2024版新教材高考物理复习特训卷考点36动力学方法和能量观点的综合应用

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点36动力学方法和能量观点的综合应用，共6页。

[2023·天津十二校模拟]滑雪是一种常见的体育项目，具有很强的观赏性．半径为R的四分之一圆弧轨道如图所示，质量为m的运动员(含滑板)从A点由静止开始滑下，到达最低点B时，运动员对轨道的压力为2mg，已知轨道半径远大于运动员的身高，重力加速度为g，则运动员下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．机械能守恒
B．先失重后超重
C．重力的功率一直变大
D．阻力做功为 eq \f(1,2) mgR
2．[2023·天津河东区一模](多选)某实验室模拟物流分拣装置，让物块在表面粗糙的水平传送带上随传送带传输时，经过一段风洞区域，使物块恰好被分拣到传送带一侧的平台上．已知传送带的宽度d＝0.98 m(物块位于传送带中间位置)，传送带的速度v0＝1 m/s，物块到达风洞区域前与传送带共速．物块的质量m＝500g，物块在风洞区域受到恒定的作用力F＝2 N，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，风洞区域的长度为L＝0.7 m．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的尺寸远小于传送带的宽度，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．物块进入风洞区域后的加速度为2 eq \r(5) m/s2
B．物块落到平台上时的速度约为1.7 m/s
C．物块与传送带间的摩擦生热为0.49 J
D．若增大传送带的速度，物块将不能落入平台
3.
[2023·湖南邵阳二中模拟](多选)如图所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处．斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数．传送带以较大的恒定速率顺时针转动．已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上．将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为 eq \f(L,4) 时，链条恰能保持静止．现将链条从位于传送带部分的长度为 eq \f(L,3) 的位置由静止释放，则下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ＝4tan θ
B．释放瞬间链条的加速度为 eq \f(1,3) g sin θ
C．释放后，链条运动的加速度均匀增大
D．从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加
4.
(多选)如图所示，一水平传送带右端与半径为R＝0.5 m的竖直光滑固定圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动．现将质量为m＝0.2 kg的小物块由静止放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，后经Q点滑上圆弧轨道，并能通过最高点N.小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知P、Q之间的距离为L＝4 m，取g＝10 m/s2，小物块可视为质点．下列说法正确的是( )
A．传送带的最小转动速率为v0＝5 m/s
B．若传送带以最小速率v0转动，小物块从P运动到Q的时间t＝1.5 s
C．若传送带以最小速率v0转动，则整个过程中小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝5 J
D．若传送带以最小速率v0转动，则因传送小物块电动机对传送带多做的功W＝5 J
5.
在倡导“节约型社会”的氛围下，自动充电式电动自行车应运而生．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当下坡或刹车时，自行车就可自动连通发电机向蓄电池充电，将机械能转化成电能储存起来．当人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上运动，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能—位移关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能—位移关系如图线②所示．设转化装置的效率为100%，则( )
A．自由滑行时，人和车所受的合力为100 N
B．启动充电装置后，人和车所受的合力先减小后增大
C．启动充电装置后向蓄电池所充电能为200 J
D．启动充电装置后转化为电能的功率保持不变
6.[2023·江苏南京一中检测]如图所示，一小物块(视为质点)从H＝10 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝2 m 的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB在B点与圆环轨道平滑相接．之后物块沿CB圆弧滑下，由B点(无机械能损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧．已知物块的质量m＝2 kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧自然状态下最左端D点与B点距离L＝15 m，g＝10 m/s2，求：
(1)物块从A滑到B时的速度大小；
(2)物块到达圆环顶点C时对轨道的压力；
(3)若弹簧最短时压缩量为10 m，求此时弹簧弹性势能．
7．[2023·湘鄂豫名校4月联考]雪车是冬奥会的比赛项目之一，风驰电掣般的高速行驶是雪车的最大看点之一．北京2022年冬奥会雪车项目的比赛将在延庆赛区的国家雪车雪橇中心进行．雪车比赛所用赛道长1.5 km左右，落差在100 m至150 m之间．比赛可以分为两个过程：过程1中运动员手推雪车沿斜向下的赛道奔跑获得初始速度，如图1所示；过程2中运动员跳入车体内，呈坐姿在弯曲的赛道上无动力滑行，如图2所示．设雪车的质量为m1，运动员的总质量为m2，重力加速度为g，忽略冰面与雪车之间的摩擦．
(1)过程1中运动员推车奔跑使雪车获得速度v0，这一过程中赛道的落差为h，求这一过程中运动员对雪车做的功W.
(2)过程2中为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道，弯道处的赛道均向内侧倾斜．若雪车以速度v通过半径为r的一小段弯道，弯道落差可忽略．建立图3所示的模型，将运动员和雪车整体看作质点，求在弯道处赛道对雪车的支持力FN的大小．
8．[2023·湖北武汉武昌区一模]如图所示，从A点以水平速度v0＝2 m/s抛出质量m＝1 kg的小物块P(可视为质点)，当物块P运动至B点时，恰好沿切线方向进入半径R＝2 m、圆心角θ＝60°的固定光滑圆弧轨道BC，轨道最低点C与水平地面相切，C点右侧水平地面某处固定挡板上连接一水平轻质弹簧．物块P与水平地面间动摩擦因数μ为某一定值，g取10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力．求：
(1)抛出点A距水平地面的高度H；
(2)若小物块P第一次压缩弹簧被弹回后恰好能回到B点，求弹簧压缩过程中的最大弹性势能Ep.
考点36 动力学方法和能量观点的综合应用——提能力
1．答案：B
解析：运动员在最低点时根据牛顿第二定律有FN－mg＝m eq \f(v2,R)，解得v＝ eq \r(gR)， eq \f(1,2)mv2μmg，物块与传送带发生相对滑动，由牛顿第二定律F－μmg＝ma解得a＝2 m/s2，故A错误；物块经过风洞区域所用时间t＝ eq \f(L,v0)＝0.7 s，此过程中物块垂直于传送带运动方向发生的位移y＝ eq \f(1,2)at2＝0.49 m＝ eq \f(d,2)，物块刚好在离开风洞区域时做类平抛运动落入平台，物块落入平台时的速度等于物块离开传送带时的速度v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋（at）2)＝ eq \r(2.96) m/s≈1.7 m/s，故B正确；物块与传送带间的摩擦生热Q＝μmgx相对＝μmgy＝0.49 J，故C正确；若增大传送带的速度，则物块经过风洞区域时间t减小，在垂直于传送带运动方向位移y减小，则物块在出风洞区域时没有落入平台，但其在垂直于传送带运动方向上仍有分速度，在摩擦力的作用下，在该方向上做匀减速运动，因此仍有可能落入平台，故D错误．
3．答案：AB
解析：设整个链条的总质量为m，当位于传送带部分的长度为 eq \f(L,4)时，链条恰能保持静止，则mg sin θ＝μ· eq \f(1,4)mg cs θ，解得μ＝4tan θ，A正确；释放的瞬间，根据牛顿第二定律得μ· eq \f(1,3)mg cs θ－mg sin θ＝ma，解得a＝ eq \f(1,3)g sin θ，B正确；链条从静止释放后，链条所受的摩擦力随着链条位于传送带部分的长度增加而均匀增大，则链条的加速度在增大，但不是均匀增大，C错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理得W－WG＝ΔEk，传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D错误．
4．答案：AD
解析：由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带共速且小物块刚好能到达N点．在N点有mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) ,R)小物块从Q点到N点，由动能定理得－mg·2R＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) 联立解得v0＝5 m/s，故A正确；设小物块经过时间t1加速到与传送带共速，则μmg＝ma，v0＝at1小物块的位移x1＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) 代入数据可得x1＝2.5 m，t1＝1 s，1 s后小物块与传送带相对静止，匀速到达Q，设时间为t2，t2＝ eq \f(L－x1,v0)＝0.3 s，则小物块从P运动到Q的时间t＝t1＋t2＝1.3 s，故B错误；传送带在t1时间内的位移x2＝v0t，根据题意则有Δx＝x2－x1；Q＝μmgΔx联立解得Q＝2.5 J，故C错误；由能量守恒定律可知，因传送小物块电动机对传送带多做的功W＝Q＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，代入数据解得W＝5 J，故D正确．
5．答案：C
解析：自由滑行时人和车所受的合力为摩擦力，设其大小为Ff，在整个运动过程中，由动能定理得－Ffx＝－Ek解得Ff＝50 N，A错误；启动充电装置后，设人和车所受的合力大小为F，在很短的一段位移Δx内动能的变化量为ΔEk，由动能定理得－F·Δx＝ΔEk，则 eq \f(ΔEk,Δx)＝－F由数学知识知，F等于图线切线斜率的绝对值，由题图知，图线的切线斜率逐渐减小，故人和车所受的合力F减小，B错误；启动充电装置后，在整个过程中，由能量守恒定律得ΔEk＝Ffx1＋W解W＝ΔEk－Ffx1＝500 J－50×6 J＝200 J，C正确；设在很短的一段时间Δt内通过的位移为Δx，由能量守恒定律得，转化的电能ΔW＝F·Δx－Ff·Δx，则 eq \f(ΔW,Δt)＝F· eq \f(Δx,Δt)－Ff· eq \f(Δx,Δt)，即P＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(F－Ff))v因为人和车所受的合力F减小，人和车的速度v减小，故转化的电能的功率P减小，D错误．
6．答案：(1)10 eq \r(2) m/s (2)100 N (3)100 J
解析：(1)物块从A滑到B的过程由动能定理得mgH＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
解得vB＝10 eq \r(2) m/s.
(2)物块从A滑到C的过程由动能定理得mg(H－2R)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
在C点由牛顿第二定律得mg＋FN＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,R)
联立解得FN＝100 N.
(3)从B点到弹簧压缩最短时的过程由功能关系得 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝μmg(L＋x)＋Ep
解得Ep＝100 J．
7．答案：(1) eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －m1gh (2)(m1＋m2) eq \r(g2＋\f(v4,r2))
解析：(1)运动员推车奔跑过程中对雪车由动能定理有W＋m1gh＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得W＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －m1gh.
(2)根据牛顿第二定律，转弯过程中运动员和雪车需要的向心力
F向＝(m1＋m2) eq \f(v2,r)
对运动员和雪车进行受力分析，如图所示
根据平行四边形定则可知F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(N)) ＝(m1＋m2)2g2＋F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(向))
代入解得FN＝(m1＋m2) eq \r(g2＋\f(v4,r2)).
8．答案：(1)1.6 m (2)14 J
解析：(1)物块经过B点时有tan θ＝ eq \f(vy,v0)
可得vy＝2 eq \r(3) m/s
小物块运动至B点的竖直分位移y＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ,2g)＝0.6 m
A点距地面的高度H＝y＋R(1－cs 60°)＝1.6 m.
(2)以地面为零势面，设物块在水平地面向右运动的位移为x，从A点水平抛出到第一次返回B点过程中有
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋mgH＝μmg·2x＋mgR(1－cs 60°)
可得μmgx＝4 J
从A点水平抛出到弹簧压缩最短过程中有 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋mgH＝μmgx＋Ep
Ep＝14 J．