高考物理二轮复习高频考点专项训练---动力学与能量观点的综合应用（含解析）

这是一份高考物理二轮复习高频考点专项训练---动力学与能量观点的综合应用（含解析），共13页。试卷主要包含了5 s时拉力功率为12 W，如图所示，半径为r＝0等内容，欢迎下载使用。
高考物理二轮复习高频考点专项训练---动力学与能量观点的综合应用1.(多选)(2019·四川第二次诊断)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10 m/s2.则(　　)A．0.5 s时拉力功率为12 WB．0.5 s内拉力做功9 JC．1.5 s后物块可能返回D．1.5 s后物块一定静止答案　AC解析　0～0.5 s内物体的位移：x1＝×0.5×2 m＝0.5 m；0.5～1.5 s内物体的位移：x2＝×1×2 m＝1 m；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5 s内F－μgmcos θ－mgsin θ＝ma1；0.5～1.5 s内－μmgcos θ－mgsin θ＝－ma2，联立解得：F＝6 N，但无法求出μ和θ.0.5 s时，拉力的功率P＝Fv＝12 W，故A正确．拉力做的功为W＝Fx1＝3 J，故B错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C正确，D错误．2.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图所示，重力为10 N的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，则以下结论正确的是(　　)A．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 JB．整个过程中滑块动能的最大值为6 JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做功5 JD．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案　AD解析　滑块从a到c, mghac＋W弹′＝0－0解得：W弹′＝－6 J.则Epm＝－W弹′＝6 J所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故A正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合外力为0，由分析可知d点在b点和c点之间．滑块从a到d有：mghad＋W弹＝Ekd－0因mghad＜6 J，W弹＜0所以Ekd＜6J，故B错误；从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6 J，故C错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．3.(2019·福建泉州市期末质量检查)如图所示，四分之一圆弧AB和半圆弧BC组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A、C两端点等高，直径BC竖直，圆弧AB的半径为R，圆弧BC的半径为.一质量为m的小球从A点上方的D点由静止释放，恰好沿A点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g.(1)要使小球能运动到C点，D、A两点间的高度差h至少为多大？(2)改变h，小球通过C点后落到圆弧AB上的最小动能为多少？答案　(1)　(2)mgR解析　(1)设小球刚好通过C点的速度为v，则mg＝m小球从D点到C点的过程中机械能守恒，有：mgh＝mv2联立解得h＝(2)设小球通过C点的速度为v0，落到圆弧AB上时，水平位移为x，下落高度为y，由平抛运动的规律可知x＝v0t；y＝gt2从C点抛出到落到圆弧AB上，由动能定理得：mgy＝Ek－mv02又x2＋y2＝R2联立可得：Ek＝mg(＋3y)式中当＝3y，即y＝R时，Ek有最小值，Ekmin＝mgR.4.如图所示，倾角为30°的足够长斜面固定于水平面上，轻滑轮的顶端与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上，细线一端与套在环上质量为m的小球相连，另一端跨过滑轮与质量为M的物块相连．小球在竖直向下拉力作用下静止于Q点，细线与环恰好相切，OQ、OP间成53°角．撤去拉力后球运动到P点速度恰好为零．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)拉力的大小F；(2)物块和球的质量之比M∶m；(3)撤去拉力瞬间，细线张力FT的大小．答案　(1)Mg－mg　(2)12∶5   (3)(mg或Mg)解析　(1)由平衡条件，对物块M：FT1＝Mgsin 30°对球m：(F＋mg)cos 53°＝FT1得到：F＝Mg－mg；(2)设环的半径为R，球运动至P过程中，球上升高度为：h1＝Rsin 53°物块沿斜面下滑的距离为：L＝Rtan 53°－(－R)由机械能守恒定律有：mgh1＝MgLsin 30°得到：M∶m＝12∶5；(3)细线的张力为FT，根据牛顿第二定律可以得到：物块M：Mgsin 30°－FT＝Ma球m：FT－mgcos 53°＝ma解得：FT＝(FT＝mg或FT＝Mg)．5.(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图所示为轮滑比赛的一段模拟赛道．一个小物块从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道，圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE平滑连接，DE长为R，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E点无碰撞地滑上左侧的斜坡，斜坡的倾角为37°，斜坡也是光滑的，物块恰好能滑到斜坡的最高点F，F、O、A三点在同一高度，重力加速度大小为g，不计空气阻力，不计物块的大小．求：(1)物块的初速度v0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；(2)试判断物块向右返回时，能不能滑到C点，如果能，试分析物块从C点抛出后，会不会直接撞在竖直墙AB上；如果不能，试分析物块最终停在什么位置？答案　(1)　　(2)物块刚好落在平台上的B点解析　(1)物块从A点抛出后做平抛运动，在C点vC＝＝2v0由题意可知AB的高度：h＝Rcos 60°＝0.5R；设物块的质量为m，从A到C点的过程，由机械能守恒可得：mgh＝mv－mv解得v0＝物块从A到F的过程，由动能定理：－μmgR＝0－mv解得μ＝；(2)假设物块能回到C点，设到达C点的速度大小为vC′，根据动能定理：mg×R－μmgR＝mvC′2求得vC′＝，假设成立；假设物块从C点抛出后直接落在BC平台上，BC长度：s＝v0＝R物块在C点竖直方向的分速度vy＝vC′sin 60°＝水平分速度：vx＝vC′cos 60°＝落在BC平台上的水平位移：x＝vx×2＝R即物块刚好落在平台上的B点．6.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图所示，O点距水平地面的高度为H＝3 m，不可伸长的细线一端固定在O点，另一端系一质量m＝2 kg的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A点，另一端与小球相连，OB线与竖直方向的夹角为37°，l<H，g取10 m/s2，空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)若OB的长度l＝1 m ，剪断细线AB的同时，在竖直平面内垂直OB的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小；(2)若先剪断细线AB，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB，小球最终落地，求OB的长度l为多长时，小球落地点与O点的水平距离最远，最远水平距离是多少．答案　(1)2 kg·m/s　(2)1.5 m　 m解析　(1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg＝m从B点到最高点，由动能定理有：－mg(l＋lcos 37°)＝mv2－mv02联立得一开始的冲量大小为I＝mv0＝2 kg·m/s(2)从剪断AB到小球至(H－l)高度过程，设小球至(H－l)高度处的速度为v0′，由机械能守恒可得mv0′2＝mgl(1－cos 37°)小球从(H－l)高度做初速度为v0′的平抛运动，gt2＝H－lx＝v0′t联立得，x＝当l＝1.5 m时x取最大值，为 m.7.(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)已知弹簧所储存的弹性势能与其形变量的平方成正比．如图所示，一轻弹簧左端固定在粗糙的水平轨道M点的竖直挡板上，弹簧处于自然状态时右端位于O点，轨道的MN段与竖直光滑半圆轨道相切于N点．ON长为L＝1.9 m，半圆轨道半径R＝0.6 m，现将质量为m的小物块放于O点并用力缓慢向左压缩x时释放，小物块刚好能到达N点；若向左缓慢压缩2x时释放，小物块刚好能通过B点，小物块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25.重力加速度取10 m/s2.小物块看成质点，弹簧始终处于弹性限度内，求：(结果可用根号表示)(1)小物块刚好能通过B点时的速度大小；(2)弹簧的压缩量x.答案　(1) m/s　(2)0.15 m解析　(1)设小物块刚好通过B点时速度为v，只有重力充当向心力mg＝m解得v＝ m/s(2)压缩x时，弹簧的弹性势能Ep1＝kx2，k为比例系数滑动摩擦力Ff＝μFN而FN＝mg由能量守恒得Ep1－Ff·(x＋L)＝0压缩2x时，弹簧的弹性势能Ep2＝k(2x)2由能量守恒Ep2－Ff·(2x＋L)＝mg·2R＋mv2联立解得x＝0.15 m.8.(2019·河北邯郸市测试)如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v＝5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的Ep＝18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s2.(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案　(1)0.8 m　(2) m　(3) m/s≤v≤ m/s解析　(1)物块被弹簧弹出，由Ep＝mv02，可知：v0＝6 m/s因为v0>v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，由：μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－a1t12得到：a1＝2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝2.75 m因为x1<L，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知：mv2＝μ2mgs＋mgR代入数据得到：R＝0.8 m.(2)设物块从E点返回至B点的速度大小为vB，由mv2－mvB2＝μ2mg·2s得到vB＝ m/s，因为vB>0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC间停下，设最终停在距C点x处，由mvB2＝μ2mg(s－x)，代入数据解得：x＝ m.(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足mgsin 30°＝m从B到F过程中由动能定理可知：－μ2mgs－mg(R＋Rsin 30°)＝mvF2－mv12解得：v1＝ m/s设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由mv22＝μ2mg·3s＋mgR解得：v2＝ m/s若物块在传送带上一直加速运动，由mvBm2－mv02＝μ1mgL知其到B点的最大速度vBm＝ m/s若物块在E、F间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度 m/s≤v≤ m/s就满足条件．9.(2019·湖北十堰市上学期期末)如图所示，半径为r＝0.4 m的圆形光滑轨道AB固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B点，CDE为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE段被弯成以O为圆心、半径R＝0.2 m的一小段圆弧，管的C端弯成与地面平滑相接，O点位于地面，OE连线竖直．可视为质点的物块b，从A点由静止开始沿轨道下滑，经地面进入细管(b横截面略小于管中空部分的横截面)，b滑到E点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的.已知物块b的质量m＝0.4 kg，g取10 m/s2.(1)求物块b滑过E点时的速度大小vE.(2)求物块b滑过地面BC过程中克服摩擦力做的功Wf.(3)若将物块b静止放在B点，让另一可视为质点的物块a，从A点由静止开始沿轨道下滑，滑到B点时与b发生弹性正碰，已知a的质量M≥m，求物块b滑过E点后第一次落到地面上的点到O点的距离范围．答案　(1)1 m/s　(2)0.6 J　(3)0.2 m≤x＜1 m解析　(1)物块b滑过E点时，由牛顿第二定律得mg－FN＝mFN＝mg联立解得vE＝＝ m/s＝1 m/s(2)物块b从A点到E点，由动能定理得mg(r－R)－Wf＝mv解得Wf＝0.6 J(3)物块a从A滑到B的过程中机械能守恒，设物块a滑到B点时速度为v，则有Mv2＝Mgr解得v＝2 m/s设碰撞后物块a、b的速度分别为va、vb，碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得Mv＝Mva＋mvbMv2＝Mv＋mv联立解得vb＝v＝因为M≥m，由上式可知，碰撞后v≤vb＜2v，即2 m/s≤vb＜4 m/s物块b从B点到E点的过程中，由动能定理得－mgR－Wf＝mvE′2－mv物块b离开E点后做平抛运动，设经过时间t，第一次落到地面，此落点到O点的距离为x，则有x＝vE′tR＝gt2由以上三式联立解得0.2 m≤x＜1 m．10.(2019·山东烟台、菏泽市5月模拟)如图所示，一粗糙的水平平台左端固定一轻质弹簧，在平台最右端并排静止放置可视为质点的两个小物块A和B，质量mA＝0.2 kg，mB＝0.4 kg，A、B间夹有少量炸药．在平台右侧紧挨着平台的水平地面上静止放置一质量为mC＝0.2 kg的木板C，木板C的上表面与平台在同一水平面上，其高度h＝0.2 m，长度L＝1 m，物块B与木板C上表面、地面与木板C下表面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.1.某时刻炸药爆炸，A、B分别沿水平方向运动，物块A压缩弹簧后被弹回并恰好停在爆炸前的位置，且弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为Ep＝4.05 J；物块B最终落到地面上．取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)物块B从木板C上表面飞出至落到地面上所经历的时间；(2)爆炸后瞬间，物块B的速度大小；(3)物块B刚落到地面时与木板C右端的水平距离．答案　(1)0.2 s　(2)4.5 m/s　(3)0.32 m解析　(1)物块 B从木板C上表面飞出做平抛运动由h＝gt得：t0＝＝0.2 s(2)设爆炸后瞬间，物块 A的速度大小为vA，物块B的速度大小为vB，物块A向左运动的最大距离为s，物块 A与水平平台间的动摩擦因数为μ.由功能关系可知－μmAg·2s＝0－mAvμmAgs＝Ep爆炸前、后，A、B系统动量守恒：mBvB－mAvA＝0得：vA＝9.0 m/s，vB＝4.5 m/s(3)设B从C的左端滑到右端过程中，设C运动的距离为sC则此过程中：μ1mBg＝mBaB得：aB＝4 m/s2sC＋L＝vBt－aBt2μ1mBg－μ2(mB＋mC)g＝mCaC得：aC＝5 m/s2sC＝aCt2得：t＝ s或t＝ s(舍去)B从C的上表面水平抛出时，设B、C的速度分别为vB′、vCvB′＝vB－aBtvC＝aCtB从C的上表面水平抛出后：μ2mCg＝mCaC′B从C的上表面水平抛出后，C速度减小到0所用时间：t′＝>t0，由此可知B在平抛过程中C一直在做匀减速直线运动．则B从C的上表面水平抛出后，B、C在水平方向运动的距离xB＝vB′t0xC＝vCt0－aC′t物块 B刚落到水平地面时与木板C右端的水平距离Δx＝xB－xC＝0.32 m