(新高考)高考物理一轮复习教案第5章限时规范专题练(一)《动力学和能量综合应用问题》(含详解)

限时规范专题练(一)　动力学和能量综合应用问题

　　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1～4题为单选，5～10题为多选)

1. (2020·陕西省榆林市高三一模)如图所示，“娃娃机”是指将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制的抓取玩具的机器手臂的机器，使用者要凭自己的技术操控手臂，以取到自己想要的玩具。不计空气阻力，关于“娃娃机”，下列说法正确的是(　　)

A．玩具从机器手臂处自由下落时，玩具的机械能守恒

B．机器手臂抓到玩具匀速水平移动时，玩具的动能增加

C．机器手臂抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒

D．机器手臂抓到玩具加速上升时，机器手臂做的功等于玩具重力势能的变化量

答案　A

解析　在没有空气阻力的情况下，玩具从机器手臂处自由下落时，重力势能转化为动能，玩具的机械能守恒，故A正确；机器手臂抓到玩具匀速水平移动时，玩具的质量和速度均不变，则其动能不变，故B错误；机器手臂抓到玩具匀速上升时，玩具的动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，故C错误；机器手臂抓到玩具加速上升时，玩具的动能和重力势能均变大，机器手臂做的功等于玩具重力势能与动能的变化量之和，故D错误。

2．(2020·广西桂林市高三上学期第一次联合调研)材料相同质量不同的两滑块，以相同的初动能在同一水平面上运动，最后都停了下来。下列说法正确的是(　　)

A．质量大的滑块摩擦力做功多

B．质量大的滑块运动的位移大

C．质量大的滑块运动的时间长

D．质量大的滑块摩擦力冲量大

答案　D

解析　滑块做匀减速直线运动停下的过程，根据动能定理有Wf＝－μmgx＝0－Ek，得x＝，则该过程中，两滑块摩擦力做功相同，质量大的滑块位移小，故A、B错误；根据动量定理有I＝－μmgt＝0－，故质量大的滑块摩擦力冲量大，运动时间短，故C错误，D正确。

3. (2020·福建省漳州市高三下一模)用一竖直向上的力将原来在地面上静止的货物向上提起，货物由地面运动至最高点的过程中，利用传感器记录货物的速度—时间图像如图，则(　　)

A．0～3 s内拉力功率恒定不变

B．5～7 s内货物处于超重状态

C．5～7 s内运动过程中，货物的机械能增加

D．0～3 s内的平均速度比5～7 s内的平均速度小

答案　C

解析　由题图可知，0～3 s内拉力恒定，速度一直增大，所以拉力功率增大，故A错误；5～7 s内货物向上减速，加速度向下，货物处于失重状态，故B错误；设货物的质量为m,5～7 s的加速度为a，竖直向上拉货物的力为F，则由题图可知，a＝ m/s2＝－3 m/s2，又F－mg＝ma，则F＝m·7 m/s2，即F不为零，做正功，所以货物的机械能增加，故C正确；由题图及匀变速直线运动的规律知，0～3 s内的平均速度和5～7 s内的平均速度都等于3 m/s，故D错误。

4. (2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到C点时速度减为零，然后被弹回。物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块(　　)

A．从A下降到B的过程中，合力先变小后变大

B．从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小

C．从C上升到B的过程中，动能先增大后减小

D．从C上升到B的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加

答案　C

解析　从A下降到B的过程中，物块受到向下的重力、弹簧向上的弹力和向上的空气阻力，重力大于弹力和空气阻力之和，随着物块下降，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B点时速度达到最大，此时加速度为零，合力为零，kx＝mg－f，则从A下降到B的过程中合力一直减小到零，故A错误；从B下降到C的过程中，物块所受的合力和加速度向上且逐渐增大，则从A下降到C的过程中，加速度先减小后增大，故B错误；物块从C上升到B的过程中，开始弹力大于空气阻力和重力之和，物块向上加速，当加速度减为零时kx′＝mg＋f，此时的压缩量x′>x，位置在B点下方，向上的速度达到最大，此后向上做变减速直线运动，故从C上升到B的过程中，动能先增大后减小，故C正确；对于物块和弹簧组成的系统，由于空气阻力做功，所以系统的机械能减小，即物块的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和减小，从C上升到B的过程中，物块的动能先增大后减小，则系统的重力势能与弹性势能之和在动能最大之前一直减小，故D错误。

5. (2020·东北三省三校高三下学期第三次联合模拟)如图所示，竖直面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道，质量为m的物块(可视为质点)从顶端A处静止释放滑至底端B处，下滑过程中，物块的动能Ek、与轨道间的弹力大小N、机械能E、重力的瞬时功率P随物块在竖直方向下降高度h变化的关系图像正确的是(　　)

答案　BC

解析　物块下滑过程中，根据动能定理可知：Ek＝mgh，即Ek­h图像为正比例函数图像，故A错误；如图所示，物块做圆周运动的向心力为：N－mgcosθ＝m，且cosθ＝，Ek＝mv2＝mgh，整理可得N＝mgcosθ＋m＝＋＝，则物块与轨道间的弹力大小N与h成正比，故B正确；整个过程中只有重力做功，物块机械能守恒，即物块机械能不变，故C正确；根据瞬时功率公式可以得到：P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，由于mv2＝mgh，则v＝，整理可以得到：P＝mgvsinθ＝mg·，即重力的瞬时功率P与竖直方向下降高度h不是线性关系，故D错误。

6. (2020·山东省日照市高三上学期1月校际联考)滑雪运动深受人民群众喜爱。如图，竖直面内有半径为R的圆弧形滑道AB，一质量为m的滑雪爱好者(可视为质点)从滑道的A点由静止开始下滑，到达最低点B时对滑道的压力大小为mg(g为当地的重力加速度)。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则滑雪爱好者在沿着AB下滑的过程中(　　)

A．重力的功率先增加后减小

B．始终处于失重状态

C．克服摩擦力做功为mgR

D．受到的摩擦力大小为mg

答案　AC

解析　滑雪爱好者从A到B的运动，可分解为水平方向的分运动和竖直方向的分运动，在沿着AB下滑过程中，滑雪爱好者在竖直方向的速度先增大后减小，则重力的功率先增加后减小，故A正确；在下滑过程中，滑雪爱好者在竖直方向的加速度先是向下，后是向上，所以滑雪爱好者先处于失重状态，后处于超重状态，故B错误；设滑雪爱好者到最低点时的速度为v，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，此时FN＝mg，从A到B的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR(1－sin30°)－Wf＝mv2，可解得Wf＝mgR，故C正确；因为在沿着AB下滑过程中，滑雪爱好者的速度大小在变化，因此滑雪爱好者受到的滑道的支持力在变化，所以受到的摩擦力也在变化，不是一个恒定的值，故D错误。

7. (2020·河北省高三第二次省际调研)如图所示，粗糙的固定水平杆上有A、B、C三点，轻质弹簧一端固定在B点正下方的O点，另一端与套在杆上A点、质量为m的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从A处由静止释放，向右运动经过B点时速度为v、加速度为零，到达C点时速度为零，下列说法正确的是(　　)

A．从A到C过程中，圆环在B点速度最大

B．从A到B过程中，杆对环的支持力一直减小

C．从A到B过程中，弹簧对圆环做的功一定大于mv2

D．从B到C过程中，圆环克服摩擦力做功等于mv2

答案　BC

解析　根据题意，圆环经过B点时所受合力为零，则圆环受到的重力与弹簧竖直向上的弹力平衡，弹簧处于压缩状态，而圆环由A点释放时弹簧处于拉伸状态，则圆环在A、B之间的某点D时弹簧恢复原长，从D到B的过程中，圆环受到弹簧的弹力指向左上方，则圆环做减速运动，故A错误。当圆环从A到D运动时，弹簧对圆环有拉力且逐渐减小，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力竖直向下的分力之和，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的减小而减小；当圆环从D到B运动时，弹簧被压缩，且对圆环的弹力沿弹簧向上逐渐增大，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力竖直向上的分力之差，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的增大而减小，即从A到B过程中，杆对环的支持力一直减小，B正确。从A到B过程中，弹簧对圆环做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知，弹簧对圆环做的功一定大于mv2，故C正确。从B到C过程中，弹簧弹力对圆环做正功，圆环克服摩擦力做功，根据动能定理可知，圆环克服摩擦力做功不等于mv2，故D错误。

8. (2020·山东省泰安市高三下学期一轮检测)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过B处固定光滑圆环连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，当小球运动到D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)

A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh

B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh

C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为

D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为

答案　BC

解析　设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设B右侧的弹性绳与竖直方向的夹角为α，则弹性绳伸长量为，弹性绳的弹力为F＝k，对球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，小球水平方向受力平衡，故N＝Fsinα＝kL＝mg，可知，小球从C点运动到D点的过程中，水平方向的支持力保持不变，则摩擦力f＝μN＝0.2mg，也保持不变，故该过程中小球克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故A错误，B正确；对球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0－0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝·2mv－0，解得vD＝，故C正确，D错误。

9．(2020·四川省雅安市高三下第三次诊断)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率v0逆时针转动，在t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)

A．传送带的倾角θ＝37°

B．物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4

C．在前2秒内，传送带对物体做的功为24 J

D．在前2秒内，物体与传送带间因摩擦产生的热量为24 J

答案　AD

解析　由图乙可知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物体继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度v0＝10 m/s，开始时物体所受摩擦力方向沿传送带向下，物体与传送带速度相等后所受摩擦力方向沿传送带向上，则a1＝ m/s2＝ m/s2＝10 m/s2，a2＝ m/s2＝ m/s2＝2 m/s2，联立解得μ＝0.5，θ＝37°，故A正确，B错误；0～1 s，物体运动的位移为x1＝＝ m＝5 m，此过程传送带对物体做的功为W1＝μmgcos37°x1＝0.5×1×10×0.8×5 J＝20 J,1～2 s，物体运动的位移为x2＝＝11 m，此过程传送带对物体做的功为W2＝－μmgcos37°x2＝－0.5×1×10×0.8×11 J＝－44 J，则总功为W＝W1＋W2＝－24 J，故C错误；0～1 s内物体与传送带间的相对位移为Δx1＝v0t1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m，产生的热量为Q1＝μmgcos37°·Δx1＝20 J,1～2 s内物体与传送带间的相对位移为Δx2＝x2－v0t2＝11 m－10×1 m＝1 m，产生的热量为Q2＝μmgcos37°·Δx2＝4 J，则在前2 s内产生的总热量为Q＝Q1＋Q2＝24 J，故D正确。

10. (2020·黑龙江省实验中学高三下学期开学考试)某质点在3 s内竖直向上运动，其加速度与时间(a­t)图像如图所示。若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)

A．质点第1 s内发生的位移为5 m

B．质点的初速度不小于29 m/s

C．质点第2 s内处于失重状态

D．质点在第3 s末的机械能大于在第1 s末的机械能

答案　BCD

解析　质点在第1 s内的加速度为10 m/s2，故第1 s内质点向上做减速运动，因初速度未知，故无法确定质点第1 s内发生的位移，A错误。若3 s末质点的速度减到零，则3 s内速度的变化量为Δv＝10×1 m/s＋7×1 m/s＋12×1 m/s＝29 m/s，因质点在3 s内一直向上运动，故初速度不小于29 m/s，B正确。质点在第2 s内加速度向下，故处于失重状态，C正确。根据牛顿第二定律，1～2 s内，mg－F1＝ma，得F1＝m·3 m/s2＞0，则外力方向向上，做正功，质点机械能增加；2～3 s内，mg－F2＝ma，得F2＝－2 m/s2·m＜0，方向向下，质点机械能减少；质点一直向上做减速运动，而1～2 s内的速度大于2～3 s内的速度，则1～2 s内的位移大于2～3 s内的位移，又|F1|＞|F2|，故1～2 s内质点机械能增加量大于2～3 s内的减少量，故质点在t＝3 s时的机械能大于在t＝1 s时的机械能，D正确。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11．(2020·辽宁省丹东市高三下质量测试二)(14分)如图所示，一半径为0.1 m光滑的圆弧与一平台相连固定在水平地面上。现用一轻绳将小球(视为质点)和木杆相连置于其上，小球位于圆周上的A点，AC长为0.1 m。木杆MN有长度伸出平台，其与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，且CM足够长。滑轮光滑无摩擦，不计其大小，g＝10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

(1)若小球、杆恰好在图示位置静止，求小球与木杆的质量比；(结果可用根号表示)

(2)若小球质量等于木杆质量，并从图示位置由静止开始运动，＝1.4、＝1.7，求小球运动到B点的向心加速度。(结果保留一位有效数字)

答案　(1)　(2)0.9 m/s2

解析　(1)设小球质量为m1，木杆质量为m2，轻绳拉力为T，

对木杆，水平方向上，根据平衡条件得T＝μm2g，

对小球，沿圆弧在A点的切线方向上，根据平衡条件得Tcos30°＝m1gsin30°，

联立并代入数据解得＝。

(2)小球运动到B点时，设小球速度为v1、木杆速度为v2，根据速度的分解可得v2＝v1cos45°，

该过程由能量守恒定律得

m1gR(1－cos30°)＝m1v＋m2v＋μm2gR(－1)，

又an＝，

联立并代入数据解得an≈0.9 m/s2。

12．(2020·江苏省常州市高三上学期期末)(16分)如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)物块在小车上滑行时的加速度大小a；

(2)物块运动到B点时的速度vB；

(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。

答案　(1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3)14.5 J　1 m

解析　(1)物块在小车上滑行时，

由牛顿第二定律得μmg＝ma，

代入数据解得a＝2 m/s2。

(2)根据题意，物块恰能沿半圆形轨道运动到最高点C，此时由重力提供向心力，则有mg＝m，

物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得

2mgR＋mv＝mv，

联立并代入数据解得vB＝2 m/s。

(3)根据能量守恒定律得

Ep＝(M＋m)v－mv－μmgl，

代入数据解得Ep＝14.5 J，

从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块相对地面的位移s＝＝ m＝1.25 m，

则弹簧被压缩的距离x＝s－l＝1 m。