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2021高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 限时规范专题练动力学和能量综合应用问题学案

2021高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 限时规范专题练动力学和能量综合应用问题学案

年级：
姓名：

- 9 -

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9小题，每小题9分，共81分。其中1～5题为单选，6～9题为多选)
1．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－mv2，得s＝，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．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。
3. 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。
4．(2019·湖南娄底高三二模)如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下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，须对木板施加一水平向右的作用力F。从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，木块与物体组成的系统产生的热量为(　　)

A．2mv2 B.mv2
C. D.
答案　C
解析　物体相对木板运动时的加速度a＝＝μg，由v＝μgt知物体与木板相对运动的时间t＝，该过程木板相对物体运动的路程s相＝vt－t＝vt，由功能关系知，物体与木板组成的系统产生的热量Q＝fs相＝μmg·s相，各式联立得Q＝mv2，故C正确，A、B、D错误。
5．(2019·湖南师大附中模拟)如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起。在平行于斜面的拉力F的作用下两物块均做匀速运动。从图示位置开始计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x表示每个物块所通过的路程，E表示两物块组成的系统的机械能，Ep表示两物块组成的系统的重力势能，Wf表示甲物块克服摩擦力所做的功，WF表示拉力F对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是(　　)

答案　C
解析　相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，由＝得：h甲<h乙，则任意一段时间内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能是增加的，而系统动能不变，则系统的机械能也是增加的，A、B错误；甲物块克服摩擦力所做的功Wf＝μmgxcos30°，x＝vt，故Wf­t图线为过原点的倾斜直线，同理WF­t图线亦为过原点的倾斜直线，C正确，D错误。
6．(2019·河北衡水模拟)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高。它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是(　　)

A．下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小
B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mg
C．下滑过程中B的机械能增加
D．整个过程中轻杆对A做的功为mgR
答案　AD
解析　开始时B球速度为零，到达最低点时速度和重力G的夹角θ等于90°，由P＝Fvcosθ，得在两位置重力对B做功的功率均为0，故下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小，A正确；B到达圆轨道最低点的速度v和A相等，对A、B组成的系统，由机械能守恒定律得mgR＝·2mv2，设B到达圆轨道最低点时轨道对B的支持力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得F＝2mg，B错误；对A、B组成的系统，由机械能守恒定律可知，A的机械能增加，则B的机械能减少，C错误；A增加的机械能E＝mv2＝mgR，故轻杆对A做的功为mgR，D正确。
7．(2019·湖南岳阳模拟)如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2 m的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4 m，现将质量为m＝1 kg、质量分布均匀、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是(　　)

A．矩形板在进入橡胶带的过程中做匀加速直线运动
B．摩擦力做的功为Wf＝－0.8 J
C．矩形板的重力做功为WG＝2.4 J
D．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为 m/s
答案　BD
解析　矩形板在进入橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板受到的摩擦力是变化的，则矩形板在进入橡胶带的过程中不可能做匀变速直线运动，A错误；摩擦力做的功Wf＝－2×μmgcosθ·d＝－0.8 J，B正确；重力做功WG＝mg(L＋d)sinθ＝3.6 J，C错误；根据动能定理：WG－Wf＝mv2－0，解得v＝ m/s，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v0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. 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m1gsinθ
B．在此过程中拉力F做的功为
C．在此过程中弹簧弹性势能增加了－m1v2
D．在此过程中木块A重力势能增加了

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m2gsinθ，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＝m1gsinθ，解得：x1＝；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＝m2gsinθ，解得：x2＝，在此过程中拉力F做的功为W＝F(x1＋x2)＝，B正确。在此过程中木块A重力势能增加了ΔEp＝m1g·(x1＋x2)sinθ＝，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＋m1v2，解得ΔE＝－－m1v2，C错误。
二、非选择题(本题共1小题，共19分)
10．(2019·江苏省丹阳市丹阳高级中学二模)光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直。一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动。已知圆弧形轨道的半径为R＝ m，所对应的圆心角为53°，sin53°＝0.8，g＝10 m/s2。

(1)若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小；
(2)若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度h＝ m时到C点的水平位移；
(3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？
答案　(1)7 m/s2　(2) m　(3)M≥m
解析　(1)设细线的拉力大小为F，
对小球：F－mgsin53°＝ma
对物块：Mg－F＝Ma
又M＝5m
联立解得：a＝7 m/s2。
(2)由几何知识得：xAB＝
小球在直轨道部分运动时，有v2＝2axAB
代入数据解得：v＝2 m/s
从B到C，根据机械能守恒定律，有
mv2－mv＝mgR(1－cos53°)
小球离开C点后做平抛运动，有：
x＝vCt，h＝gt2
联立并代入数据解得：x＝ m。
(3)在小球从A运动到B的过程，小球和物块组成的系统机械能守恒，有：(M＋m)v＝MgxAB－mgxABsin53°
线断后，小球在从B运动到C的过程，根据动能定理有
－mgR(1－cos53°)＝mvC′2－mv
小球能够运动到C点，则vC′≥0，
联立解得：M≥m。