2025版新教材高考物理復(fù)習(xí)特訓(xùn)卷考點(diǎn)36動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

考點(diǎn)36動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用——提實(shí)力1.[2024·天津十二校模擬]滑雪是一種常見(jiàn)的體育項(xiàng)目，具有很強(qiáng)的欣賞性．半徑為R的四分之一圓弧軌道如圖所示，質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員(含滑板)從A點(diǎn)由靜止起先滑下，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)軌道的壓力為2mg，已知軌道半徑遠(yuǎn)大于運(yùn)動(dòng)員的身高，重力加速度為g，則運(yùn)動(dòng)員下滑的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．機(jī)械能守恒B．先失重后超重C．重力的功率始終變大D．阻力做功為eq\f(1,2)mgR2．[2024·天津河?xùn)|區(qū)一模](多選)某試驗(yàn)室模擬物流分揀裝置，讓物塊在表面粗糙的水平傳送帶上隨傳送帶傳輸時(shí)，經(jīng)過(guò)一段風(fēng)洞區(qū)域，使物塊恰好被分揀到傳送帶一側(cè)的平臺(tái)上．已知傳送帶的寬度d＝0.98m(物塊位于傳送帶中間位置)，傳送帶的速度v0＝1m/s，物塊到達(dá)風(fēng)洞區(qū)域前與傳送帶共速．物塊的質(zhì)量m＝500g，物塊在風(fēng)洞區(qū)域受到恒定的作用力F＝2N，物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，風(fēng)洞區(qū)域的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.7m．假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，物塊的尺寸遠(yuǎn)小于傳送帶的寬度，重力加速度g＝10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A．物塊進(jìn)入風(fēng)洞區(qū)域后的加速度為2eq\r(5)m/s2B．物塊落到平臺(tái)上時(shí)的速度約為1.7m/sC．物塊與傳送帶間的摩擦生熱為0.49JD．若增大傳送帶的速度，物塊將不能落入平臺(tái)3.[2024·湖南邵陽(yáng)二中模擬](多選)如圖所示，現(xiàn)將一長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m且分布勻稱的金屬鏈條通過(guò)裝有傳送帶的斜面輸送到高處．斜面與傳送帶靠在一起連成始終線，與水平方向夾角為θ，斜面部分光滑，鏈條與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)．傳送帶以較大的恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．已知鏈條處在斜面或者傳送帶上隨意位置時(shí)，支持力都勻稱作用在接觸面上．將鏈條放在傳送帶和斜面上，當(dāng)位于傳送帶部分的長(zhǎng)度為eq\f(L,4)時(shí)，鏈條恰能保持靜止．現(xiàn)將鏈條從位于傳送帶部分的長(zhǎng)度為eq\f(L,3)的位置由靜止釋放，則下列說(shuō)法正確的是(假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)()A．鏈條與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝4tanθB．釋放瞬間鏈條的加速度為eq\f(1,3)gsinθC．釋放后，鏈條運(yùn)動(dòng)的加速度勻稱增大D．從起先到鏈條離開(kāi)斜面的過(guò)程中，傳送帶對(duì)鏈條做的功等于鏈條動(dòng)能的增加4.(多選)如圖所示，一水平傳送帶右端與半徑為R＝0.5m的豎直光滑固定圓弧軌道的內(nèi)側(cè)相切于Q點(diǎn)，傳送帶以某一速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．現(xiàn)將質(zhì)量為m＝0.2kg的小物塊由靜止放在傳送帶的左端P點(diǎn)，小物塊隨傳送帶向右運(yùn)動(dòng)，后經(jīng)Q點(diǎn)滑上圓弧軌道，并能通過(guò)最高點(diǎn)N.小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，已知P、Q之間的距離為L(zhǎng)＝4m，取g＝10m/s2，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是()A．傳送帶的最小轉(zhuǎn)動(dòng)速率為v0＝5m/sB．若傳送帶以最小速率v0轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間t＝1.5sC．若傳送帶以最小速率v0轉(zhuǎn)動(dòng)，則整個(gè)過(guò)程中小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝5JD．若傳送帶以最小速率v0轉(zhuǎn)動(dòng)，則因傳送小物塊電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多做的功W＝5J5.在提倡“節(jié)約型社會(huì)”的氛圍下，自動(dòng)充電式電動(dòng)自行車應(yīng)運(yùn)而生．電動(dòng)車的前輪裝有發(fā)電機(jī)，發(fā)電機(jī)與蓄電池連接，當(dāng)下坡或剎車時(shí)，自行車就可自動(dòng)連通發(fā)電機(jī)向蓄電池充電，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化成電能儲(chǔ)存起來(lái)．當(dāng)人騎車以500J的初動(dòng)能在粗糙的水平路面上運(yùn)動(dòng)，第一次關(guān)閉自動(dòng)充電裝置，讓車自由滑行，其動(dòng)能—位移關(guān)系如圖線①所示；其次次啟動(dòng)自動(dòng)充電裝置，其動(dòng)能—位移關(guān)系如圖線②所示．設(shè)轉(zhuǎn)扮裝置的效率為100%，則()A．自由滑行時(shí)，人和車所受的合力為100NB．啟動(dòng)充電裝置后，人和車所受的合力先減小后增大C．啟動(dòng)充電裝置后向蓄電池所充電能為200JD．啟動(dòng)充電裝置后轉(zhuǎn)化為電能的功率保持不變6.[2024·江蘇南京一中檢測(cè)]如圖所示，一小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))從H＝10m高處，由靜止起先沿光滑彎曲軌道AB進(jìn)入半徑R＝2m的光滑豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，彎曲軌道AB在B點(diǎn)與圓環(huán)軌道平滑相接．之后物塊沿CB圓弧滑下，由B點(diǎn)(無(wú)機(jī)械能損失)進(jìn)入右側(cè)的粗糙水平面上壓縮彈簧．已知物塊的質(zhì)量m＝2kg，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，彈簧自然狀態(tài)下最左端D點(diǎn)與B點(diǎn)距離L＝15m，g＝10m/s2，求：(1)物塊從A滑到B時(shí)的速度大小；(2)物塊到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力；(3)若彈簧最短時(shí)壓縮量為10m，求此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能．7．[2024·湘鄂豫名校4月聯(lián)考]雪車是冬奧會(huì)的競(jìng)賽項(xiàng)目之一，風(fēng)馳電掣般的高速行駛是雪車的最大看點(diǎn)之一．北京2024年冬奧會(huì)雪車項(xiàng)目的競(jìng)賽將在延慶賽區(qū)的國(guó)家雪車雪橇中心進(jìn)行．雪車競(jìng)賽所用賽道長(zhǎng)1.5km左右，落差在100m至150m之間．競(jìng)賽可以分為兩個(gè)過(guò)程：過(guò)程1中運(yùn)動(dòng)員手推雪車沿斜向下的賽道奔跑獲得初始速度，如圖1所示；過(guò)程2中運(yùn)動(dòng)員跳入車體內(nèi)，呈坐姿在彎曲的賽道上無(wú)動(dòng)力滑行，如圖2所示．設(shè)雪車的質(zhì)量為m1，運(yùn)動(dòng)員的總質(zhì)量為m2，重力加速度為g，忽視冰面與雪車之間的摩擦．(1)過(guò)程1中運(yùn)動(dòng)員推車奔跑使雪車獲得速度v0，這一過(guò)程中賽道的落差為h，求這一過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)雪車做的功W.(2)過(guò)程2中為了讓運(yùn)動(dòng)員乘坐雪車能高速且平安地通過(guò)彎道，彎道處的賽道均向內(nèi)側(cè)傾斜．若雪車以速度v通過(guò)半徑為r的一小段彎道，彎道落差可忽視．建立圖3所示的模型，將運(yùn)動(dòng)員和雪車整體看作質(zhì)點(diǎn)，求在彎道處賽道對(duì)雪車的支持力FN的大?。?．[2024·湖北武漢武昌區(qū)一模]如圖所示，從A點(diǎn)以水平速度v0＝2m/s拋出質(zhì)量m＝1kg的小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)物塊P運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿切線方向進(jìn)入半徑R＝2m、圓心角θ＝60°的固定光滑圓弧軌道BC，軌道最低點(diǎn)C與水平地面相切，C點(diǎn)右側(cè)水平地面某處固定擋板上連接一水平輕質(zhì)彈簧．物塊P與水平地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ為某肯定值，g取10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力．求：(1)拋出點(diǎn)A距水平地面的高度H；(2)若小物塊P第一次壓縮彈簧被彈回后恰好能回到B點(diǎn)，求彈簧壓縮過(guò)程中的最大彈性勢(shì)能Ep.考點(diǎn)36動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用——提實(shí)力1．答案：B解析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)依據(jù)牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，eq\f(1,2)mv2<mgR可知運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒，可知有阻力做功，依據(jù)功能關(guān)系有Wf＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，Wf＝－eq\f(1,2)mgR，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在圓弧軌道上加速度先向下后向上，先失重后超重，故B正確；重力的功率起先時(shí)為零，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，則重力的功率也為零，則重力的功領(lǐng)先增大后減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．2．答案：BC解析：進(jìn)入風(fēng)洞區(qū)域后，物塊與傳送帶在沿著傳送帶運(yùn)動(dòng)的方向共速，在垂直于傳送帶運(yùn)動(dòng)的方向上，由于F>μmg，物塊與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓其次定律F－μmg＝ma解得a＝2m/s2，故A錯(cuò)誤；物塊經(jīng)過(guò)風(fēng)洞區(qū)域所用時(shí)間t＝eq\f(L,v0)＝0.7s，此過(guò)程中物塊垂直于傳送帶運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生的位移y＝eq\f(1,2)at2＝0.49m＝eq\f(d,2)，物塊剛好在離開(kāi)風(fēng)洞區(qū)域時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)落入平臺(tái)，物塊落入平臺(tái)時(shí)的速度等于物塊離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋（at）2)＝eq\r(2.96)m/s≈1.7m/s，故B正確；物塊與傳送帶間的摩擦生熱Q＝μmgx相對(duì)＝μmgy＝0.49J，故C正確；若增大傳送帶的速度，則物塊經(jīng)過(guò)風(fēng)洞區(qū)域時(shí)間t減小，在垂直于傳送帶運(yùn)動(dòng)方向位移y減小，則物塊在出風(fēng)洞區(qū)域時(shí)沒(méi)有落入平臺(tái)，但其在垂直于傳送帶運(yùn)動(dòng)方向上仍有分速度，在摩擦力的作用下，在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，因此仍有可能落入平臺(tái)，故D錯(cuò)誤．3．答案：AB解析：設(shè)整個(gè)鏈條的總質(zhì)量為m，當(dāng)位于傳送帶部分的長(zhǎng)度為eq\f(L,4)時(shí)，鏈條恰能保持靜止，則mgsinθ＝μ·eq\f(1,4)mgcosθ，解得μ＝4tanθ，A正確；釋放的瞬間，依據(jù)牛頓其次定律得μ·eq\f(1,3)mgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝eq\f(1,3)gsinθ，B正確；鏈條從靜止釋放后，鏈條所受的摩擦力隨著鏈條位于傳送帶部分的長(zhǎng)度增加而勻稱增大，則鏈條的加速度在增大，但不是勻稱增大，C錯(cuò)誤；從起先到鏈條離開(kāi)斜面的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理得W－WG＝ΔEk，傳送帶對(duì)鏈條做的功大于鏈條動(dòng)能的增加，D錯(cuò)誤．4．答案：AD解析：由題意知，傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速率最小時(shí)，小物塊到達(dá)Q點(diǎn)已與傳送帶共速且小物塊剛好能到達(dá)N點(diǎn)．在N點(diǎn)有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N)),R)小物塊從Q點(diǎn)到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))聯(lián)立解得v0＝5m/s，故A正確；設(shè)小物塊經(jīng)過(guò)時(shí)間t1加速到與傳送帶共速，則μmg＝ma，v0＝at1小物塊的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))代入數(shù)據(jù)可得x1＝2.5m，t1＝1s，1s后小物塊與傳送帶相對(duì)靜止，勻速到達(dá)Q，設(shè)時(shí)間為t2，t2＝eq\f(L－x1,v0)＝0.3s，則小物塊從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間t＝t1＋t2＝1.3s，故B錯(cuò)誤；傳送帶在t1時(shí)間內(nèi)的位移x2＝v0t，依據(jù)題意則有Δx＝x2－x1；Q＝μmgΔx聯(lián)立解得Q＝2.5J，故C錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，因傳送小物塊電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多做的功W＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，代入數(shù)據(jù)解得W＝5J，故D正確．5．答案：C解析：自由滑行時(shí)人和車所受的合力為摩擦力，設(shè)其大小為Ff，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－Ffx＝－Ek解得Ff＝50N，A錯(cuò)誤；啟動(dòng)充電裝置后，設(shè)人和車所受的合力大小為F，在很短的一段位移Δx內(nèi)動(dòng)能的改變量為ΔEk，由動(dòng)能定理得－F·Δx＝ΔEk，則eq\f(ΔEk,Δx)＝－F由數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)知，F(xiàn)等于圖線切線斜率的肯定值，由題圖知，圖線的切線斜率漸漸減小，故人和車所受的合力F減小，B錯(cuò)誤；啟動(dòng)充電裝置后，在整個(gè)過(guò)程中，由能量守恒定律得ΔEk＝Ffx1＋W解W＝ΔEk－Ffx1＝500J－50×6J＝200J，C正確；設(shè)在很短的一段時(shí)間Δt內(nèi)通過(guò)的位移為Δx，由能量守恒定律得，轉(zhuǎn)化的電能ΔW＝F·Δx－Ff·Δx，則eq\f(ΔW,Δt)＝F·eq\f(Δx,Δt)－Ff·eq\f(Δx,Δt)，即P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－Ff))v因?yàn)槿撕蛙囁艿暮狭減小，人和車的速度v減小，故轉(zhuǎn)化的電能的功率P減小，D錯(cuò)誤．6．答案：(1)10eq\r(2)m/s(2)100N(3)100J解析：(1)物塊從A滑到B的過(guò)程由動(dòng)能定理得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))解得vB＝10eq\r(2)m/s.(2)物塊從A滑到C的過(guò)程由動(dòng)能定理得mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))在C點(diǎn)由牛頓其次定律得mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)聯(lián)立解得FN＝100N.(3)從B點(diǎn)到彈簧壓縮最短時(shí)的過(guò)程由功能關(guān)系得eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝μmg(L＋x)＋Ep解得Ep＝100J．7．答案：(1)eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－m1gh(2)(m1＋m2)eq\r(g2＋\f(v4,r2))解析：(1)運(yùn)動(dòng)員推車奔跑過(guò)程中對(duì)雪車由動(dòng)能定理有W＋m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得W＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－m1gh.(2)依據(jù)牛頓其次定律，轉(zhuǎn)彎過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員和雪車須要的向心力F向＝(m1＋m2)eq\f(v2,r)對(duì)運(yùn)動(dòng)員和雪車進(jìn)行受力分析，如圖所示依據(jù)平行四邊形定則可知Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N))＝(m1＋m2)2g2＋Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(向))代入解得FN＝(m1＋m2)eq\r(g2＋\f(v4,r2)).8．答案：(1)1.6m(2)14J解析：(1)物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)有tanθ＝eq\f(vy,v0)可得vy＝2eq\r(3)m/s小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的豎直分位移y＝e