适用于新教材2024版高考物理一轮总复习课时规范练31

这是一份适用于新教材2024版高考物理一轮总复习课时规范练31，共6页。试卷主要包含了72 m　6 J等内容，欢迎下载使用。

课时规范练31
基础对点练
1.(动力学和能量综合的板块模型)(2023黑龙江大庆模拟)如图所示,长木板A静止放在光滑的水平地面上,物体B以水平速度冲上木板A后,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上,则从物体B冲上木板A到相对木板A静止的过程,下列说法正确的是(　　)

A.物体B克服摩擦力做的功等于木板A增加的机械能与系统增加的内能之和
B.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
C.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
D.物体B损失的机械能等于木板A获得的机械能
答案 A
解析 根据功能关系可知,物体B克服摩擦力做的功等于物体B动能的减少量,把A、B看作一个系统,根据系统能量守恒知,物体B动能的减少量等于木板A增加的机械能(动能)与系统增加的内能之和。故选A。
2.(动力学和能量综合的传送带模型)(2023云南昆明模拟)一条罐头生产线的部分示意图如图所示,电动机带动传送带以恒定的速率沿顺时针方向运动。机器手臂将一瓶罐头无初速地放到传送带底端,一段时间后罐头与传送带共速,然后匀速向上运动。在罐头随传送带匀速向上运动的过程中(　　)

A.罐头的机械能守恒
B.罐头受到的摩擦力方向沿传送带向下
C.罐头受到的摩擦力对它做正功
D.罐头受到的支持力对它做正功
答案 C
解析 罐头随传送带匀速向上运动的过程中,其动能保持不变,重力势能一直增加,根据E=Ep+Ek可知罐头的机械能不守恒,A错误;罐头随传送带匀速向上运动的过程中,受力平衡,可知罐头受到的摩擦力方向沿传送带向上,B错误;根据上面选项分析,罐头随传送带匀速向上运动的过程中,罐头受到的摩擦力方向与其位移方向相同,所以罐头受到的摩擦力对它做正功,C正确;罐头受到的支持力方向与其位移方向垂直,所以支持力对它不做功,D错误。
3.(动力学和能量综合的板块模型)如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端,已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中,须对木板施一水平向右的作用力F,则力F对木板所做的功为(　　)

A. B.
C.mv2 D.2mv2
答案 C
解析 由能量转化和能量守恒定律可知,力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统内能,故W=mv2+μmgx相,x相=vt-t,a=μg,v=at,联立以上各式可得W=mv2,C正确。
4.(动力学和能量综合的多过程问题)(多选)(2023山西太原模拟)如图所示,质量均为m的物块甲、乙用轻弹簧相连且静止在倾角为α的光滑斜面上,物块乙与固定在斜面底端并与斜面垂直的挡板接触,弹簧的劲度系数为k。某时刻若用沿斜面向上的恒力F1作用在物块甲上,当物块甲向上运动到速度为零时,物块乙刚好要离开挡板,此过程F1做功为W1;若用沿斜面向上的恒力F2作用在物块甲上,当物块甲斜向上运动到加速度为零时,物块乙刚好要离开挡板,此过程F2做功为W2,重力加速度为g,弹簧始终处在弹性限度内,则下列判断正确的是(　　)

A.F1=2mgsin α
B.F2=2mgsin α
C.W1等于弹簧弹性势能的增加量
D.W2等于物块甲机械能的增加量
答案 BD
解析 当用F1拉着物块甲向上运动到速度为零时,物块乙刚好要离开挡板,此时物块甲的加速度方向沿斜面向下,因此F1<2mgsinα,A错误;当用F2拉着物块甲向上运动到加速度为零时,物块乙刚好要离开挡板,此时甲、乙整体所受的合力为零,则有F2=2mgsinα,B正确;当用F1拉着物块甲向上运动到速度为零时,弹簧弹性势能的变化量为零,F1做的功W1等于物块甲重力势能的增加量,C错误;当用F2拉着物块甲向上运动到加速度为零时,物块乙刚好要离开挡板,此过程中弹簧弹性势能的变化量仍为零,F2做的功W2等于物块甲机械能的增加量,D正确。
5.(动力学和能量综合的多过程问题)过山车是游乐场中常见的设施,一种过山车的简易模型如图所示,由弧形轨道AB、竖直圆轨道、水平轨道BCD构成,B是圆轨道的最低点,轨道右端D点处固定有原长为CD的弹簧,BCD段轨道粗糙,其余轨道光滑,各段轨道均平滑连接。用质量m=1.0 kg的滑块(可视为质点)模拟过山车的运动,现将滑块从与水平轨道之间的高度差为h=1.8 m位置处静止释放,滑块通过圆轨道后向右运动压缩弹簧,被弹回后第一次到达E点即停止运动。已知滑块与水平轨道BCD之间的动摩擦因数μ=0.3,BE之间的距离LBE=2.0 m,EC之间的距离LEC=1.0 m,滑块始终与圆轨道保持接触,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)圆轨道半径R的最大值;
(2)弹簧的最大弹性势能。
答案 (1)0.72 m　(2)6 J
解析 (1)圆轨道半径R最大时,滑块从圆轨道的最高点经过时对轨道恰好无作用力,设圆轨道半径的最大值为Rmax,在圆轨道的最高点
mg=m
滑块从A点运动到圆轨道的最高点,根据动能定理可得
mg(h-2Rmax)=
解得Rmax=0.72m。
(2)滑块从A点运动到B点,根据动能定理可得
mgh=
滑块从B点运动到最右端的过程中,设弹簧的最大压缩量为x,最大弹性势能为Ep,可得
=μmg(LBE+LEC+x)+Ep
滑块从最右端运动到E点的过程中
Ep=μmg(x+LEC)
解得Ep=6J。
素养综合练
6.(多选)(2023广西河池模拟)如图所示,质量为m'、长L=4 m的木板Q放在光滑的水平面上,可视为质点的质量为m的物块P放在木板的最左端。T=0时刻给物块水平向右的初速度,当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移x=7 m。则下列说法正确的是(　　)

A.P、Q所受的摩擦力之比为m∶m'
B.摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为11∶7
C.P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的热量之比为11∶4
D.Q增加的动能与系统损失的机械能之比为11∶4
答案 BC
解析 P对Q的摩擦力与Q对P的摩擦力是作用力、反作用力,即P、Q所受的摩擦力之比为1∶1,A错误;摩擦力对物体P所做的功为WfP=-FfxP=-Ff(x+L),摩擦力对物体Q所做的功为WfQ=FfxQ=Ffx,摩擦力对P与摩擦力对Q所做的功的绝对值之比为11∶7,B正确;对P由动能定理得-FfxP=ΔEkP,对Q由动能定理得FfxQ=ΔEkQ,P、Q组成的系统因摩擦而产生的热量为ΔE=FfL,即系统损失的机械能为FfL,则ΔEkP∶ΔE=11∶4,ΔEkQ∶ΔE=7∶4,C正确、D错误。
7.(2022江苏昆山柏庐高级中学模拟)如图所示装置,AB为光滑竖直管道,高度h=8 m,BCD为半径R1=2 m的光滑半圆轨道,DE为半径R2=3 m的粗糙四分之一圆轨道,现有质量m=1 kg的小球从A点由静止释放进入装置中。已知小球到达E点时,小球对外轨道的压力为1.5mg,C为水平地面上的一点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

A.整个运动过程中,小球的机械能守恒
B.小球到达最低点C点时,对轨道的压力为100 N
C.整个运动过程,摩擦力做的功Wf=-37.5 J
D.小球从E点离开轨道,再次落到地面上时的动能Ek=87.5 J
答案 D
解析 DE轨道粗糙,小球经过时,摩擦力会做功,不符合机械能守恒条件,A错误;小球到达最低点C时,轨道的支持力为F,有F-mg=m、mg(h+R1)=mv2,联立解得F=110N,根据牛顿第三定律可知,小球到达最低点C时,对轨道的压力为110N,方向向下,B错误;假定小球到E点速度为v1,依题意有mg+1.5mg=m,整个运动过程,摩擦力做的功为Wf,据动能定理有-0=mg(h-R2)+Wf,解得Wf=-12.5J,C错误;小球从E点离开轨道,再次落到地面上时的动能为Ek,依题意有Ek=+mg(R1+R2),解得Ek=87.5J,D正确。
8.(2022湖北武汉模拟)如图所示,倾角为37°的传送带顺时针以速度v0=1.0 m/s匀速转动,可视为质点的小滑块以平行于传送带向下的初速度v滑上传送带顶端,经过一段时间从传送带上滑落。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8,滑块质量m=1.0 kg,传送带转轴中心距离L=5.0 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6。

(1)若v=3.0 m/s,求滑块在传送带上运动的整个过程中,摩擦力对滑块做的功;
(2)若v=1.0 m/s,求滑块在传送带上运动的整个过程中,电动机多消耗的电能;
(3)求滑块和传送带间因摩擦而增加的内能的最大值及此时v的数值。
答案 (1)-32 J　(2)32 J　(3)72 J　2 m/s
解析 (1)由牛顿第二定律
μmgcos37°-mgsin37°=ma
解得滑块的加速度a=0.4m/s2
当其速度减到零时,其位移为
-v2=-2ax
解得x=11.25m>L=5m
即滑块在速度减为零前就已经滑下传送带,故摩擦力做功为
Wf=-μmgcos37°·L=-32J。
(2)当速度减为零时,其位移为x1,有
0-v2=-2ax1
解得x1=1.25m 所以其减速为零后将做反向加速运动,其加速度满足
μmgcos37°-mgsin37°=ma
解得a=0.4m/s2
由运动的对称性可知,其反向加速运动到顶端时速度仍为1m/s,设向上为正方向,其总体的运动时间为
-v=v-at
解得t=5s
此过程传送带位移
x传=v0t=5m
相对位移
Δx=x传-0=5m
整个运动过程中,对于滑块来说,重力势能未变,动能也没变,所以滑块的机械能未发生改变,电动机多做的功为摩擦产生的热量,即
W电=Q=FfΔx=μmgcos37°·Δx=32J。
(3)由第二问的分析可知,其内能与滑块和传送带之间的相对位移有关,其相对位移越大则内能越大,故最大的情况应该是滑块恰好滑到传送带最低点,然后反向加速回最高点,故有
0-v2=-2aL
解得v=2m/s
由0=v-at1
解得t1=5s
则反向加速时,其最大速度为与传送带共速,有v0=at2
解得t2=2.5s
此时位移
x2==1.25m
之后物块将匀速至传送带顶端,故整个过程相对位移
Δx'=L+v0t1+v0t2-x2=11.25m
Q'=FfΔx'=μmgcos37°·Δx'=72J。