《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 限時(shí)規(guī)范專題練（一）動(dòng)力學(xué)和能量問題綜合應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 限時(shí)規(guī)范專題練（一）動(dòng)力學(xué)和能量問題綜合應(yīng)用（含解析）（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 限時(shí)規(guī)范專題練（一）動(dòng)力學(xué)和能量問題綜合應(yīng)用（含解析） 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選) 1．(2018·廣東六校聯(lián)考)北京獲得2022年冬奧會(huì)舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目。將一個(gè)冰壺以一定初速度推出后將運(yùn)動(dòng)一段距離停下來。換一個(gè)材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運(yùn)動(dòng)的距離將(　　) A．不變 B．變小 C．變大 D．無法判斷 答案　A 解析　冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，兩種冰壺的初速度相等，材料相

2、同，故運(yùn)動(dòng)的位移大小相等。故選A。 2.(2018·唐山開灤二中月考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體始終靜止在斜面上，在斜面體從圖中實(shí)線位置沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)到虛線位置的過程中，下列關(guān)于物體所受各力做功的說法正確的是(　　) A．重力不做功 B．支持力不做功 C．摩擦力不做功 D．合力做正功 答案　A 解析　物體在水平方向移動(dòng)，在重力方向上沒有位移，所以重力對(duì)物體做功為零，A正確；由題圖知，斜面體對(duì)物體的支持力與位移的夾角小于90°，則支持力對(duì)物體做正功，B錯(cuò)誤；摩擦力方向沿斜面向上，與位移的夾角為鈍角，所以摩擦力對(duì)物體做負(fù)功，C錯(cuò)誤；物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力為零，合力對(duì)物體做功

3、為零，D錯(cuò)誤。 3．把動(dòng)力裝置分散安裝在每節(jié)車廂上，使其既具有牽引動(dòng)力，又可以載客，這樣的客車車廂叫做動(dòng)車。而動(dòng)車組就是幾節(jié)自帶動(dòng)力的車廂加幾節(jié)不帶動(dòng)力的車廂編成一組。帶動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車，不帶動(dòng)力的車廂叫拖車。設(shè)動(dòng)車組運(yùn)行過程中的阻力與質(zhì)量成正比，每節(jié)動(dòng)車與拖車的質(zhì)量都相等，每節(jié)動(dòng)車的額定功率都相等，若開動(dòng)一節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車，最大速度可達(dá)到150 km/h。當(dāng)開動(dòng)二節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車時(shí)，最大速度可達(dá)到(　　) A．200 km/h B．240 km/h C．280 km/h D．300 km/h 答案　B 解析　若開動(dòng)一節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車，最大速度可達(dá)到150 km/h。設(shè)動(dòng)車的功率

4、為P，每節(jié)車廂所受的阻力為f，當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)動(dòng)車的牽引力等于整體的阻力，則有：P＝4fv，當(dāng)開動(dòng)二節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車時(shí)，有2P＝5fv′，聯(lián)立兩式解得v′＝240 km/h。B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 4．如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計(jì)，質(zhì)量為2 kg的物體在拉力F作用下由靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可知(　　) A．物體加速度大小為2 m/s2 B．F的大小為21 N C．4 s末F的功率為42 W D．4 s內(nèi)F的平均功率為42 W 答案　C 解析　由題圖乙可知，v－t圖象的斜率表示物體加速度的大小，即a＝0.5 m/s2，由2F－mg

5、＝ma可得：F＝10.5 N，A、B均錯(cuò)誤；4 s末F的作用點(diǎn)的速度大小為vF＝2v物＝4 m/s，故4 s末F的功率為P＝FvF＝42 W，C正確；4 s內(nèi)物體上升的高度h＝4 m，力F的作用點(diǎn)的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率＝＝21 W，D錯(cuò)誤。 5.如圖所示，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從固定斜面頂端由靜止釋放后沿斜面加速下滑，設(shè)物塊質(zhì)量為m、物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，斜面高度h和底邊長(zhǎng)度x均可獨(dú)立調(diào)節(jié)(斜面長(zhǎng)度隨之改變)，下列說法正確的是(　　) A．若只增大x，物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能增大 B．若只增大h，物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能減小 C．

6、若只增大μ，物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能增大 D．若只增大m，物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能增大 答案　D 解析　對(duì)物塊用動(dòng)能定理可得mgh－Wf＝Ek－0，其中Ek為物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能，Wf為下滑過程物塊克服摩擦力所做的功，而Wf＝fs＝μFNs＝μmgcosθ·s＝μmgx，其中f為物塊受到的摩擦力，s為斜面斜邊長(zhǎng)，F(xiàn)N為斜面對(duì)物塊的支持力，故mgh－μmgx＝Ek－0，則D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 6.(2018·石家莊質(zhì)檢一)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長(zhǎng)的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)。開始用手托著物體A使彈簧處于原長(zhǎng)且輕繩伸直，此時(shí)物體A與水平地面的距

7、離為h，物體B靜止在地面上?，F(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為0，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài) B．物體A即將落地時(shí)，物體B處于失重狀態(tài) C．從物體A開始下落到即將落地的過程中，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgh D．物體A下落過程中，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和先增大后減小 答案　C 解析　根據(jù)題述“A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為0”，可知A先加速后減速向下運(yùn)動(dòng)，加速度方向先向下后向上，物體A先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；根據(jù)題述“A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為0，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力

8、”，可知此時(shí)輕繩中拉力大小等于B的重力，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，加速度為零，B錯(cuò)誤；對(duì)A和彈簧組成的系統(tǒng)，在A由靜止下落到A與地面即將接觸的過程中，系統(tǒng)的重力勢(shì)能、動(dòng)能和彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，物體A即將落地時(shí)，重力勢(shì)能減少量為mgh，動(dòng)能與初狀態(tài)相同為0，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大為mgh，C正確；在物體A下落過程中，A的重力勢(shì)能一直減小，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和一直增大，D錯(cuò)誤。 7.(2018·陜西寶雞模擬)如圖所示，內(nèi)壁光滑的圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，輕桿兩端固定有甲、乙兩球，甲球質(zhì)量小于乙球質(zhì)量，將兩球放入軌道內(nèi)，乙球位于最低點(diǎn)。由靜止釋放輕桿后，甲球(　　) A．能下滑到軌道的最低點(diǎn)

9、B．下滑過程中桿對(duì)其做負(fù)功 C．滑回時(shí)一定能返回到初始位置 D．滑回的全過程，增加的重力勢(shì)能等于乙球減少的重力勢(shì)能 答案　BCD 解析　甲、乙兩球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，若甲球沿軌道能下滑到軌道的最低點(diǎn)，則乙球到達(dá)與圓心等高處，但由于乙球的質(zhì)量比甲球的大，造成機(jī)械能增加，明顯違背了機(jī)械能守恒定律，故甲球不可能滑到軌道最低點(diǎn)，A錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，甲球返回時(shí)，一定能返回到初始位置，C正確；甲球下滑過程中，乙球的機(jī)械能逐漸增大，所以甲球的機(jī)械能逐漸減小，根據(jù)功能關(guān)系知桿對(duì)甲球做負(fù)功，B正確；甲球滑回的全過程，甲球增加的機(jī)械能等于乙球減少的機(jī)械能，由于初、末態(tài)兩球的速度均為零，即動(dòng)能

10、均為零，所以甲球增加的重力勢(shì)能等于乙球減少的重力勢(shì)能，D正確。 8．第一次將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止。第二次將長(zhǎng)木板分成A、B兩塊，使B的長(zhǎng)度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左端開始向右滑動(dòng)，如圖乙所示。若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過程中所受的摩擦力始終不變，則下列說法正確的是(　　) A．小鉛塊將從B的右端飛離木板 B．小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對(duì)靜止 C．第一次和第二次過程中產(chǎn)生的熱量相等 D．第一次過程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過程中產(chǎn)生

11、的熱量 答案　BD 解析　在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，當(dāng)小鉛塊運(yùn)動(dòng)到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程，故第二次小鉛塊與B將更早共速，所以小鉛塊還沒有運(yùn)動(dòng)到B的右端，二者就已共速，A錯(cuò)誤，B正確；由于第一次的相對(duì)路程大于第二次的相對(duì)路程，則第一次過程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過程中產(chǎn)生的熱量，C錯(cuò)誤，D正確。 9．(2018·重慶調(diào)研)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，A、B之間用一輕彈簧相連，將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上，斜面的傾角為θ，彈簧的勁度系數(shù)為k?，F(xiàn)對(duì)A施加一平行于斜

12、面向上的恒力F，使A沿斜面由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)B對(duì)擋板的壓力剛好為零時(shí)，A的速度剛好為v，下列說法正確的是(　　) A．此時(shí)彈簧的彈力大小為m1gsinθ B．在此過程中拉力F做的功為 C．在此過程中彈簧彈性勢(shì)能增加了－m1v2 D．在此過程中木塊A重力勢(shì)能增加了 答案　BD 解析　根據(jù)題述“當(dāng)B對(duì)擋板的壓力剛好為零時(shí)，A的速度剛好為v”，可知此時(shí)彈簧彈力大小等于木塊B的重力沿斜面的分力m2gsinθ，A錯(cuò)誤。初始狀態(tài)，未對(duì)A施加恒力F時(shí)，設(shè)彈簧壓縮量為x1，對(duì)木塊A，由平衡條件可得，kx1＝m1gsinθ，解得：x1＝；當(dāng)B對(duì)擋板的壓力剛好為零時(shí)，設(shè)彈簧拉伸了x2，對(duì)木

13、塊B，由平衡條件可得，kx2＝m2gsinθ，解得：x2＝，在此過程中拉力F做的功為W＝F(x1＋x2)＝，B正確。在此過程中木塊A重力勢(shì)能增加了ΔEp＝m1g·(x1＋x2)sinθ＝，D正確。設(shè)在此過程中彈簧彈性勢(shì)能增加了ΔE，根據(jù)功能關(guān)系，W＝ΔE＋m1g(x1＋x2)sinθ＋m1v2，解得ΔE＝－－m1v2，C錯(cuò)誤。 10．如圖所示，水平光滑長(zhǎng)桿上套有一個(gè)質(zhì)量為mA的小物塊A，細(xì)線跨過O點(diǎn)的輕小光滑定滑輪一端連接A，另一端懸掛質(zhì)量為mB的小物塊B，C為O點(diǎn)正下方桿上一點(diǎn)，滑輪到桿的距離OC＝h。開始時(shí)A位于P點(diǎn)，PO與水平方向的夾角為30°?，F(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，則下列分析正確

14、的是(　　) A．物塊B從釋放到最低點(diǎn)的過程中，物塊A的動(dòng)能不斷增大 B．物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)的過程中，物塊B的機(jī)械能先增大后減小 C．PO與水平方向的夾角為45°時(shí)，物塊A、B速度大小關(guān)系是vA＝vB D．物塊A在運(yùn)動(dòng)過程中最大速度為 答案　AD 解析　如圖，vAcosθ＝vB，當(dāng)θ＝90°時(shí)，vB＝0，物體B到達(dá)最低點(diǎn)，繩的拉力對(duì)A一直做正功，A動(dòng)能不斷增大，A項(xiàng)正確；在此過程中繩的拉力對(duì)B一直做負(fù)功，B的機(jī)械能減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；PO與水平面夾角為45°時(shí)，由vAcos45°＝vB得：vA＝vB，C項(xiàng)錯(cuò)誤；A的最大速度出現(xiàn)在θ＝90°時(shí)，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：m

15、Bg－h(huán)＝mAv，解得vA＝ ，D項(xiàng)正確。 二、非選擇題(本題共2小題，共30分) 11．(14分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B點(diǎn)，C點(diǎn)是最低點(diǎn)，圓心角∠BOC＝37°，D點(diǎn)與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1.0 m，現(xiàn)在一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2 kg 可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體，從D點(diǎn)的正上方E點(diǎn)處自由下落，DE距離h＝1.6 m，小物體與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2。求： (1)小物體第一次通過C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小物體的支持力FN的大小。 (2)要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面

16、的長(zhǎng)度LAB至少要多長(zhǎng)。 (3)若斜面已經(jīng)滿足(2)中的要求，小物體從E點(diǎn)開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道上做周期性運(yùn)動(dòng)，在此過程中系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量Q的大小。 答案　(1)12.4 N　(2)2.4 m　(3)4.8 J 解析　(1)小物體從E到C，由機(jī)械能守恒定律得： mg(h＋R)＝mv① 在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得： FN－mg＝m② 聯(lián)立①②解得FN＝12.4 N。 (2)從E→D→C→B→A過程，由動(dòng)能定理得： WG－W阻＝0③ WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]④ W阻＝μmgcos37°LAB⑤ 聯(lián)立③④⑤解得LAB＝2.4 m。

17、 (3)因?yàn)閙gsin37°>μmgcos37°(或μ

18、AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。 (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，但仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。 答案　(1)　2l　(2)m≤M

19、Mg·4l② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得 vB＝③ 若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，則 －mg≥0④ 由機(jī)械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l⑤ 聯(lián)立③⑤式得 vD＝⑥ vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為 s＝vDt⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得 s＝2l⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度應(yīng)大于零。由①②式可知 5mgl>μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有 Mv≤Mgl? 聯(lián)立①②⑩?式得 m≤M