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1、动力学和能量问题综合应用动力学和能量问题综合应用 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 16 为单选，710 为多选) 1(2018广东六校联考)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mgs0mv2，得s，两种冰壶的初速度相等，材料相同，
2、故运动的 1 2 v2 2g 位移大小相等。故选 A。 2.(2018唐山开滦二中月考)如图所示， 质量为m的物体始终静止在斜面上， 在斜面体 从图中实线位置沿水平面向右匀速运动到虚线位置的过程中， 下列关于物体所受各力做功的 说法正确的是( ) 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 物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体做功为零，A 正 确 ； 由题图知，斜面体对物体的支持力与位移的夹角小于 90，则支持力对物体做正功，B 错误；摩擦力方向沿斜面向上，与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体做负功，C 错误； 物体匀速运动时，合力为零，合力
3、对物体做功为零，D 错误。 3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( ) A200 km/h B240 km/h C280 km/h D300 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
4、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：P4fv， 当开动二节动车带三节拖车时， 有 2P5fv， 联立两式解得v240 km/h。 B 正确， A、 C、 D 错 误。 4如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为 2 kg 的物体在拉力F作用下由静止开 始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( ) A物体加速度大小为 2 m/s2 BF的大小为 21 N C4 s 末F的功率为 42 W D4 s 内F的平均功率为 42 W 答案 C 解析 由题图乙可知，vt图象的斜率表示物体加速度的大小， 即a0.5 m/s2， 由
5、 2Fmgma可得：F10.5 N，A、B 均错误；4 s 末F的作用点的速度大小为vF2v物4 m/s，故 4 s 末F的功率为PFvF42 W，C 正确；4 s 内物体上升的高度h4 m，力F的作 用点的位移l2h8 m，拉力F所做的功WFl84 J，故平均功率 21 W，D 错误。P W t 5.如图所示， 将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑， 设 物块质量为m、物块与斜面间的动摩擦因数为，斜面高度h和底边长度x均可独立调节 (斜面长度随之改变)，下列说法正确的是( ) A若只增大x，物块滑到斜面底端时的动能增大 B若只增大h，物块滑到斜面底端时的动能减小 C若
6、只增大，物块滑到斜面底端时的动能增大 D若只增大m，物块滑到斜面底端时的动能增大 答案 D 解析 对物块用动能定理可得mghWfEk0，其中Ek为物块滑到斜面底端时的动能， Wf为下滑过程物块克服摩擦力所做的功，而WffsFNsmgcossmgx，其中f 为物块受到的摩擦力，s为斜面斜边长，FN为斜面对物块的支持力，故mghmgxEk0， 则 D 正确，A、B、C 错误。 6.(2018石家庄质检一)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
7、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
8、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。 7.(2018陕西宝鸡模拟)如图所示， 内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内， 轻杆两端 固定有甲、乙两球，甲球质量小于乙球质量，将两球放入轨道内，乙球位于最低点。由静止 释放轻杆后，甲球( ) A能下滑到轨道的最低点 B下滑过程中杆对其做
9、负功 C滑回时一定能返回到初始位置 D滑回的全过程，增加的重力势能等于乙球减少的重力势能 答案 BCD 解析 甲、乙两球组成的系统的机械能守恒，若甲球沿轨道能下滑到轨道的最低点，则 乙球到达与圆心等高处，但由于乙球的质量比甲球的大，造成机械能增加，明显违背了机械 能守恒定律，故甲球不可能滑到轨道最低点，A 错误 ； 根据机械能守恒定律知，甲球返回时， 一定能返回到初始位置，C 正确；甲球下滑过程中，乙球的机械能逐渐增大，所以甲球的机 械能逐渐减小，根据功能关系知杆对甲球做负功，B 正确；甲球滑回的全过程，甲球增加的 机械能等于乙球减少的机械能，由于初、末态两球的速度均为零，即动能均为零，所以甲
10、球 增加的重力势能等于乙球减少的重力势能，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
11、 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(2018重庆调研)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，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
12、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m1gsin B在此过程中拉力F做的功为Fm 1m2gsin k C在此过程中弹簧弹性势能增加了m1v2 Fm1m2gsin k 1 2 D在此过程中木块A重力势能增加了 m1m1m2g2sin2 k 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m2gsin， 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，kx1m1gsin，解得 ：x1；
13、 当B m1gsin k 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，kx2m2gsin， 解得 ：x2， 在此过程中拉力F做的功为WF(x1x2)， B 正确。 m2gsin k Fm1m2gsin k 在此过程中木块A重力势能增加了 Epm1g(x1x2)sin，D 正 m1m1m2g2sin2 k 确。设在此过程中弹簧弹性势能增加了 E，根据功能关系，WEm1g(x1x2)sin1 2 m1v2，解得 Em1v2，C 错误。 Fm1m2gsin k m1m1m2g2sin2 k 1 2 10如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细线跨过O点的轻小光
14、 滑定滑轮一端连接A，另一端悬挂质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到 杆的距离OCh。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为 30。现将A、B同时由静止 释放，则下列分析正确的是( ) A物块B从释放到最低点的过程中，物块A的动能不断增大 B物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小 CPO与水平方向的夹角为 45时，物块A、B速度大小关系是vAvB 2 2 D物块A在运动过程中最大速度为 2mBgh mA 答案 AD 解析 如图，vAcosvB，当90时，vB0，物体B到达最低点，绳的拉力对A 一直做正功，A动能不断增大，A 项正确；在此过程中绳的拉
15、力对B一直做负功，B的机械 能减小，B 项错误 ；PO与水平面夹角为 45时，由vAcos45vB得 ：vAvB，C 项错误 ；A2 的最大速度出现在90时，由系统机械能守恒得：mBghmAv，解得vA h sin30 1 2 2A ，D 项正确。 2mBgh mA 二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分) 11 (14 分)如图所示， 在竖直平面内， 粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B点，C点是最低点，圆心角BOC37，D点与圆心O等高，圆弧轨道半径R1.0 m，现在一个质量为m0.2 kg 可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE 距离h1.6 m
16、， 小物体与斜面AB之间的动摩擦因数0.5。 取 sin370.6， cos37 0.8，g10 m/s2。求： (1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小。 (2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长。 (3)若斜面已经满足(2)中的要求， 小物体从E点开始下落， 直至最后在光滑圆弧轨道上 做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小。 答案 (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J 解析 (1)小物体从E到C，由机械能守恒定律得： mg(hR)mv 1 2 2C 在C点，由牛顿第二定律得： FNmgm v2 C R 联立解得FN12.4 N。 (2)从EDCBA过程，由动能定理得： WGW阻0 WGmg(hRcos37)LABsin37 W阻mgcos37LAB 联立解得LAB2.4 m。 (3)因为mgsin37mgcos37(或Mg4l 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械 能守恒定律有 MvMgl 1 2 2B 联立式得 mMm。 5 3 5 2