2024高考物理一轮复习考点攻破训练——动力学和能量转化分析多过程问题练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——动力学和能量转化分析多过程问题练习含解析教科版，共6页。

2．若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，运用牛顿运动定律；
3．若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；
4．不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．
1．(2023·福建厦门市期末质检)一劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q.一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆上的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为d＝0.3m．初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50N．已知物块P质量为m1＝
0.8kg，物块Q质量为m2＝5kg，不计滑轮大小及摩擦，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6.现将物块P由静止释放，求：
图1
(1)物块P位于A点时，弹簧的伸长量x1；
(2)物块P上升h＝0.4m至与滑轮O等高的B点时的速度大小；
(3)物块P上升至B点过程中，轻绳拉力对其所做的功．
2.如图2所示，一个倾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮．质量为m的A物体置于地面上，上端与劲度系数为k的竖直轻弹簧相连．一条轻质绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m的B物体相连，另一端与弹簧上端连接，调整细绳和A、B物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行．现将B物体由静止释放，已知B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不继续上升，重力加速度为g.求：
图2
(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x；
(2)B物体下滑到最低点时的加速度的大小和方向；
(3)若将B物体换成质量为2m的C物体，C物体由上述初始位置静止释放，当A物体刚好要离开地面时，C物体的速度大小v为多少．
3．(2023·浙江湖州市模拟)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图4所示，某小车以额定功率18W由静止开始从A点出发，经过粗糙水平面AB，加速2s后进入光滑的竖直圆轨道BC，恰好能经过圆轨道最高点C，然后经过光滑曲线轨道BE后，从E处水平飞出，最后落入沙坑中，已知圆轨道半径R＝1.2m，沙坑距离BD平面的高度h2＝1m，小车的总质量为1kg，g＝10m/s2，不计空气阻力，求：
图4
(1)小车在B点对轨道的压力大小；
(2)小车在AB段克服摩擦力做的功；
(3)轨道BE末端平抛高台高度h1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大；最大值是多少．
4．(2023·湖南娄底市质量检测)如图5，Ⅰ、Ⅱ为极限运动中的两部分赛道，其中Ⅰ的AB部分为竖直平面内半径为R的eq \f(1,4)光滑圆弧赛道，最低点B的切线水平；Ⅱ上CD为倾角为30°的斜面，最低点C位于B点的正下方，B、C两点距离也等于R.质量为m的极限运动员(可视为质点)从AB上P点处由静止开始滑下，恰好垂直CD落到斜面上．(不计空气阻力，重力加速度为g)求：
图5
(1)极限运动员落到CD上的位置与C的距离；
(2)极限运动员通过B点时对圆弧轨道的压力；
(3)P点与B点的高度差．
答案精析
1．(1)0.1m (2)2eq \r(3)m/s (3)8J
解析 (1)物块P位于A点，假设弹簧伸长量为x1，对Q受力分析，则：T＝m2gsinθ＋kx1，解得：x1＝0.1m.
(2)此时OB垂直竖直杆，d＝0.3m，h＝0.4m，则OP＝0.5m，此时物块Q速度为0，下降距离为：
Δx＝OP－d＝0.5m－0.3m＝0.2m，
即弹簧压缩量x2＝0.2m－0.1m＝0.1m，弹性势能不变．
对物块P、Q及弹簧组成的整体，根据能量守恒有：
m2g·Δx·sinθ－m1gh＝eq \f(1,2)m1vB2，代入数据可得：vB＝2eq \r(3)m/s
(3)对物块P分析：WT－m1gh＝eq \f(1,2)m1vB2代入数据得：WT＝8J.
2．(1)eq \f(mg,k) (2)eq \f(1,2)g 方向沿斜面向上 (3)geq \r(\f(m,2k))
解析 (1)当A物体刚要离开地面但不上升时，A物体处于平衡状态，B物体沿斜面下滑x，则弹簧的伸长量为x.对A物体有：
kx－mg＝0
解得：x＝eq \f(mg,k)
(2)当A物体刚要离开地面时，A与地面间的作用力为0.对A物体与轻弹簧组成的整体，由平衡条件得：
T－mg＝0
设此时B物体的加速度大小为a，对B物体，由牛顿第二定律得：T－mgsinθ＝ma
解得：a＝eq \f(1,2)g
方向沿斜面向上
(3)A物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加ΔEp，对B物体下滑的过程，由能量守恒定律得：
ΔEp＝mgxsinθ
对C物体下滑的过程，由能量守恒定律得
ΔEp＋eq \f(1,2)·2mv2＝2mgxsinθ
解得：v＝geq \r(\f(m,2k))
3．(1)60N (2)6J (3)1m 4m
解析 (1)由于小车恰好经过圆轨道最高点C，则有mg＝eq \f(mvC2,R)
由B→C，根据动能定理有－2mgR＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
在B点由牛顿第二定律有N－mg＝meq \f(vB2,R)
联立解得N＝60N，
由牛顿第三定律可知，在B点小车对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下．
(2)由A→B，根据动能定理有：Pt＋Wf＝eq \f(1,2)mvB2，解得Wf＝－6J，即小车在AB段克服摩擦力做的功为6J.
(3)由B→E，根据动能定理有－mgh1＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mvB2，
飞出后，小车做平抛运动，所以h1＋h2＝eq \f(1,2)gt2
水平位移x＝vEt，可得x＝eq \r(vB2－2gh1)eq \r(\f(2h1＋h2,g))，
即x＝eq \r(60－20h1\f(h1＋1,5))，
当h1＝1m时，水平距离最大，xmax＝4m.
4．(1)eq \f(4,5)R (2)eq \f(7,5)mg，竖直向下 (3)eq \f(1,5)R
解析 (1)设极限运动员在B点的速度大小为v0，落在CD上时，位置与C的距离为x，速度大小为v，在空中运动的时间为t，则xcs 30°＝v0t
R－xsin 30°＝eq \f(1,2)gt2
eq \f(v0,tan 30°)＝gt，联立解得x＝0.8R；
(2)由(1)可得：v0＝eq \r(\f(2,5)gR)
通过B点时，轨道对极限运动员的支持力大小为N，则有N－mg＝meq \f(v02,R)
解得N＝eq \f(7,5)mg
根据牛顿第三定律可知，
极限运动员对轨道的压力大小N′＝N＝eq \f(7,5)mg，方向竖直向下．
(3)设P点与B点的高度差为h，则由能量守恒有mgh＝eq \f(1,2)mv02
解得h＝eq \f(1,5)R.