专题22 力的观点和能量观点的综合应用（练）-2019年高考物理一轮复习讲练测

专题22 力的观点和能量观点的综合应用（练）-2019年高考物理一轮复习讲练测

‎ ‎ 第22讲 力的观点和能量观点的综合应用——练 ‎1．一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的位移后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )‎ A． ， B． ，‎ C． ， D． ，‎ ‎【答案】 C ‎【解析】‎ ‎2．如图为一滑雪爱好者建立的一个研究模型。物块自左边斜面A点静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面的B点。测出AB连线与水平面的夹角为θ，已知左右斜面的倾角分别为α和β，物块与各接触面动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是(　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】 C ‎【解析】设AB段的水平长度为x，竖直高度差为h，AC的倾角为α1，EB的倾角为α2，对A到B的过程，运用动能定理得：mgh-μmgcosα•AC-μmg•CD-μmgcosβ•DB=0‎ 因为AC∙cosα+CD+DB∙cosβ=x 则有：mgh-μmgx=0‎ 解得：μ=‎ 由数学知识有：=tanθ。‎ 所以，μ=tanθ．故C正确，ABD错误。故选C。‎ 点睛：掌握斜面上运动过程中摩擦力做功的特点，对多运动过程应用全过程动能定理解决．同时要熟练运用几何知识帮助解决物理问题．‎ ‎3．在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（ ）‎ A． 2：1 B． 4：1 C． 6：1 D． 8：1‎ ‎【答案】 B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平抛运动的推论tanθ=2tanα得到甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等，根据运动的合成与分解求出末速度即可解题。‎ ‎【详解】‎ 设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图所示：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。‎ ‎4．（多选）如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径0A水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知'AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中 A． 重力做功2mgR B． 合外力做功mgR C． 克服摩擦力做功mgR D． 机械能减少mgR ‎【答案】 BC 点睛：小球在B点对轨道没有压力，则小球做圆周运动的向心力由重力提供，摩擦力做功使物体的机械能减少，熟练应用动能定理即可正确解题．‎ ‎5．质量m=1kg的小物块在高h1=0.3m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K，物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧彤轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2=0.15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，m滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度的，碰撞过程中无能量损失，g=10m／s2，求：‎ ‎(1)物块m压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；‎ ‎(2)物块M的质量．‎ ‎【答案】 (1) (2) ‎ ‎【解析】(1)小物块由A运动到B做平抛运动，‎ 解得：‎ ‎(2)小物块到A点时的速度为，由机械能守恒 M与M碰撞过程动量守恒有：‎ M与M碰撞过程能量守恒有：‎ 其中 由以上各式解得：M=2kg。‎ ‎1．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机达到额定功率P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法错误的是(      )‎ A． 钢绳的最大拉力为 B． 钢绳的最大拉力为 C． 重物的最大速度v2＝‎ D． 重物匀加速运动的加速度为－g ‎【答案】 B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉．‎ ‎2．如图所示，用一段轻绳系一个质量为m的小球悬挂在O点，将轻绳水平拉直后由静止释放小球，当绳与水平方向夹角为（小于）时，小球的加速度大小为（ ）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎【答案】 C ‎【解析】从最高点到绳与竖直方向的夹角为α的过程中，根据机械能守恒定律得：mv2=mgLsinα 在该位置，球沿着绳子方向的合力提供向心力，则有：F=m=2mgsinα；则此时的合力为：；即 ，故C正确，ABD错误。故选C。‎ 点睛：‎ 解决本题时要注意小球做的不是匀速圆周运动，不是合外力提供向心力，可运用正交分解法进行分析和研究，注意沿绳子方向上的合力包括绳子的拉力和重力沿绳子方向上的分力，故只需将重力沿切线上的分力与沿绳子的合力进行合成．‎ ‎3．如图所示，带电小球a由绝缘细线OC和OE悬挂而处于静止状态，其中OC水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道AB，圆心O与a球位置重合，管道底端B与水平地面相切。一质量为m的带电小球b从A端口由静止释放，当小球b运动到B端时对管道内壁恰好无压力，在此过程下列说法错误的是（）‎ A． 小球b的机械能守 B． 悬线OE的拉力先增大后减小 C． 悬线OC的拉力先增大后减 D． b球受到的库仑力大小始终为3mg ‎【答案】 B 拉力不断增大，悬线OC的拉力先增大后减小，故B说法错误，C说法正确。所以选B。‎ ‎4．（多选）如图所示，内壁光滑的细圆管道BCD由两个半径R=0.5m的圆弧构成，其D端与水平光滑地面DE相切，E端与一粗糙斜面EF平滑连接，斜面与水平面之间的夹角θ可在0°~90°角范围内变化，一个质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点）以的初速度进入管道，已知滑块与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力 A． 通过B点时，滑块对管道的压力竖直向下 B． 通过D点时，滑块对管道的压力大小为10N C． θ=60°时，滑块在EF上向上运动的位移最小 D． θ=30°时，滑块沿EF上升的高度比θ=60°时上升的高度大 ‎【答案】 BC ‎【解析】A．设通过B点时，管道对滑块的压力F竖直向下，根据牛顿第二定律：‎ 所以 sinθ+μcosθ=sinθ+cosθ=(sinθ+cosθ)= sin(θ+30∘)‎ 故当θ=60∘时,sinθ+μcosθ=最大，位移s最小，故C正确；‎ D．倾角为60°时的位移最小为=m，滑块沿EF上升的高度为h1=s×sin60°=m=1.688m；倾角为30°时的位移为=2.25m，滑块沿EF上升的高度为h2=2.25×sin30°=1.125m，小于倾角为60°时滑块沿EF上升的高度，故D错误。‎ 故选：BC 点睛：对物块在B点应用牛顿第二定律求得管道对物块的作用力，即可根据牛顿第三定律求得压力；根据机械能守恒求出在D点的速度，应用牛顿第二定律求得管道对物块的作用力，即可根据牛顿第三定律求得压力；对物块整个运动过程应用动能定理求得EF上位移的表达式，即可求得最小值及取得最小值时的倾角；对物块整个运动过程应用动能定理和几何关系，分别求出30°和60°时，上升的高度，比较大小即可。‎ ‎5．如图所示，质量为m1的为滑块（可视为质点）自光滑圆弧形糟的顶端A处无初速度地滑下，糟的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B点，A，B的高度差为h1＝－1.25m.传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L=4. 00m．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0. 20..右端的轮子上沿距离地面高度h2=1. 80m，g取10 m/s2.‎ ‎(1) 槽的底端没有滑块m2，传送带静止不运转，求滑块m1滑过C点时的速度大小v；‎ ‎(2) 在m1下滑前将质量为m2的滑块（可视为质点）停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生弹性碰撞，且碰撞后m1速度方向不变，则m1、m2应该满足什么条件？‎ ‎(3) 满足（2）的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v=5.0m/s。求出滑块m1、m2落地点间的最大距离（结果可带根号）。‎ ‎【答案】 （1）3.0m/s (2)m1>m2 (3) （1. 2-3）m ‎【解析】（1）滑块m1滑到B点过程，由机械能守恒定律，m1gh1=m1v02，‎ 解得：v0=5m/s。‎ 滑块m1由B点滑到C点过程，由动能定理，-μm1gL=m1v2-m1v02，‎ 当m1>>m2时，滑块碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大。‎ v1=v0=v0=5m/s。‎ v2=v0=2v0=10m/s。。‎ 由于滑块m1与传送带速度相同，不受摩擦力，m1水平射程x1=v1t=3.0m，‎ 滑块m1与传送带间有摩擦力作用，由动能定理，-μm2gL=m2v2′2-m2v22，‎ 解得v2′=2m/s。‎ m2水平射程x2=v′2t=1. 2m，‎ 滑块m1、m2落地点间的最大距离x=x2-x1=1. 2m-3.0m=（1. 2-3）m。‎ 点睛：本题是动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律的应用问题．解决该题关键要清楚不同的物体不同时间的运动情况，能选取适当的物理规律列方程，尤其是两物体发生完全弹性碰撞后的速度关系式应该记住结论；‎ ‎1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。‎ ‎（1）求长直助滑道AB的长度L；‎ ‎（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；‎ ‎（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（北京卷）‎ ‎【答案】 （1）（2）（3）3 900 N 由牛顿第二定律可得：‎ 从B运动到C由动能定理可知：‎ 解得;‎ 故本题答案是：（1） （2） （3）‎ 点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小。‎ ‎2．（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（ ）‎ A. 加速度先减小后增大 B. 经过O点时的速度最大 C. 所受弹簧弹力始终做正功 D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）‎ ‎【答案】 AD 作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A正确、选项B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。‎ 点睛：本题以弹簧弹开物体的运动为背景考查力与运动的关系和功能关系，解题的关键是要分阶段将物体的受力情况和运动情况综合分析，另外还要弄清整个运动过程中的功能关系。‎ ‎3．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时。对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【考点定位】机械能守恒定律；平抛运动 ‎【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。‎ ‎4．【2016·全国新课标Ⅰ卷】（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道 AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取）‎ ‎（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。‎ ‎（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。‎ ‎（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】（1）根据题意知，B、C之间的距离l为l=7R–2R①‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得②‎ 式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得③‎ ‎（2）设BE=x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有④‎ 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。‎ 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有 ‎⑪‎ x1=vDt⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得⑬‎ 设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有 ‎⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有 ‎⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得⑯‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力。‎ ‎5．【2015·广东·36】如图18所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）。‎ ‎（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；‎ ‎（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；‎ ‎（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度vn与n的关系式。‎ ‎【答案】⑴v＝4m/s，F＝22N；⑵k＝45；vn＝m/s（其中n＝1、2、3、…、44）‎ 解得：F＝－mg＝22N，为正值，说明方向与假设方向相同。‎ ‎⑵根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0，设碰后A、B瞬间一起运动的速度为v0′，根据动量守恒定律有：mv0＝2mv0′‎ 解得：v0′＝＝3m/s 关系式有：2naL＝－‎ 解得：vn＝＝m/s（其中n＝1、2、3、…、44）‎ ‎【规律总结】牛顿定律、动能定理、功能关系、动量守恒定律等往往是求解综合大题的必备知识，因此遇到此类问题，要能习惯性地从以上几个方面进行思考，并正确结合运用相关数学知识辅助分析、求解。‎ ‎ ‎