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    2021优化方案二轮专题复习物理12,热点12　动力学和能量观点综合应用

    时间：2021-03-22 15:15:03 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人 蒲公英阅读网手机站

    相关热词搜索：热点 动力学 能量

    　热点 12 动力学和能量观点的综合应用 (建议用时：20 分钟) 1.(2020·安徽马鞍山市二检)一质量为 1 kg 的小滑块沿斜面向上运动到最高点再返回，此过程的 v－t 图象如图所示。则下列说法正确的是(

    　) A．滑块从最高点下滑至出发点所用时间为 10 s B．滑块返回到出发点时的速度为 10 m/s C．滑块受到的摩擦力为 2 N D．滑块上滑过程中克服摩擦力做功 80 J 2．(多选)如图，一物体从光滑斜面 AB 底端 A 点以初速度 v 0 上滑，沿斜面上升的最大高度为 h。下列说法正确的是(设下列情境中物体从 A 点上滑的初速度仍为 v 0 )(

    　) A．若把斜面 CB 部分截去，物体冲过 C 点后上升的最大高度仍为 h B．若把斜面 AB 变成曲面 AEB，物体沿此曲面上升仍能到达 B 点 C．若把斜面弯成圆弧形 D，物体仍沿圆弧升高 h D．若把斜面从 C 点以上部分弯成与 C 点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为 h 3.如图，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g。质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为(

    　) A. 14 mgR

    　 B. 13 mgR C. 12 mgR

    　 D. π4mgR 4．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C处的速度为零，AC＝h。圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g。则圆环(

    　) A．下滑过程中，加速度一直减小

    　B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为 14 mv2

    　C．在 C 处，弹簧的弹性势能为 14 mv2 －mgh D．上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度 5．(多选)如图所示，半径为 R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为 m 的小球 A、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心 O 的正下方，B 与 O 等高。它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是(

    　) A．下滑过程中重力对 B 做功的功率先增大后减小 B．当 B 滑到圆轨道最低点时，轨道对 B 的支持力大小为 3mg C．下滑过程中 B 的机械能增加 D．整个过程中轻杆对 A 做的功为 12 mgR 6．(多选)(2020·江西吉安市一模)一物体从倾角为 θ 的斜坡底端向上滑，初动能为 E 0 。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了 E 1 ，机械能减少了 E 2 ，不计空气阻力，重力加速度为 g，则可以求出(

    　) A．物体的质量 B．物体与斜面间的动摩擦因数 C．物体沿斜面向上运动的加速度 D．物体重新滑到斜面底端的动能 7．(多选)(2020·辽宁葫芦岛市一模)如图，BCD 是半圆形曲面，O 为圆心，C 为最低点，B、O、D 等高，A 点在 B 点正上方，AB＝H。现将小滑块从 A 点由静止释放，滑块经过 B、C、D 到达最高点 E，ED＝ H2 ，第一次经过 C 点时，轨道所受压力为 F 1 。紧接着小滑块又从 E 点下落沿原路往回运动，再次经过 C 点时，轨道所受压力为 F 2 。滑块视为质点，忽略空气阻力，则下列判断正确的是 (

    　) A．F 1 >F 2

    　B．F 1 ＝F 2

    　C．小滑块从 E 点下落沿原路返回过程中，可能恰好到达 B 点

    　D．小滑块第一次通过半圆形曲面比第二次通过半圆形曲面克服阻力做功多 8．(多选)(2020·辽宁大连市一模)如图所示，劲度系数为 100 N/m 的轻弹簧下端固定于倾角为 θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块 Q，Q 同时与斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮 O 与套在光滑竖直杆的物块 P 连接，图中 O、B两点等高，间距 d＝0.3 m。初始时在外力作用下，P 在 A 点静止不动，A、B 间距离 h＝0.4 m，此时轻绳中张力大小为 50 N。已知 P 质量为 0.8 kg，Q 质量为 5 kg。现将 P 由静止释放(不计滑轮大小及摩擦，g 取 10 m/s 2 ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列说法正确的是(

    　)

    　A．P 位于 A 点时，弹簧的伸长量为 0.1 m B．P 上升至 B 点时的速度大小为 7 m/s C．P 上升至 B 点的过程中，轻绳拉力对其所做的功为 6 J D．P 上升至 B 点的过程中，细线拉力对 P 做的功等于 Q 机械能的减少量 热点 12 动力学和能量观点的综合应用 1．解析：选 D。滑块上滑的加速度 a 1 ＝ ΔvΔt ＝10 m/s2 ，滑块下滑的加速度a 2 ＝ ΔvΔt ＝2 m/s2 ，上滑和下滑的位移大小相等 s＝ 12 ×2×20 m＝12 a 2 t22 ，解得滑块从最高点下滑至出发点所用时间为 t 2 ＝2 5 s，A 错误；滑块返回到出发点时的速度为 v＝ 2a 2 s＝ 2×2×20 m/s＝4 5 m/s，B 错误；上滑时 mgsin θ ＋f＝ma 1 ，下滑时 mgsin θ －f＝ma 2 ，解得 f＝4 N，C 错误；滑块上滑过程中克服摩擦力做功 W f ＝fs＝80 J，D 正确。

    　2．解析：选 BD。物体上升过程中轨道的支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒。若把斜面 CB 部分截去，物体冲过 C 点后做斜抛运动，斜抛运动的最高点有水平分速度，速度不为零，由机械能守恒定律可知，物体不能到达 h高处，故 A 错误；若把斜面 AB 变成曲面 AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达 B 点，故 B 正确；若把斜面弯成圆

    　弧形 D，如果能到圆弧最高点，根据机械能守恒定律得知：到达 h 处的速度应为零，而物体要到达最高点，必须由重力充当向心力，速度不为零，物体不可能升高 h，故 C 错误；若把斜面从 C 点以上部分弯成与 C 点相切的圆弧状，若 B 点不高于此圆的圆心，根据机械能守恒定律，物体沿斜面上升的最大高度仍然可以为 h，故 D 正确。

    　3．解析：选 C。当质点由 P 点滑到 Q 点时，对轨道的正压力为 F N ＝2mg，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得 F N ′－mg＝m v2QR，v 2 Q ＝gR。对质点自 P 点滑到 Q 点的过程应用动能定理得 mgR－W f ＝ 12 mv2Q －0，得 W f ＝ 12 mgR，A、B、D 错误，C 正确。

    　4．解析：选 BD。圆环下落时，先加速，在 B 位置时速度最大，加速度减小至 0。从 B 到 C 圆环减速，加速度增大，方向向上，A 错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为 W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由 A 到 C 的过程中，根据功能关系有 mgh＝ΔE p ＋W f 。由 C 到 A 的过程中，有 12 mv2 ＋ΔE p ＝W f ＋mgh。联立解得 W f ＝ 14 mv2 ，ΔE p ＝mgh－ 14 mv2 ，B 正确，C 错误；设 A、B 之间的距离为h′，圆环在 B 位置时，弹簧弹性势能为ΔE′ p ，根据能量守恒定律，A 到 B 的过程设圆环经过 B 点的速度为 v B ，有 12 mv2B ＋ΔE′ p ＋W′ f ＝mgh′，设 B 到 A 的过程圆环经过B点的速度为v B ′，有 12 mv′2B ＋ΔE′ p ＝mgh′＋W′ f ，比较两式得v′ B >v B ，D 正确。

    　5．解析：选 AD。对 A、B 小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设 B 到达轨道最低点时速度为 v，根据机械能守恒定律得 12 (m＋m)v2 ＝mgR，解得 v＝ gR。因为初位置速度为零，则重力的功率为 0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小，故 A 正确；在最低点，根据牛顿第二定律得 F N －mg＝m v2R ，解得 F N ＝2mg，故 B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR，动能增加量ΔE k ＝ 12 mv2 ＝ 12 mgR，所以 B

    　球机械能减小了 12 mgR，故 C 错误；根据动能定理，整个过程中，轻杆对 A 做的功 W＝ 12 mv2 ＝ 12 mgR，故 D 正确。

    　6．解析：选 BCD。设物体沿斜面上滑发生位移 x，则有 E 1 ＝mgxsin θ ＋μmgxcos θ ，E 2 ＝μmgxcos θ ，解得 μ＝E 2E 1 －E 2 tan θ 。也可求物体沿斜面向上运动的加速度 a＝gsin θ ＋μgcos θ ＝E 1E 1 －E 2 gsin θ 。设物体沿斜面上滑的最大位移为 L，则 Lx ＝E 0E 1 ，物体上滑和下滑损失的机械能ΔE＝2Lμmgcos θ ＝ 2E 2E 1E 0 ，滑到斜面底端的动能 E＝E 0 －ΔE＝  1－ 2E 2E 1E 0 ，故 B、C、D 正确。

    　7．解析：选 AD。由能量守恒可知，小滑块第二次到达 C 点的速度比第一次到达 C 点的速度更小，在 C 点由牛顿第二定律可得 F N －mg＝m v2R ，则 F N ＝mg＋m v2R ，所以 F 1 >F 2 ，故 A 正确，B 错误；小滑块从 A 点到 E 点由动能定理有 mg·H2－W fBC －W fCD ＝0，由能量守恒可知，小滑块返回过程中在 CB 段的速度小于从 B到 C 的速度，同理，在 DC 段的速度小于从 C 到 D 的速度，则小滑块返回过程中在 CB 段克服摩擦力做功小于 W fBC ，在 DC 段克服摩擦力做功小于 W fCD ，故小滑块第一次通过半圆形曲面比第二次通过半圆形曲面克服阻力做功多，小滑块从E 点到 B 点过程中，重力做功 mg·H2 一定大于此过程中克服摩擦力做功，则到达B 点的速度一定大于 0，故 C 错误，D 正确。

    　8．解析：选 AD。物块 P 位于 A 点时，假设弹簧伸长量为 x 1 ，则有 T＝m Q gsin θ ＋kx 1 ，代入求得 x 1 ＝0.1 m，则 P 位于 A 点时，弹簧的伸长量为 0.1 m，故 A正确；P 上升至 B 点时，经分析，此时 OB 垂直于竖直杆，OB＝0.3 m，此时物块 Q 速度为 0，下降距离为Δx＝0.5 m－0.3 m＝0.2 m，即弹簧压缩 x 2 ＝0.2 m－0.1 m＝0.1 m；弹性势能不变，对物块 P、Q 及弹簧，根据能量守恒有 m Q gΔxsin 53°－m P gh＝ 12 m P v2P ，解得 v P ＝2 3 m/s，对物块 P 有 W T －m P gh＝ 12 m P v2P ，解得W T ＝8 J，Q 机械能的减少量ΔE＝m Q gΔxsin 53°＝5×10×0.2×0.8 J＝8 J，故 B、C 错误，D 正确。

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