【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习教案第5章限时规范专题练(一)《动力学和能量综合应用问题》(含详解).doc，共(11)页，165.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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10小题，每小题7分，共70分。其中1～4题为单选，5～10题为多选)1.(2020·陕西省榆林市高三一模)如图所

示，“娃娃机”是指将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制的抓取玩具的机器手臂的机器，使用者要凭自己的技术操控手臂，以取到自己想要的玩具。不计空气阻力，关于“娃娃机”，下列说法正确的是()A．玩具从机器手臂处自由下落时，玩具

的机械能守恒B．机器手臂抓到玩具匀速水平移动时，玩具的动能增加C．机器手臂抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒D．机器手臂抓到玩具加速上升时，机器手臂做的功等于玩具重力势能的变化量答案A解析在没有空气阻力的情况下，玩

具从机器手臂处自由下落时，重力势能转化为动能，玩具的机械能守恒，故A正确；机器手臂抓到玩具匀速水平移动时，玩具的质量和速度均不变，则其动能不变，故B错误；机器手臂抓到玩具匀速上升时，玩具的动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，故C错误；机器手臂抓到玩具加速上升时，玩具的动能和

重力势能均变大，机器手臂做的功等于玩具重力势能与动能的变化量之和，故D错误。2．(2020·广西桂林市高三上学期第一次联合调研)材料相同质量不同的两滑块，以相同的初动能在同一水平面上运动，最后都停了下来。下列说法正确的是()A．质量大的滑块摩擦力

做功多B．质量大的滑块运动的位移大C．质量大的滑块运动的时间长D．质量大的滑块摩擦力冲量大答案D解析滑块做匀减速直线运动停下的过程，根据动能定理有Wf＝－μmgx＝0－Ek，得x＝Ekμmg，则该过程中，两滑块摩擦力做功相同，质量大的滑块位移小，故A、B错误；根据

动量定理有I＝－μmgt＝0－2mEk，故质量大的滑块摩擦力冲量大，运动时间短，故C错误，D正确。3.(2020·福建省漳州市高三下一模)用一竖直向上的力将原来在地面上静止的货物向上提起，货物由地面运动至最高点的过程中，利用传感器记录货物的速度—时间图像如图，则()A．0～3s内拉力功率

恒定不变B．5～7s内货物处于超重状态C．5～7s内运动过程中，货物的机械能增加D．0～3s内的平均速度比5～7s内的平均速度小答案C解析由题图可知，0～3s内拉力恒定，速度一直增大，所以拉力功率增大，故A错误；5～7s内货物向上减速，加速度向下，货物处于失重状态，故B错

误；设货物的质量为m,5～7s的加速度为a，竖直向上拉货物的力为F，则由题图可知，a＝0－67－5m/s2＝－3m/s2，又F－mg＝ma，则F＝m·7m/s2，即F不为零，做正功，所以货物的机械能增加，故C正确；由题图及匀

变速直线运动的规律知，0～3s内的平均速度和5～7s内的平均速度都等于3m/s，故D错误。4.(2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到

C点时速度减为零，然后被弹回。物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块()A．从A下降到B的过程中，合力先变小后变大B．从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小C．从C上升到B的过程中，动能先增大后减小D．从C上升到B的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加答

案C解析从A下降到B的过程中，物块受到向下的重力、弹簧向上的弹力和向上的空气阻力，重力大于弹力和空气阻力之和，随着物块下降，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B点时速度达到最大，此时加速度为零，合力为零，kx＝mg－f，则从A下降到B的过程中合力一直减小到零，故A错误；从B下降到C

的过程中，物块所受的合力和加速度向上且逐渐增大，则从A下降到C的过程中，加速度先减小后增大，故B错误；物块从C上升到B的过程中，开始弹力大于空气阻力和重力之和，物块向上加速，当加速度减为零时kx′＝mg＋f，此时的压缩量x′>x，位置在B点下方，向上的速度达到最大，此后向上做变减速直

线运动，故从C上升到B的过程中，动能先增大后减小，故C正确；对于物块和弹簧组成的系统，由于空气阻力做功，所以系统的机械能减小，即物块的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和减小，从C上升到B的过程中，物块的动能先增大后减小，则系统的重力势能与弹性势能之和在动能最大

之前一直减小，故D错误。5.(2020·东北三省三校高三下学期第三次联合模拟)如图所示，竖直面内有一个半径为R的光滑14圆弧轨道，质量为m的物块(可视为质点)从顶端A处静止释放滑至底端B处，下滑过程中，物

块的动能Ek、与轨道间的弹力大小N、机械能E、重力的瞬时功率P随物块在竖直方向下降高度h变化的关系图像正确的是()答案BC解析物块下滑过程中，根据动能定理可知：Ek＝mgh，即Ek-h图像为正比例函数图像，故A错误；如图

所示，物块做圆周运动的向心力为：N－mgcosθ＝mv2R，且cosθ＝hR，Ek＝12mv2＝mgh，整理可得N＝mgcosθ＋mv2R＝mghR＋2mghR＝3mghR，则物块与轨道间的弹力大小N与h成正比，故B正确；整个过程中只有重力做功，物块机械能守恒，即物块机械能不

变，故C正确；根据瞬时功率公式可以得到：P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，由于12mv2＝mgh，则v＝2gh，整理可以得到：P＝mgvsinθ＝mg2gh·R2－h2R，即重力的瞬时功率P与竖直方向

下降高度h不是线性关系，故D错误。6.(2020·山东省日照市高三上学期1月校际联考)滑雪运动深受人民群众喜爱。如图，竖直面内有半径为R的圆弧形滑道AB，一质量为m的滑雪爱好者(可视为质点)从滑道的A点由静止开始下滑，到达最低点B时对滑道的压力大小为32mg(g为当地的重力加速度)。已

知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则滑雪爱好者在沿着AB下滑的过程中()A．重力的功率先增加后减小B．始终处于失重状态C．克服摩擦力做功为14mgRD．受到的摩擦力大小为34πmg答案AC解析滑雪爱好者从A到B

的运动，可分解为水平方向的分运动和竖直方向的分运动，在沿着AB下滑过程中，滑雪爱好者在竖直方向的速度先增大后减小，则重力的功率先增加后减小，故A正确；在下滑过程中，滑雪爱好者在竖直方向的加速度先是向下，

后是向上，所以滑雪爱好者先处于失重状态，后处于超重状态，故B错误；设滑雪爱好者到最低点时的速度为v，根据牛顿第二定律得FN－mg＝mv2R，此时FN＝32mg，从A到B的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR(1

－sin30°)－Wf＝12mv2，可解得Wf＝14mgR，故C正确；因为在沿着AB下滑过程中，滑雪爱好者的速度大小在变化，因此滑雪爱好者受到的滑道的支持力在变化，所以受到的摩擦力也在变化，不是一个恒定的值

，故D错误。7.(2020·河北省高三第二次省际调研)如图所示，粗糙的固定水平杆上有A、B、C三点，轻质弹簧一端固定在B点正下方的O点，另一端与套在杆上A点、质量为m的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从A处由静止释放，向右运动经过B点时速度为v、加速度为零，到达C点时速度

为零，下列说法正确的是()A．从A到C过程中，圆环在B点速度最大B．从A到B过程中，杆对环的支持力一直减小C．从A到B过程中，弹簧对圆环做的功一定大于12mv2D．从B到C过程中，圆环克服摩擦力做功等于12mv2答案BC解析根据题意，圆环经过B点时所

受合力为零，则圆环受到的重力与弹簧竖直向上的弹力平衡，弹簧处于压缩状态，而圆环由A点释放时弹簧处于拉伸状态，则圆环在A、B之间的某点D时弹簧恢复原长，从D到B的过程中，圆环受到弹簧的弹力指向左上方，则圆环做减速运

动，故A错误。当圆环从A到D运动时，弹簧对圆环有拉力且逐渐减小，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力竖直向下的分力之和，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的减小而减小；当圆环从D到B运动时，弹簧被压缩，且对圆环的弹力沿弹簧向上逐渐增大，此时杆对环

的支持力等于环的重力与弹簧弹力竖直向上的分力之差，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的增大而减小，即从A到B过程中，杆对环的支持力一直减小，B正确。从A到B过程中，弹簧对圆环做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知，弹簧对圆环做的功一定大于12mv2，故C正确。从B到C过程中，弹

簧弹力对圆环做正功，圆环克服摩擦力做功，根据动能定理可知，圆环克服摩擦力做功不等于12mv2，故D错误。8.(2020·山东省泰安市高三下学期一轮检测)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过B处

固定光滑圆环连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，当小球运动到D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、

B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是()A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mghB．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mghC．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为ghD．

若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为2gh答案BC解析设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设B右侧的弹性绳与竖直方向的夹角为α，则弹性绳伸长量为Lsinα，弹性绳的弹力为F＝kLsinα，对球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，小球

水平方向受力平衡，故N＝Fsinα＝kL＝mg，可知，小球从C点运动到D点的过程中，水平方向的支持力保持不变，则摩擦力f＝μN＝0.2mg，也保持不变，故该过程中小球克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故A错误，B正确；对球

从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0－0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝12·2mv2D－0，解得vD＝gh，故C正确，D错误。9．(2020·四川省雅安市高三下第三次诊断)如图

甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率v0逆时针转动，在t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则()A．传送带的倾角θ＝37°B．

物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4C．在前2秒内，传送带对物体做的功为24JD．在前2秒内，物体与传送带间因摩擦产生的热量为24J答案AD解析由图乙可知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面

向下的分力大于摩擦力，物体继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度v0＝10m/s，开始时物体所受摩擦力方向沿传送带向下，物体与传送带速度相等后所受摩擦力方向沿传送带向上，则a1＝mgsinθ＋μmgcosθmm/s2＝101m/s2

＝10m/s2，a2＝mgsinθ－μmgcosθmm/s2＝12－102－1m/s2＝2m/s2，联立解得μ＝0.5，θ＝37°，故A正确，B错误；0～1s，物体运动的位移为x1＝v202a1＝1022×10m＝5m，此过程传送带对物体做的功为W1＝μmgcos37°x

1＝0.5×1×10×0.8×5J＝20J,1～2s，物体运动的位移为x2＝v2－v202a2＝11m，此过程传送带对物体做的功为W2＝－μmgcos37°x2＝－0.5×1×10×0.8×11J＝－44J，则总功为W＝W1＋W

2＝－24J，故C错误；0～1s内物体与传送带间的相对位移为Δx1＝v0t1－x1＝10×1m－5m＝5m，产生的热量为Q1＝μmgcos37°·Δx1＝20J,1～2s内物体与传送带间的相对位移为Δx2＝x2－v0t2＝11m－10×1m＝1m，产生的热量为Q2＝μmgcos37°·

Δx2＝4J，则在前2s内产生的总热量为Q＝Q1＋Q2＝24J，故D正确。10.(2020·黑龙江省实验中学高三下学期开学考试)某质点在3s内竖直向上运动，其加速度与时间(a-t)图像如图所示。若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确

的是()A．质点第1s内发生的位移为5mB．质点的初速度不小于29m/sC．质点第2s内处于失重状态D．质点在第3s末的机械能大于在第1s末的机械能答案BCD解析质点在第1s内的加速度为10m/s2，故第1s内质点向上做减速运动，

因初速度未知，故无法确定质点第1s内发生的位移，A错误。若3s末质点的速度减到零，则3s内速度的变化量为Δv＝10×1m/s＋7×1m/s＋12×1m/s＝29m/s，因质点在3s内一直向上运动，故初速度不小于29m/s，B正确。质

点在第2s内加速度向下，故处于失重状态，C正确。根据牛顿第二定律，1～2s内，mg－F1＝ma，得F1＝m·3m/s2＞0，则外力方向向上，做正功，质点机械能增加；2～3s内，mg－F2＝ma，得F2＝－2m/s2·m＜0，方向向下，质点机械能减少；质点一直

向上做减速运动，而1～2s内的速度大于2～3s内的速度，则1～2s内的位移大于2～3s内的位移，又|F1|＞|F2|，故1～2s内质点机械能增加量大于2～3s内的减少量，故质点在t＝3s时的机械能大于在t＝1s时的机械能，D正确。二、非选择题(本题

共2小题，共30分)11．(2020·辽宁省丹东市高三下质量测试二)(14分)如图所示，一半径为0.1m光滑的14圆弧与一平台相连固定在水平地面上。现用一轻绳将小球(视为质点)和木杆相连置于其上，小球位于圆周上的A点，AC长为0.1m。木杆MN有13长度伸出平台，其与

平台间的动摩擦因数μ＝0.2，且CM足够长。滑轮光滑无摩擦，不计其大小，g＝10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。(1)若小球、杆恰好在图示位置静止，求小球与木杆的质量比；(结果可用根号表示)(2)若小球质量等于木杆质量，并从图示位置由静止开始运动，2＝1.4、3＝1.7，求小

球运动到B点的向心加速度。(结果保留一位有效数字)答案(1)35(2)0.9m/s2解析(1)设小球质量为m1，木杆质量为m2，轻绳拉力为T，对木杆，水平方向上，根据平衡条件得T＝μm2g，对小球，沿

圆弧在A点的切线方向上，根据平衡条件得Tcos30°＝m1gsin30°，联立并代入数据解得m1m2＝35。(2)小球运动到B点时，设小球速度为v1、木杆速度为v2，根据速度的分解可得v2＝v1cos45°，该过程由能量守恒定律得m1gR(1－cos30°)＝

12m1v21＋12m2v22＋μm2gR(2－1)，又an＝v21R，联立并代入数据解得an≈0.9m/s2。12．(2020·江苏省常州市高三上学期期末)(16分)如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0kg可

以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好

在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0kg，小车的长度为l＝0.25m，半圆形轨道半径为R＝0.4m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求

：(1)物块在小车上滑行时的加速度大小a；(2)物块运动到B点时的速度vB；(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。答案(1)2m/s2(2)25m/s(3)14.5J1m解析(1)物块在小车上滑行时，由牛顿第

二定律得μmg＝ma，代入数据解得a＝2m/s2。(2)根据题意，物块恰能沿半圆形轨道运动到最高点C，此时由重力提供向心力，则有mg＝mv2CR，物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得2mgR＋12

mv2C＝12mv2B，联立并代入数据解得vB＝25m/s。(3)根据能量守恒定律得Ep＝12(M＋m)v20－12mv2B－μmgl，代入数据解得Ep＝14.5J，从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块相对地面的位

移s＝v20－v2B2a＝52－2522×2m＝1.25m，则弹簧被压缩的距离x＝s－l＝1m。