2024高考物理一轮复习高频考点强化练二能量综合问题含解析鲁科版

PAGE10-能量综合问题(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分,其中1～5题为单选题,6～8题为多选题)1.蹦极是一项特别刺激的户外休闲活动。北京青龙峡蹦极跳塔高度为68米,身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下,下落高度大约为50米。假定空气阻力可忽视,A.运动员到达最低点前加速度先不变后增大B.蹦极过程中,运动员的机械能守恒C.蹦极绳张紧后的下落过程中,动能始终减小D.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力始终增大【解析】选D。蹦极绳张紧前,运动员只受重力,加速度不变,蹦极绳张紧后,运动员受重力、弹力,起先时重力大于弹力,加速度向下,后来重力小于弹力,加速度向上,则蹦极绳张紧后,运动员加速度先减小为零再反向增大,故A错误。蹦极过程中,运动员和蹦极绳组成的系统的机械能守恒,故B错误。蹦极绳张紧后的下落过程中,运动员加速度先减小为零再反向增大,运动员速度先增大再减小,运动员动能先增大再减小,故C错误。蹦极绳张紧后的下落过程中,蹦极绳的伸长量增大,弹力始终增大,故D正确。2.(2024·佛山模拟)如图甲所示,质量为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m的半圆轨道,小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C,轨道粗糙程度到处相同,空气阻力不计。g取10m/sA.图乙中x=4m2B.小球从B到C损失了0.125J的机械能C.小球从A到C合外力对其做的功为-1.05JD.小球从C抛出后,落地点到A的距离为0.8【解析】选B。当h=0.8m时小球在C点,由于小球恰能到达最高点C,故mg=mvC2r,所以vC2=gr=10×0.4m2·s-2=4m2·s-2,故选项A正确;由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125J的机械能,故选项B错误;小球从A到C,由动能定理可知W合=12mvC2-12mvA2=12×0.1×4J-12×0.1×25J=-1.05J,故选项C正确;小球离开C点后做平抛运动,故2r=【加固训练】一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(图甲),某时刻剪断细线,铝球起先在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度改变的图象如图乙所示,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 ()A.铝球刚起先运动的加速度a0=gB.铝球下沉的速度将会始终增大C.铝球下沉过程所受到油的阻力Ff=mD.铝球下沉过程机械能的削减量等于克服油阻力所做的功【解析】选C。铝球刚起先释放时,铝球所受的阻力为0,受到重力、浮力,由牛顿其次定律可得,加速度a0<g,故A错误;由图象可知,铝球起先下沉后速度越来越大,加速度越来越小,当加速度a=0时,铝球做匀速运动,速度不再改变,故B错误;起先释放时mg-F浮=ma0,铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力,由牛顿其次定律得,mg-F浮-Ff=ma,解得a=mg-F浮m-Ffm,由a-v图象可知,a=a0-a0v0v,则有Ffm=a0v0v,解得阻力3.以肯定的初速度从地面竖直向上抛出一小球,小球上升到距地面高h处,又落回到抛出点,假设小球所受空气阻力大小与速度大小成正比,小球在运动过程中的机械能E(选取地面为零势能面)随小球路程s改变,下列图象中合理的是 ()【解析】选C。依据功能关系可知,空气阻力做功引起小球机械能的削减,小球在运动的过程中受到的空气阻力与速率成正比,即空气阻力先减小后增大,运动过程中,空气阻力做功先削减后增加,即小球机械能的削减量先减小后增大,小球在下落的过程中,与小球上升的过程比较,在同一点的速率下落的过程比较小,所以小球在下落的过程中减小的机械能小于小球在上升过程中减小的机械能,C选项正确。4.如图(a)所示,被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图(b)所示的模型:半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动,A、B分别为轨道的最高点和最低点,轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g,则 ()A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒C.铁球在A点的速度必需大于gRD.轨道对铁球的磁性引力至少为3.5mg,才能使铁球不脱轨【解析】选B。铁球在运动的过程中受到重力、轨道的弹力和磁性引力的作用,其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变,弹力的方向过圆心,它们都始终与运动的方向垂直,所以磁性引力和弹力都不能对铁球做功,只有重力对铁球做功,所以铁球的机械能守恒,在最高点的速度最小,在最低点的速度最大,铁球不行能做匀速圆周运动,故A错误,B正确;在A点轨道对铁球的弹力的方向向上,铁球的速度只要大于等于0即可通过A点,故C错误;由于铁球在运动的过程中机械能守恒,所以铁球在A点的速度越小,则机械能越小,在B点的速度也越小,铁球不脱轨且须要的磁性引力最小的条件是:铁球在A点的速度恰好为0,而且到达B点时,轨道对铁球的弹力恰好等于0,依据机械能守恒定律,铁球在A点的速度恰好为0,到达B点时的速度满意mg·2R=12mv2,轨道对铁球的弹力恰好等于0,则磁性引力与重力的合力供应向心力,即F-mg=mv2R,联立得F=5mg,可知要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,5.如图所示,在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为m1、m2,弹簧劲度系数为k。C为一固定挡板,系统处于静止状态。现用一平行斜面对上的恒力F拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开挡板C时,物块A运动的距离为d,速度为v。则此时 ()A.拉力做功的瞬时功率为FvsinθB.物块B满意m2gsinθ>kdC.物块A的加速度为FD.弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsinθ【解析】选C。拉力的瞬时功率P=Fv,故A错误;起先时系统处于静止状态,弹簧的弹力等于A的重力沿斜面对下的分力,当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面对下的分力,则m2gsinθ=kx2,由于起先时弹簧是压缩的,所以d>x2,因此m2gsinθ<kd,故B错误;当B刚离开C时,对A依据牛顿其次定律得F-m1gsinθ-kx2=m1a1,起先时对A由平衡条件得m1gsinθ=kx1,而d=x1+x2,解得物块A加速度为a1=F-kdm1,故C正确;依据功能关系,弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量,即Fd-m1gdsinθ-12m6.如图所示,竖直平面内有一半径为R的固定14圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的物块P(可视为质点)从A处由静止滑下,经过最低点B后沿水平轨道运动,到C处停下,B、C两点间的距离为R,物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A,拉力F的方向始终与物块P的运动方向一样,物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中,克服摩擦力做的功为μmgR,下列说法正确的是A.物块P在下滑过程中,运动到B处时速度最大B.物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC.拉力F做的功小于2mgRD.拉力F做的功为mgR(1+2μ)【解析】选C、D。当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大,此位置在AB之间,故A错误;将物块P缓慢地从B拉到A,克服摩擦力做的功为μmgR,而物块P从A滑到B的过程中,物块P做圆周运动,依据向心力学问可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大,则滑动摩擦力增大,所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR,因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR,故B错误;由动能定理得,从C到A的过程中有WF-mgR-μmgR-μmgR=0-0,则拉力F做的功为WF=mgR(1+2μ),故D正确;从A到C的过程中,依据动能定理得mgR-Wf-μmgR=0,因为Wf>μmgR,则mgR>μmgR+μmgR,因此WF<2mgR,故C正确。7.在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点,每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。经测量,发觉前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L。已知传送带的速率恒为v,工件与传送带间动摩擦因数为μ,工件质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ()A.工件在传送带上加速运动的时间肯定等于LB.传送带对每个工件做的功为12mvC.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量肯定等于12D.传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2【解析】选B、D。工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,每个工件滑上传送带后运动的规律相同,可知L=vT,解得将相邻两个工件放在传送带上的时间间隔T=Lv,但工件在传送带上加速运动的时间不肯定等于Lv,故A错误;传送带对每个工件做的功为W=12mv2-0=12mv2,故B正确;设工件加速运动的时间为t,工件与传送带相对滑动的路程为Δx=vt-12vt=12vt,摩擦产生的热量Q=12μmgvt,由于t不肯定等于T,所以Q不肯定等于12μmgvT=12μmgL,故C错误;依据能量守恒定律得,传送带因传送一个工件多消耗的能量E=12mv2+μmgΔx=12mv2+【加固训练】(多选)如图所示,足够长传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,起先时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力的作用,现让传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中 ()A.物块a重力势能削减量等于物块b重力势能的增加量B.物块a机械能的削减量等于物块b机械能的增加量C.摩擦力对物块a做的功等于物块a、b动能增加之和D.随意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等【解析】选A、C、D。起先时,a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用,则有magsinθ=mbg,则masinθ=mb,b上升h,则a下降高度为hsinθ,则a重力势能的减小量为maghsinθ=mbgh,即物块a重力势能削减量等于物块b重力势能的增加量,故A正确;由于摩擦力对a做正功,系统机械能增加,所以物块a机械能的削减量小于物块b机械能的增加量,故B错误;依据能量守恒得知系统机械能增加,摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量,所以摩擦力做功大于a的机械能增加,因为系统重力势能不变,所以摩擦力做功等于系统动能的增加之和,故C正确;随意时刻a、b的速率相等,对b克服重力的瞬时功率Pb=mgv,对a有Pa=magvsinθ=mgv,所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故D正确。8.(2024·潮州模拟)某同学为了探讨物体下落的过程的特点,设计了如下试验,将两本书A、B从高楼楼顶放手让其落下,两本书下落过程中没有翻转和分别,由于受到空气阻力的影响,其v-t图象如图所示,虚线在P点与速度图线相切,已知mA=mB=1kg,g取10m/sA.t=2s时A处于超重状态B.t=2s时AB的加速度大小为2mC.下落过程中AB的机械能守恒D.0～2s内AB机械能削减量大于99J【解析】选B、D。依据v-t图象的斜率表示加速度,知t=2s时A的加速度为正,方向向下,则A处于失重状态,故A错误;t=2s时AB的加速度大小为a=Δv9-52m/s2=2m/s2,故B正确;下落过程中,由于空气阻力对AB做功,则AB的机械能不守恒,故C错误;0～2s内AB下落的高度h>12×9×2m=9m,AB重力势能削减量ΔEp=(mA+mB)gh>2×10×9J=180J,动能增加量ΔEk=12(m81J,则AB机械能削减量ΔE=ΔEp-△Ek>180J-81J=99J,故D正确。二、计算题(本题共2小题,共36分)9.(16分)弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动,弹跳杆的结构如图甲所示,一根弹簧的下端固定在跳杆的底部,上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部,质量为5m的小明站在脚踏板上,当他和跳杆处于竖直静止状态时,弹簧的压缩量为x0,小明先保持稳定姿态竖直弹跳。某次弹跳中,从弹簧处于最大压缩量为5x0起先计时,如图乙(a)所示;上升到弹簧复原原长时,小明抓住跳杆,使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度,如图乙(b)所示;紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度,如图乙(c)所示;已知全程弹簧始终处于弹性限度内(弹簧弹性势能满意Ep=12kx2,k为弹簧劲度系数,x为弹簧形变量),跳杆的质量为m,重力加速度为g,空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽视不计。求(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k;(2)从起先计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm。【解析】(1)小明和跳杆处于竖直静止状态时,受力平衡,重力与弹簧弹力等大反向。5mg=kx0。解得,k=5mg(2)小明的合力为零时,速度最大。此时小孩上上升度为4x0。依据系统能量守恒定律可知,12k(5x0)2=5mg·4x0+12kx02+解得vm=4gx答案:(1)5mgx10.(20分)(2024年山东新高考模