2024高考物理一輪復(fù)習(xí)高頻考點(diǎn)強(qiáng)化練二能量綜合問(wèn)題含解析魯科版

PAGE10-能量綜合問(wèn)題(45分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分,其中1～5題為單選題,6～8題為多選題)1.蹦極是一項(xiàng)特別刺激的戶外休閑活動(dòng)。北京青龍峽蹦極跳塔高度為68米,身系彈性蹦極繩的蹦極運(yùn)動(dòng)員從高臺(tái)跳下,下落高度大約為50米。假定空氣阻力可忽視,A.運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前加速度先不變后增大B.蹦極過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能守恒C.蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中,動(dòng)能始終減小D.蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中,彈力始終增大【解析】選D。蹦極繩張緊前,運(yùn)動(dòng)員只受重力,加速度不變,蹦極繩張緊后,運(yùn)動(dòng)員受重力、彈力,起先時(shí)重力大于彈力,加速度向下,后來(lái)重力小于彈力,加速度向上,則蹦極繩張緊后,運(yùn)動(dòng)員加速度先減小為零再反向增大,故A錯(cuò)誤。蹦極過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員和蹦極繩組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,故B錯(cuò)誤。蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員加速度先減小為零再反向增大,運(yùn)動(dòng)員速度先增大再減小,運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能先增大再減小,故C錯(cuò)誤。蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中,蹦極繩的伸長(zhǎng)量增大,彈力始終增大,故D正確。2.(2024·佛山模擬)如圖甲所示,質(zhì)量為0.1kg的小球從最低點(diǎn)A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m的半圓軌道,小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖象如圖乙所示。已知小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C,軌道粗糙程度到處相同,空氣阻力不計(jì)。g取10m/sA.圖乙中x=4m2B.小球從B到C損失了0.125J的機(jī)械能C.小球從A到C合外力對(duì)其做的功為-1.05JD.小球從C拋出后,落地點(diǎn)到A的距離為0.8【解析】選B。當(dāng)h=0.8m時(shí)小球在C點(diǎn),由于小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C,故mg=mvC2r,所以vC2=gr=10×0.4m2·s-2=4m2·s-2,故選項(xiàng)A正確;由已知條件無(wú)法計(jì)算出小球從B到C損失了0.125J的機(jī)械能,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;小球從A到C,由動(dòng)能定理可知W合=12mvC2-12mvA2=12×0.1×4J-12×0.1×25J=-1.05J,故選項(xiàng)C正確;小球離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),故2r=【加固訓(xùn)練】一質(zhì)量為m的鋁球用細(xì)線懸掛靜止在足夠深的油槽中(圖甲),某時(shí)刻剪斷細(xì)線,鋁球起先在油槽中下沉,通過(guò)傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度改變的圖象如圖乙所示,已知重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是 ()A.鋁球剛起先運(yùn)動(dòng)的加速度a0=gB.鋁球下沉的速度將會(huì)始終增大C.鋁球下沉過(guò)程所受到油的阻力Ff=mD.鋁球下沉過(guò)程機(jī)械能的削減量等于克服油阻力所做的功【解析】選C。鋁球剛起先釋放時(shí),鋁球所受的阻力為0,受到重力、浮力,由牛頓其次定律可得,加速度a0<g,故A錯(cuò)誤;由圖象可知,鋁球起先下沉后速度越來(lái)越大,加速度越來(lái)越小,當(dāng)加速度a=0時(shí),鋁球做勻速運(yùn)動(dòng),速度不再改變,故B錯(cuò)誤;起先釋放時(shí)mg-F浮=ma0,鋁球下沉過(guò)程中受重力、阻力、浮力,由牛頓其次定律得,mg-F浮-Ff=ma,解得a=mg-F浮m-Ffm,由a-v圖象可知,a=a0-a0v0v,則有Ffm=a0v0v,解得阻力3.以肯定的初速度從地面豎直向上拋出一小球,小球上升到距地面高h(yuǎn)處,又落回到拋出點(diǎn),假設(shè)小球所受空氣阻力大小與速度大小成正比,小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能E(選取地面為零勢(shì)能面)隨小球路程s改變,下列圖象中合理的是 ()【解析】選C。依據(jù)功能關(guān)系可知,空氣阻力做功引起小球機(jī)械能的削減,小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到的空氣阻力與速率成正比,即空氣阻力先減小后增大,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,空氣阻力做功先削減后增加,即小球機(jī)械能的削減量先減小后增大,小球在下落的過(guò)程中,與小球上升的過(guò)程比較,在同一點(diǎn)的速率下落的過(guò)程比較小,所以小球在下落的過(guò)程中減小的機(jī)械能小于小球在上升過(guò)程中減小的機(jī)械能,C選項(xiàng)正確。4.如圖(a)所示,被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)不脫落。其原理可等效為如圖(b)所示的模型:半徑為R的磁性圓軌道豎直固定,質(zhì)量為m的鐵球(視為質(zhì)點(diǎn))沿軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng),A、B分別為軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn),軌道對(duì)鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變。不計(jì)摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,則 ()A.鐵球繞軌道可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.鐵球繞軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒C.鐵球在A點(diǎn)的速度必需大于gRD.軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為3.5mg,才能使鐵球不脫軌【解析】選B。鐵球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到重力、軌道的彈力和磁性引力的作用,其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變,彈力的方向過(guò)圓心,它們都始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直,所以磁性引力和彈力都不能對(duì)鐵球做功,只有重力對(duì)鐵球做功,所以鐵球的機(jī)械能守恒,在最高點(diǎn)的速度最小,在最低點(diǎn)的速度最大,鐵球不行能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤,B正確;在A點(diǎn)軌道對(duì)鐵球的彈力的方向向上,鐵球的速度只要大于等于0即可通過(guò)A點(diǎn),故C錯(cuò)誤;由于鐵球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒,所以鐵球在A點(diǎn)的速度越小,則機(jī)械能越小,在B點(diǎn)的速度也越小,鐵球不脫軌且須要的磁性引力最小的條件是:鐵球在A點(diǎn)的速度恰好為0,而且到達(dá)B點(diǎn)時(shí),軌道對(duì)鐵球的彈力恰好等于0,依據(jù)機(jī)械能守恒定律,鐵球在A點(diǎn)的速度恰好為0,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度滿意mg·2R=12mv2,軌道對(duì)鐵球的彈力恰好等于0,則磁性引力與重力的合力供應(yīng)向心力,即F-mg=mv2R,聯(lián)立得F=5mg,可知要使鐵球不脫軌,軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg,5.如圖所示,在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊A、B,它們的質(zhì)量分別為m1、m2,彈簧勁度系數(shù)為k。C為一固定擋板,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一平行斜面對(duì)上的恒力F拉物塊A使之向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)物塊B剛要離開(kāi)擋板C時(shí),物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為d,速度為v。則此時(shí) ()A.拉力做功的瞬時(shí)功率為FvsinθB.物塊B滿意m2gsinθ>kdC.物塊A的加速度為FD.彈簧彈性勢(shì)能的增加量為Fd-m1gdsinθ【解析】選C。拉力的瞬時(shí)功率P=Fv,故A錯(cuò)誤;起先時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),彈簧的彈力等于A的重力沿斜面對(duì)下的分力,當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí),彈簧的彈力等于B的重力沿斜面對(duì)下的分力,則m2gsinθ=kx2,由于起先時(shí)彈簧是壓縮的,所以d>x2,因此m2gsinθ<kd,故B錯(cuò)誤;當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí),對(duì)A依據(jù)牛頓其次定律得F-m1gsinθ-kx2=m1a1,起先時(shí)對(duì)A由平衡條件得m1gsinθ=kx1,而d=x1+x2,解得物塊A加速度為a1=F-kdm1,故C正確;依據(jù)功能關(guān)系,彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量,即Fd-m1gdsinθ-12m6.如圖所示,豎直平面內(nèi)有一半徑為R的固定14圓軌道與水平軌道相切于最低點(diǎn)B。一質(zhì)量為m的物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止滑下,經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)B后沿水平軌道運(yùn)動(dòng),到C處停下,B、C兩點(diǎn)間的距離為R,物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用力F將物塊P沿下滑的路徑從C處緩慢拉回圓弧軌道的頂端A,拉力F的方向始終與物塊P的運(yùn)動(dòng)方向一樣,物塊P從B處經(jīng)圓弧軌道到達(dá)A處過(guò)程中,克服摩擦力做的功為μmgR,下列說(shuō)法正確的是A.物塊P在下滑過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)速度最大B.物塊P從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC.拉力F做的功小于2mgRD.拉力F做的功為mgR(1+2μ)【解析】選C、D。當(dāng)重力沿圓軌道切線方向的分力等于滑動(dòng)摩擦力時(shí)速度最大,此位置在AB之間,故A錯(cuò)誤;將物塊P緩慢地從B拉到A,克服摩擦力做的功為μmgR,而物塊P從A滑到B的過(guò)程中,物塊P做圓周運(yùn)動(dòng),依據(jù)向心力學(xué)問(wèn)可知物塊P所受的支持力比緩慢運(yùn)動(dòng)時(shí)要大,則滑動(dòng)摩擦力增大,所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR,因此物塊P從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力做的功大于2μmgR,故B錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理得,從C到A的過(guò)程中有WF-mgR-μmgR-μmgR=0-0,則拉力F做的功為WF=mgR(1+2μ),故D正確;從A到C的過(guò)程中,依據(jù)動(dòng)能定理得mgR-Wf-μmgR=0,因?yàn)閃f>μmgR,則mgR>μmgR+μmgR,因此WF<2mgR,故C正確。7.在一水平向右勻速運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)傳送帶的左端A點(diǎn),每隔相同的時(shí)間輕放上一個(gè)相同的工件。經(jīng)測(cè)量,發(fā)覺(jué)前面那些已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度的工件之間的距離均為L(zhǎng)。已知傳送帶的速率恒為v,工件與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,工件質(zhì)量為m,重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是 ()A.工件在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間肯定等于LB.傳送帶對(duì)每個(gè)工件做的功為12mvC.每個(gè)工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量肯定等于12D.傳送帶因傳送每一個(gè)工件而多消耗的能量為mv2【解析】選B、D。工件在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),然后做勻速直線運(yùn)動(dòng),每個(gè)工件滑上傳送帶后運(yùn)動(dòng)的規(guī)律相同,可知L=vT,解得將相鄰兩個(gè)工件放在傳送帶上的時(shí)間間隔T=Lv,但工件在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不肯定等于Lv,故A錯(cuò)誤;傳送帶對(duì)每個(gè)工件做的功為W=12mv2-0=12mv2,故B正確;設(shè)工件加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,工件與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)的路程為Δx=vt-12vt=12vt,摩擦產(chǎn)生的熱量Q=12μmgvt,由于t不肯定等于T,所以Q不肯定等于12μmgvT=12μmgL,故C錯(cuò)誤;依據(jù)能量守恒定律得,傳送帶因傳送一個(gè)工件多消耗的能量E=12mv2+μmgΔx=12mv2+【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示,足夠長(zhǎng)傳送帶與水平方向的傾角為θ,物塊a通過(guò)平行于傳送帶的輕繩跨過(guò)光滑輕滑輪與物塊b相連,起先時(shí),a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力的作用,現(xiàn)讓傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過(guò)程中 ()A.物塊a重力勢(shì)能削減量等于物塊b重力勢(shì)能的增加量B.物塊a機(jī)械能的削減量等于物塊b機(jī)械能的增加量C.摩擦力對(duì)物塊a做的功等于物塊a、b動(dòng)能增加之和D.隨意時(shí)刻,重力對(duì)a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等【解析】選A、C、D。起先時(shí),a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用,則有magsinθ=mbg,則masinθ=mb,b上升h,則a下降高度為hsinθ,則a重力勢(shì)能的減小量為maghsinθ=mbgh,即物塊a重力勢(shì)能削減量等于物塊b重力勢(shì)能的增加量,故A正確;由于摩擦力對(duì)a做正功,系統(tǒng)機(jī)械能增加,所以物塊a機(jī)械能的削減量小于物塊b機(jī)械能的增加量,故B錯(cuò)誤;依據(jù)能量守恒得知系統(tǒng)機(jī)械能增加,摩擦力對(duì)a做的功等于a、b機(jī)械能的增量,所以摩擦力做功大于a的機(jī)械能增加,因?yàn)橄到y(tǒng)重力勢(shì)能不變,所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加之和,故C正確;隨意時(shí)刻a、b的速率相等,對(duì)b克服重力的瞬時(shí)功率Pb=mgv,對(duì)a有Pa=magvsinθ=mgv,所以重力對(duì)a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等,故D正確。8.(2024·潮州模擬)某同學(xué)為了探討物體下落的過(guò)程的特點(diǎn),設(shè)計(jì)了如下試驗(yàn),將兩本書(shū)A、B從高樓樓頂放手讓其落下,兩本書(shū)下落過(guò)程中沒(méi)有翻轉(zhuǎn)和分別,由于受到空氣阻力的影響,其v-t圖象如圖所示,虛線在P點(diǎn)與速度圖線相切,已知mA=mB=1kg,g取10m/sA.t=2s時(shí)A處于超重狀態(tài)B.t=2s時(shí)AB的加速度大小為2mC.下落過(guò)程中AB的機(jī)械能守恒D.0～2s內(nèi)AB機(jī)械能削減量大于99J【解析】選B、D。依據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度,知t=2s時(shí)A的加速度為正,方向向下,則A處于失重狀態(tài),故A錯(cuò)誤;t=2s時(shí)AB的加速度大小為a=Δv9-52m/s2=2m/s2,故B正確;下落過(guò)程中,由于空氣阻力對(duì)AB做功,則AB的機(jī)械能不守恒,故C錯(cuò)誤;0～2s內(nèi)AB下落的高度h>12×9×2m=9m,AB重力勢(shì)能削減量ΔEp=(mA+mB)gh>2×10×9J=180J,動(dòng)能增加量ΔEk=12(m81J,則AB機(jī)械能削減量ΔE=ΔEp-△Ek>180J-81J=99J,故D正確。二、計(jì)算題(本題共2小題,共36分)9.(16分)彈跳桿運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)廣受青少年歡迎的運(yùn)動(dòng),彈跳桿的結(jié)構(gòu)如圖甲所示,一根彈簧的下端固定在跳桿的底部,上端固定在一個(gè)套在跳桿上的腳踏板底部,質(zhì)量為5m的小明站在腳踏板上,當(dāng)他和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),彈簧的壓縮量為x0,小明先保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直彈跳。某次彈跳中,從彈簧處于最大壓縮量為5x0起先計(jì)時(shí),如圖乙(a)所示;上升到彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí),小明抓住跳桿,使得他和彈跳桿瞬間達(dá)到共同速度,如圖乙(b)所示;緊接著他保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直上升到最大高度,如圖乙(c)所示;已知全程彈簧始終處于彈性限度內(nèi)(彈簧彈性勢(shì)能滿意Ep=12kx2,k為彈簧勁度系數(shù),x為彈簧形變量),跳桿的質(zhì)量為m,重力加速度為g,空氣阻力、彈簧和腳踏板的質(zhì)量以及彈簧和腳踏板與跳桿間的摩擦均可忽視不計(jì)。求(1)彈跳桿中彈簧的勁度系數(shù)k;(2)從起先計(jì)時(shí)至豎直上升到最大高度過(guò)程中小明的最大速度vm。【解析】(1)小明和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),受力平衡,重力與彈簧彈力等大反向。5mg=kx0。解得,k=5mg(2)小明的合力為零時(shí),速度最大。此時(shí)小孩上上升度為4x0。依據(jù)系統(tǒng)能量守恒定律可知,12k(5x0)2=5mg·4x0+12kx02+解得vm=4gx答案:(1)5mgx10.(20分)(2024年山東新高考模