高中物理专题练习：动力学和能量问题综合应用
高中物理专题练习：动力学和能量问题综合应用
时间：60分钟满分：100分
一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分.其中1～6为单选,7～10为多选)
1．(广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权,冰壶是冬奥会的比赛项目.将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来.换一个材料相同、质量更大的冰壶,以相同的初速度推出后,冰壶运动的距离将( )
A．不变 B．变小
C．变大 D．无法判断
答案 A
解析冰壶在冰面上以一定初速度被推出后,在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,根据动
能定理有－μmgs＝0－1
2
mv2,得s＝
v2
2μg
,两种冰壶的初速度相等,材料相同,故运动的位移大小
相等.故选A.
2.(唐山开滦二中月考)如图所示,质量为m的物体始终静止在斜面上,在斜面体从图中实线位置沿水平面向右匀速运动到虚线位置的过程中,下列关于物体所受各力做功的说法正确的是( )
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
解析物体在水平方向移动,在重力方向上没有位移,所以重力对物体做功为零,A正确；由题图知,斜面体对物体的支持力与位移的夹角小于90°,则支持力对物体做正功,B错误；摩擦力方向沿斜面向上,与位移的夹角为钝角,所以摩擦力对物体做负功,C错误；物体匀速运动时,合力为零,合力对物体做功为零,D错误.
3．把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车厢叫做动车.而动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组.带动力的车厢
叫动车,不带动力的车厢叫拖车.设动车组运行过程中的阻力与质量成正比,每节动车与拖车的质量都相等,每节动车的额定功率都相等,若开动一节动车带三节拖车,最大速度可达到150 km/h.当开动二节动车带三节拖车时,最大速度可达到( )
A．200 km/h B．240 km/h
C．280 km/h D．300 km/h
答案 B
解析若开动一节动车带三节拖车,最大速度可达到150 km/h.设动车的功率为P,每节车厢所受的阻力为f,当达到最大速度时动车的牵引力等于整体的阻力,则有：P＝4fv,当开动二节动车带三节拖车时,有2P＝5fv′,联立两式解得v′＝240 km/h.B正确,A、C、D错误.
4．如图甲所示,滑轮质量、摩擦均不计,质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示,由此可知( )
A．物体加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为21 N
C．4 s末F的功率为42 W
D．4 s内F的平均功率为42 W
答案 C
解析由题图乙可知,v－t图象的斜率表示物体加速度的大小,即a＝0.5 m/s2,由2F－mg ＝ma可得：F＝10.5 N,A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为v F＝2v物＝4 m/s,故4 s 末F的功率为P＝Fv F＝42 W,C正确；4 s内物体上升的高度h＝4 m,力F的作用点的位移l＝
2h＝8 m,拉力F所做的功W＝Fl＝84 J,故平均功率P＝W
t
＝21 W,D错误.
5.如图所示,将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑,设物块质量为m、物块与斜面间的动摩擦因数为μ,斜面高度h和底边长度x均可独立调节(斜面长
度随之改变),下列说法正确的是( )
A．若只增大x,物块滑到斜面底端时的动能增大
B．若只增大h,物块滑到斜面底端时的动能减小
C．若只增大μ,物块滑到斜面底端时的动能增大
D．若只增大m,物块滑到斜面底端时的动能增大
答案 D
解析对物块用动能定理可得mgh－W f＝E k－0,其中E k为物块滑到斜面底端时的动能,W f为下滑过程物块克服摩擦力所做的功,而W f＝fs＝μF N s＝μmg cosθ·s＝μmgx,其中f为物块受到的摩擦力,s为斜面斜边长,F N为斜面对物块的支持力,故mgh－μmgx＝E k－0,则D正确,A、B、C错误.
6.(石家庄质检一)如图所示,质量为m的物体A和质量为2m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧.开始用手托着物体A使弹簧处于原长且轻绳伸直,此时物体A 与水平地面的距离为h,物体B静止在地面上.现由静止释放A,A与地面即将接触时速度恰好为0,此时物体B对地面恰好无压力,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A．物体A下落过程中一直处于失重状态
B．物体A即将落地时,物体B处于失重状态
C．从物体A开始下落到即将落地的过程中,弹簧的弹性势能最大值为mgh
D．物体A下落过程中,A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小
答案 C
解析根据题述“A与地面即将接触时速度恰好为0”,可知A先加速后减速向下运动,加速度方向先向下后向上,物体A先处于失重状态后处于超重状态,A错误；根据题述“A与地面即将接触时速度恰好为0,此时物体B对地面恰好无压力”,可知此时轻绳中拉力大小等于B的重力,B处于静止状态,加速度为零,B错误；对A和弹簧组成的系统,在A由静止下落到A与地面即将接触的过程中,系统的重力势能、动能和弹性势能相互转化,物体A即将落地时,重力势能减少量为mgh,动能与初状态相同为0,此时弹簧的弹性势能最大为mgh,C正确；在物体A下落过程中,A的重力势能一直减小,A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大,D错误.
7.(陕西宝鸡模拟)如图所示,内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内,轻杆两端固定有甲、乙两球,甲球质量小于乙球质量,将两球放入轨道内,乙球位于最低点.由静止释放轻杆后,甲球( )
A．能下滑到轨道的最低点
B．下滑过程中杆对其做负功
C．滑回时一定能返回到初始位置
D．滑回的全过程,增加的重力势能等于乙球减少的重力势能
答案BCD
解析甲、乙两球组成的系统的机械能守恒,若甲球沿轨道能下滑到轨道的最低点,则乙球到达与圆心等高处,但由于乙球的质量比甲球的大,造成机械能增加,明显违背了机械能守恒定律,故甲球不可能滑到轨道最低点,A错误；根据机械能守恒定律知,甲球返回时,一定能返回到初始位置,C正确；甲球下滑过程中,乙球的机械能逐渐增大,所以甲球的机械能逐渐减小,根据
功能关系知杆对甲球做负功,B正确；甲球滑回的全过程,甲球增加的机械能等于乙球减少的机械能,由于初、末态两球的速度均为零,即动能均为零,所以甲球增加的重力势能等于乙球减少的重力势能,D正确.
8．第一次将一长木板静止放在光滑水平面上,如图甲所示,一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止.第二次将长木板分成A、B两块,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v
由
A的左端开始向右滑动,如图乙所示.若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列说法正确的是( )
A．小铅块将从B的右端飞离木板
B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
答案BD
解析在第一次小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,当小铅块运动到B上后A停止加速,只有B加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B将更早共速,所以小铅块还没有运动到B的右端,二者就已共速,A错误,B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程,则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量,C错误,D正确.
9．(重庆调研)如图所示,木块A、B的质量分别为m1、m2,A、B之间用一轻弹簧相连,将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上,斜面的倾角为θ,弹簧的劲度系数为k.现对A施加一平行于斜面向上的恒力F,使A沿斜面由静止开始向上运动.当B对挡板的压力刚好为零时,A 的速度刚好为v,下列说法正确的是( )
A．此时弹簧的弹力大小为m1g sinθ
B．在此过程中拉力F做的功为F m
1
＋m2g sinθ
k
C．在此过程中弹簧弹性势能增加了F m
1
＋m2g sinθ
k
－
1
2
m
1
v2
D．在此过程中木块A重力势能增加了
m 1m
1
＋m2g2sin2θ
k
答案BD
解析根据题述“当B对挡板的压力刚好为零时,A的速度刚好为v”,可知此时弹簧弹力大小等于木块B的重力沿斜面的分力m2g sinθ,A错误.初始状态,未对A施加恒力F时,设弹簧
压缩量为x1,对木块A,由平衡条件可得,kx1＝m1g sinθ,解得：x1＝m
1
g sinθ
k
；当B对挡板的压
力刚好为零时,设弹簧拉伸了x2,对木块B,由平衡条件可得,kx2＝m2g sinθ,解得：x2＝m
2
g sinθ
k
,
在此过程中拉力F做的功为W＝F(x1＋x2)＝F m
1
＋m2g sinθ
k
,B正确.在此过程中木块A重力
势能增加了ΔE p＝m1g·(x1＋x2)sinθ＝m
1
m
1
＋m2g2sin2θ
k
,D正确.设在此过程中弹簧弹性势
能增加了ΔE,根据功能关系,W＝ΔE＋m1g(x1＋x2)sinθ＋1
2
m
1
v2,解得ΔE＝
F m
1
＋m2g sinθ
k
－m
1
m
1
＋m2g2sin2θ
k
－
1
2
m
1
v2,C错误.
10．如图所示,水平光滑长杆上套有一个质量为m A的小物块A,细线跨过O点的轻小光滑定
滑轮一端连接A,另一端悬挂质量为m B的小物块B,C为O点正下方杆上一点,滑轮到杆的距离OC＝h.开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B同时由静止释放,则下列分析正确的是( )
A．物块B从释放到最低点的过程中,物块A的动能不断增大
B．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,物块B的机械能先增大后减小
C．PO与水平方向的夹角为45°时,物块A、B速度大小关系是v A＝
2 2
v
B
D．物块A在运动过程中最大速度为2m B gh m
A
答案AD
解析如图,v A cosθ＝v B,当θ＝90°时,v B＝0,物体B到达最低点,绳的拉力对A一直做正功,A动能不断增大,A项正确；在此过程中绳的拉力对B一直做负功,B的机械能减小,B项错误；PO与水平面夹角为45°时,由v
A
cos45°＝v B得：v A＝2v B,C项错误；A的最大速度出现在θ
＝90°时,由系统机械能守恒得：m B g
h
sin30°
－h＝
1
2
m
A
v2
A
,解得v A＝
2m B gh
m
A
,D项正确.
二、非选择题(本题共2小题,共30分)
11．(14分)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C点是最低点,圆心角∠BOC＝37°,D点与圆心O等高,圆弧轨道半径R＝1.0 m,现在一个质量为m＝0.2 kg 可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,DE距离h＝1.6 m,小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,g＝10 m/s2.求：
(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力F N的大小.
(2)要使小物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度L AB至少要多长.
(3)若斜面已经满足(2)中的要求,小物体从E点开始下落,直至最后在光滑圆弧轨道上做周期性运动,在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小.
答案(1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J
解析(1)小物体从E到C,由机械能守恒定律得：
mg(h＋R)＝1
2
mv2
C
①
在C点,由牛顿第二定律得：
F N －mg＝m
v2
C
R
②
联立①②解得F N＝12.4 N.
(2)从E→D→C→B→A过程,由动能定理得：
W
G
－W阻＝0③
W
G
＝mg[(h＋R cos37°)－L AB sin37°]④
W
阻
＝μmg cos37°L AB⑤
联立③④⑤解得L AB＝2.4 m.
(3)因为mg sin37°>μmg cos37°(或μ 最后以C为中心,B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动. 从E点开始直至稳定,系统因摩擦所产生的热量： Q＝mg(h＋R cos37°)⑥ 解得Q＝4.8 J. 12．( ·全国卷Ⅱ)(16分)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示.物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动.重力加速度大小为g. (1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离； (2)若P能滑上圆轨道,但仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围. 答案(1)6gl22l(2)5 3 m≤M< 5 2 m 解析(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能为E p ＝5mgl① 设P的质量为M,到达B点时的速度大小为v B,由能量守恒定律得 E p ＝ 1 2 Mv2 B ＋μMg·4l② 联立①②式,取M＝m并代入题给数据得 v B ＝6gl③ 若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,设P滑到D点时的速度为v D,则 mv 2D l －mg ≥0④ 由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2 D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得 v D ＝2gl ⑥ v D 满足④式要求,故P 能运动到D 点,并从D 点以速度v D 水平射出.设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ,由运动学公式得 2l ＝12 gt 2 ⑦ P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 s ＝22l ⑨ (2)为使P 能滑上圆轨道,它到达B 点时的速度应大于零.由①②式可知 5mgl >μMg ·4l ⑩ 要使P 仍能沿圆轨道滑回,P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有 12 Mv 2 B ≤Mgl ? 联立①②⑩?式得 53m ≤M <52m .