定理可得mghWfEk0，其中Ek為物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能，Wf為下滑過程物塊克服摩擦力所做的功，而WffsFNsmgcos·smgx，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(duì)物塊的支持力，故mghmgxEk0，則D正確，A、B、C錯(cuò)誤。6.(2018·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通過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)。開始用手托著物體A使彈簧處于原長且輕繩伸直，此時(shí)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(shí)速度恰好為0，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài)B物體A即將落地時(shí)，物體B處于失重狀態(tài)C從物體A開始下落到即將落地的過程中，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mghD物體A下落過程中，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和先增大后減小答案C解析根據(jù)題述“A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為0”，可知A先加速后減速向下運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；根據(jù)題述“A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為0，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力”，可知此時(shí)輕繩中拉力大小等于B的重力，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，加速度為零，B錯(cuò)誤；對(duì)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(shì)能、動(dòng)能和彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，物體A即將落地時(shí)，重力勢(shì)能減少量為mgh，動(dòng)能與初狀態(tài)相同為0，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大為mgh，C正確；在物體A下落過程中，A的重力勢(shì)能一直減小，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和一直增大，D錯(cuò)誤。7.(2018·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(diǎn)。由靜止釋放輕桿后，甲球()A能下滑到軌道的最低點(diǎn)B下滑過程中桿對(duì)其做負(fù)功C滑回時(shí)一定能返回到初始位置D滑回的全過程，增加的重力勢(shì)能等于乙球減少的重力勢(shì)能答案BCD解析甲、乙兩球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，若甲球沿軌道能下滑到軌道的最低點(diǎn)，則乙球到達(dá)與圓心等高處，但由于乙球的質(zhì)量比甲球的大，造成機(jī)械能增加，明顯違背了機(jī)械能守恒定律，故甲球不可能滑到軌道最低點(diǎn)，A錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，甲球返回時(shí)，一定能返回到初始位置，C正確；甲球下滑過程中，乙球的機(jī)械能逐漸增大，所以甲球的機(jī)械能逐漸減小，根據(jù)功能關(guān)系知桿對(duì)甲球做負(fù)功，B正確；甲球滑回的全過程，甲球增加的機(jī)械能等于乙球減少的機(jī)械能，由于初、末態(tài)兩球的速度均為零，即動(dòng)能均為零，所以甲球增加的重力勢(shì)能等于乙球減少的重力勢(shì)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(diǎn))以水平初速度v0由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止。第二次將長木板分成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的左端開始向右滑動(dòng)，如圖乙所示。若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)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(duì)靜止C第一次和第二次過程中產(chǎn)生的熱量相等D第一次過程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過程中產(chǎn)生的熱量答案BD解析在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，當(dāng)小鉛塊運(yùn)動(dòng)到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程，故第二次小鉛塊與B將更早共速，所以小鉛塊還沒有運(yùn)動(dòng)到B的右端，二者就已共速，A錯(cuò)誤，B正確；由于第一次的相對(duì)路程大于第二次的相對(duì)路程，則第一次過程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過程中產(chǎn)生的熱量，C錯(cuò)誤，D正確。9(2018·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，彈簧的勁度系數(shù)為k?，F(xiàn)對(duì)A施加一平行于斜面向上的恒力F，使A沿斜面由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B對(duì)擋板的壓力剛好為零時(shí)，A的速度剛好為v，下列說法正確的是()A此時(shí)彈簧的彈力大小為m1gsinB在此過程中拉力F做的功為C在此過程中彈簧彈性勢(shì)能增加了m1v2D在此過程中木塊A重力勢(shì)能增加了答案BD解析根據(jù)題述“當(dāng)B對(duì)擋板的壓力剛好為零時(shí)，A的速度剛好為v”，可知此時(shí)彈簧彈力大小等于木塊B的重力沿斜面的分力m2gsin，A錯(cuò)誤。初始狀態(tài)，未對(duì)A施加恒力F時(shí)，設(shè)彈簧壓縮量為x1，對(duì)木塊A，由平衡條件可得，kx1m1gsin，解得：x1；當(dāng)B對(duì)擋板的壓力剛好為零時(shí)，設(shè)彈簧拉伸了x2，對(duì)木塊B，由平衡條件可得，kx2m2gsin，解得：x2，在此過程中拉力F做的功為WF(x1x2)，B正確。在此過程中木塊A重力勢(shì)能增加了Epm1g·(x1x2)sin，D正確。設(shè)在此過程中彈簧彈性勢(shì)能增加了E，根據(jù)功能關(guān)系，WEm1g(x1x2)sinm1v2，解得Em1v2，C錯(cuò)誤。10如圖所示，水平光滑長桿上套有一個(gè)質(zhì)量為mA的小物塊A，細(xì)線跨過O點(diǎn)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(diǎn)正下方桿上一點(diǎn)，滑輪到桿的距離OCh。開始時(shí)A位于P點(diǎn)，PO與水平方向的夾角為30°。現(xiàn)將A、B同時(shí)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(diǎn)的過程中，物塊A的動(dòng)能不斷增大B物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)的過程中，物塊B的機(jī)械能先增大后減小CPO與水平方向的夾角為45°時(shí)，物塊A、B速度大小關(guān)系是vAvBD物塊A在運(yùn)動(dòng)過程中最大速度為 答案AD解析如圖，vAcosvB，當(dāng)90°時(shí)，vB0，物體B到達(dá)最低點(diǎn)，繩的拉力對(duì)A一直做正功，A動(dòng)能不斷增大，A項(xiàng)正確；在此過程中繩的拉力對(duì)B一直做負(fù)功，B的機(jī)械能減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；PO與水平面夾角為45°時(shí)，由vAcos45°vB得：vAvB，C項(xiàng)錯(cuò)誤；A的最大速度出現(xiàn)在90°時(shí)，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mBghmAv，解得vA ，D項(xiàng)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(diǎn)，C點(diǎn)是最低點(diǎn)，圓心角BOC37°，D點(diǎn)與圓心O等高，圓弧軌道半徑R1.0 m，現(xiàn)在一個(gè)質(zhì)量為m0.2 kg 可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體，從D點(diǎn)的正上方E點(diǎn)處自由下落，DE距離h1.6 m，小物體與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5。取sin37°0.6，cos37°0.8，g10 m/s2。求：(1)小物體第一次通過C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)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)滿足(2)中的要求，小物體從E點(diǎn)開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道上做周期性運(yùn)動(dòng)，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)12.4 N(2)2.4 m(3)4.8 J解析(1)小物體從E到C，由機(jī)械能守恒定律得：mg(hR)mv在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FNmgm聯(lián)立解得FN12.4 N。(2)從EDCBA過程，由動(dòng)能定理得：WGW阻0WGmg(hRcos37°)LABsin37°W阻mgcos37°LAB聯(lián)立解得LAB2.4 m。(3)因?yàn)閙gsin37°>mgcos37°(或<tan37°)，所以，小物體不會(huì)停在斜面上，小物體最后以C為中心，B為一側(cè)最高點(diǎn)沿圓弧軌道做往返運(yùn)動(dòng)。從E點(diǎn)開始直至穩(wěn)定，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量：Qmg(hRcos37°)解得Q4.8 J。12(2016·全國卷)(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(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，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(dòng)摩擦因數(shù)0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)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)2l(2)mM<m解析(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能。由機(jī)械能守恒定律，彈簧長度為l時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep5mgl設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得EpMvMg·4l聯(lián)立式，取Mm并代入題給數(shù)據(jù)得vB若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，則mg0由機(jī)械能守恒定律得mvmvmg·2l聯(lián)立式得vDvD滿足式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2lgt2P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為svDt聯(lián)立式得s2l(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度應(yīng)大于零。由式可知5mgl>Mg·4l要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有MvMgl聯(lián)立式得mM<m。