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备考2024届高考物理一轮复习强化训练第六章机械能专题十动力学和能量观点的综合应用
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习强化训练第六章机械能专题十动力学和能量观点的综合应用，共5页。试卷主要包含了4s等内容，欢迎下载使用。
A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0＝2gR
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
解析 小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示
小球从A到C动能定理-mg·2R＝0-12mv02 v0＝2gR，C错
若小球在B点的速度满足mgcsθ＜mvB2R，则小球将从B点脱离轨道，D对
2.[带弹簧的能量问题/2021湖南/多选]如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小.A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是（ ABD ）
图（a） 图（b）
A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B.mA＞mB
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D.S1－S2＝S3
解析 0到t1时间内，对A物体由动量定理得I＝mAv0，而B物体处于静止状态，墙壁
对B的冲量等于弹簧弹力对A的冲量I，A正确；t1时刻后，B物体离开墙壁，t2时刻
A、B两物体的加速度大小均达到最大，弹簧拉伸到最长，二者速度相同，由于此时
A、B两物体所受弹簧弹力大小相等，而B的加速度大于A的，故由牛顿第二定律可
知，mA＞mB，B正确；B运动后，由图可知任意时刻A的加速度大小小于其初始时刻
的加速度大小，因此弹簧的形变量始终小于初始时刻形变量x，故C错误；t2时刻A、
B共速，图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量的大小，故有S1-S2＝S3， D正确.
3.[多运动组合问题/2020上海]足够长的斜面与水平面之间的夹角为θ＝37°.质量为2kg的物体静止在斜面底端.在平行于斜面向上的外力F＝24N的作用下沿斜面向上运动，经过2s后撤去外力F，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6.
（1）求物体在斜面上向上滑行的时间.
（2）求上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k.
（3）在s－t图像中画出减速阶段的图线.（t＝0时，物体在s＝0处）
（4）分析说明为什么物体动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求出该位置离斜面底端的距离L.（取斜面底端所在的水平面为零势能面）
答案 （1）2.4s （2）5 （3）见解析 （4）说明见解析 1.2m
解析 （1）解法1：加速运动阶段有
F－mgsinθ－μmgcsθ＝ma1
代入数据解得a1＝2m/s2
末速度v1＝a1t1＝4m/s
减速运动阶段（撤去F后）有
－mgsinθ－μmgcsθ＝ma2
代入数据解得a2＝－10m/s2
时间t2＝0－v1a2＝0.4s
物体在斜面上向上滑行的时间t总＝t1＋t2＝2.4s
解法2：对物体沿斜面向上运动的整个过程，沿斜面方向由动量定理有
Ft1－（mgsinθ＋μmgcsθ）t总＝0－0
代入数据解得t总＝2.4s
（2）解法1：公式法
上行过程中撤去F前物体受到的摩擦力做的功
Wf1＝（－μmgcsθ）x1
其中x1＝12a1t12＝4m
上行过程中撤去F后物体受到的摩擦力做的功
Wf2＝（－μmgcsθ）x2
其中x2＝－v122a2＝0.8m
所以上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k＝5.
解法2：图像法
物体上行过程的v－t图像如图1所示
图1
根据图线与坐标轴所围图形的面积求位移：
x1＝12×4×2m＝4m
x2＝12×4×0.4m＝0.8m
所以上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k＝fx1fx2＝5.
图2
（3）在s－t图像中画出减速阶段的图线如图2所示.（t＝0时，物体在s＝0处）
（4）①加速上滑阶段有Ep＝mgssinθ，Ek＝12mv2＝ma1s，易知Ep＞Ek，即势能始终大于动能
②物体加速上滑结束时势能大于动能，之后减速上滑，动能减小，势能增大，故动能始终小于势能.所以物体动能与势能相等的位置不会出现在物体沿斜面上滑的过程中，即仅出现在物体沿斜面下滑的过程中.
③在物体沿斜面下滑的过程中，动能与势能相等时有
（mgsinθ－μmgcsθ）·（x1＋x2－L）＝Ek
Ep＝mgLsinθ
又Ep＝Ek，代入数据解得L＝1.2m.
A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0＝2gR
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
解析 小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示
小球从A到C动能定理-mg·2R＝0-12mv02 v0＝2gR，C错
若小球在B点的速度满足mgcsθ＜mvB2R，则小球将从B点脱离轨道，D对
2.[带弹簧的能量问题/2021湖南/多选]如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小.A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是（ ABD ）
图（a） 图（b）
A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B.mA＞mB
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D.S1－S2＝S3
解析 0到t1时间内，对A物体由动量定理得I＝mAv0，而B物体处于静止状态，墙壁
对B的冲量等于弹簧弹力对A的冲量I，A正确；t1时刻后，B物体离开墙壁，t2时刻
A、B两物体的加速度大小均达到最大，弹簧拉伸到最长，二者速度相同，由于此时
A、B两物体所受弹簧弹力大小相等，而B的加速度大于A的，故由牛顿第二定律可
知，mA＞mB，B正确；B运动后，由图可知任意时刻A的加速度大小小于其初始时刻
的加速度大小，因此弹簧的形变量始终小于初始时刻形变量x，故C错误；t2时刻A、
B共速，图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量的大小，故有S1-S2＝S3， D正确.
3.[多运动组合问题/2020上海]足够长的斜面与水平面之间的夹角为θ＝37°.质量为2kg的物体静止在斜面底端.在平行于斜面向上的外力F＝24N的作用下沿斜面向上运动，经过2s后撤去外力F，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6.
（1）求物体在斜面上向上滑行的时间.
（2）求上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k.
（3）在s－t图像中画出减速阶段的图线.（t＝0时，物体在s＝0处）
（4）分析说明为什么物体动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求出该位置离斜面底端的距离L.（取斜面底端所在的水平面为零势能面）
答案 （1）2.4s （2）5 （3）见解析 （4）说明见解析 1.2m
解析 （1）解法1：加速运动阶段有
F－mgsinθ－μmgcsθ＝ma1
代入数据解得a1＝2m/s2
末速度v1＝a1t1＝4m/s
减速运动阶段（撤去F后）有
－mgsinθ－μmgcsθ＝ma2
代入数据解得a2＝－10m/s2
时间t2＝0－v1a2＝0.4s
物体在斜面上向上滑行的时间t总＝t1＋t2＝2.4s
解法2：对物体沿斜面向上运动的整个过程，沿斜面方向由动量定理有
Ft1－（mgsinθ＋μmgcsθ）t总＝0－0
代入数据解得t总＝2.4s
（2）解法1：公式法
上行过程中撤去F前物体受到的摩擦力做的功
Wf1＝（－μmgcsθ）x1
其中x1＝12a1t12＝4m
上行过程中撤去F后物体受到的摩擦力做的功
Wf2＝（－μmgcsθ）x2
其中x2＝－v122a2＝0.8m
所以上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k＝5.
解法2：图像法
物体上行过程的v－t图像如图1所示
图1
根据图线与坐标轴所围图形的面积求位移：
x1＝12×4×2m＝4m
x2＝12×4×0.4m＝0.8m
所以上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k＝fx1fx2＝5.
图2
（3）在s－t图像中画出减速阶段的图线如图2所示.（t＝0时，物体在s＝0处）
（4）①加速上滑阶段有Ep＝mgssinθ，Ek＝12mv2＝ma1s，易知Ep＞Ek，即势能始终大于动能
②物体加速上滑结束时势能大于动能，之后减速上滑，动能减小，势能增大，故动能始终小于势能.所以物体动能与势能相等的位置不会出现在物体沿斜面上滑的过程中，即仅出现在物体沿斜面下滑的过程中.
③在物体沿斜面下滑的过程中，动能与势能相等时有
（mgsinθ－μmgcsθ）·（x1＋x2－L）＝Ek
Ep＝mgLsinθ
又Ep＝Ek，代入数据解得L＝1.2m.
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