备考2025届高考物理一轮复习强化训练第六章机械能专题十动力学和能量观点的综合应用

专题十动力学和能量观点的综合应用1.[多运动组合/2024湖南/多选]如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（AD）A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力渐渐增大B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0＝2D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道解析小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示小球从A到C动能定理-mg·2R＝0-12mv02

v0若小球在B点的速度满意mgcosθ＜mvB2R，则小球将从2.[带弹簧的能量问题/2024湖南/多选]如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x.撤去外力并起先计时，A、B两物体运动的a－t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小.A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是（ABD）图（a）图（b）A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0B.mA＞mBC.B运动后，弹簧的最大形变量等于xD.S1－S2＝S3解析0到t1时间内，对A物体由动量定理得I＝mAv0，而B物体处于静止状态，墙壁

对B的冲量等于弹簧弹力对A的冲量I，A正确；t1时刻后，B物体离开墙壁，t2时刻

A、B两物体的加速度大小均达到最大，弹簧拉伸到最长，二者速度相同，由于此时

A、B两物体所受弹簧弹力大小相等，而B的加速度大于A的，故由牛顿其次定律可

知，mA＞mB，B正确；B运动后，由图可知随意时刻A的加速度大小小于其初始时刻

的加速度大小，因此弹簧的形变量始终小于初始时刻形变量x，故C错误；t2时刻A、

B共速，图线与坐标轴所围面积表示速度的变更量的大小，故有S1-S2＝S3，D正确.3.[多运动组合问题/2024上海]足够长的斜面与水平面之间的夹角为θ＝37°.质量为2kg的物体静止在斜面底端.在平行于斜面对上的外力F＝24N的作用下沿斜面对上运动，经过2s后撤去外力F，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6.（1）求物体在斜面上向上滑行的时间.（2）求上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k.（3）在s－t图像中画出减速阶段的图线.（t＝0时，物体在s＝0处）（4）分析说明为什么物体动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求出该位置离斜面底端的距离L.（取斜面底端所在的水平面为零势能面）答案（1）2.4s（2）5（3）见解析（4）说明见解析1.2m解析（1）解法1：加速运动阶段有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2末速度v1＝a1t1＝4m/s减速运动阶段（撤去F后）有－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入数据解得a2＝－10m/s2时间t2＝0－v物体在斜面上向上滑行的时间t总＝t1＋t2＝2.4s解法2：对物体沿斜面对上运动的整个过程，沿斜面方向由动量定理有Ft1－（mgsinθ＋μmgcosθ）t总＝0－0代入数据解得t总＝2.4s（2）解法1：公式法上行过程中撤去F前物体受到的摩擦力做的功Wf1＝（－μmgcosθ）x1其中x1＝12a1t1上行过程中撤去F后物体受到的摩擦力做的功Wf2＝（－μmgcosθ）x2其中x2＝－v12所以上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k＝5.解法2：图像法物体上行过程的v－t图像如图1所示图1依据图线与坐标轴所围图形的面积求位移：x1＝12×4×2m＝x2＝12×4×0.4m＝所以上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k＝fx1图2（3）在s－t图像中画出减速阶段的图线如图2所示.（t＝0时，物体在s＝0处）（4）①加速上滑阶段有Ep＝mgssinθ，Ek＝12mv2＝ma1s，易知Ep＞Ek②物体加速上滑结束时势能大于动能，之后减速上滑，动能减小，势能增大，故动能始终小于势能.所以物体动能与势能相等的位置不会出现在物体沿斜面上滑的过程中，