2025版新教材高考物理复习特训卷考点36动力学方法和能量观点的综合应用

考点36动力学方法和能量观点的综合应用——提实力1.[2024·天津十二校模拟]滑雪是一种常见的体育项目，具有很强的欣赏性．半径为R的四分之一圆弧轨道如图所示，质量为m的运动员(含滑板)从A点由静止起先滑下，到达最低点B时，运动员对轨道的压力为2mg，已知轨道半径远大于运动员的身高，重力加速度为g，则运动员下滑的过程中，下列说法正确的是()A．机械能守恒B．先失重后超重C．重力的功率始终变大D．阻力做功为eq\f(1,2)mgR2．[2024·天津河东区一模](多选)某试验室模拟物流分拣装置，让物块在表面粗糙的水平传送带上随传送带传输时，经过一段风洞区域，使物块恰好被分拣到传送带一侧的平台上．已知传送带的宽度d＝0.98m(物块位于传送带中间位置)，传送带的速度v0＝1m/s，物块到达风洞区域前与传送带共速．物块的质量m＝500g，物块在风洞区域受到恒定的作用力F＝2N，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，风洞区域的长度为L＝0.7m．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的尺寸远小于传送带的宽度，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．物块进入风洞区域后的加速度为2eq\r(5)m/s2B．物块落到平台上时的速度约为1.7m/sC．物块与传送带间的摩擦生热为0.49JD．若增大传送带的速度，物块将不能落入平台3.[2024·湖南邵阳二中模拟](多选)如图所示，现将一长为L、质量为m且分布匀称的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处．斜面与传送带靠在一起连成始终线，与水平方向夹角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数．传送带以较大的恒定速率顺时针转动．已知链条处在斜面或者传送带上随意位置时，支持力都匀称作用在接触面上．将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为eq\f(L,4)时，链条恰能保持静止．现将链条从位于传送带部分的长度为eq\f(L,3)的位置由静止释放，则下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ＝4tanθB．释放瞬间链条的加速度为eq\f(1,3)gsinθC．释放后，链条运动的加速度匀称增大D．从起先到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加4.(多选)如图所示，一水平传送带右端与半径为R＝0.5m的竖直光滑固定圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动．现将质量为m＝0.2kg的小物块由静止放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，后经Q点滑上圆弧轨道，并能通过最高点N.小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知P、Q之间的距离为L＝4m，取g＝10m/s2，小物块可视为质点．下列说法正确的是()A．传送带的最小转动速率为v0＝5m/sB．若传送带以最小速率v0转动，小物块从P运动到Q的时间t＝1.5sC．若传送带以最小速率v0转动，则整个过程中小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝5JD．若传送带以最小速率v0转动，则因传送小物块电动机对传送带多做的功W＝5J5.在提倡“节约型社会”的氛围下，自动充电式电动自行车应运而生．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当下坡或刹车时，自行车就可自动连通发电机向蓄电池充电，将机械能转化成电能储存起来．当人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上运动，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能—位移关系如图线①所示；其次次启动自动充电装置，其动能—位移关系如图线②所示．设转扮装置的效率为100%，则()A．自由滑行时，人和车所受的合力为100NB．启动充电装置后，人和车所受的合力先减小后增大C．启动充电装置后向蓄电池所充电能为200JD．启动充电装置后转化为电能的功率保持不变6.[2024·江苏南京一中检测]如图所示，一小物块(视为质点)从H＝10m高处，由静止起先沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝2m的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB在B点与圆环轨道平滑相接．之后物块沿CB圆弧滑下，由B点(无机械能损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧．已知物块的质量m＝2kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧自然状态下最左端D点与B点距离L＝15m，g＝10m/s2，求：(1)物块从A滑到B时的速度大小；(2)物块到达圆环顶点C时对轨道的压力；(3)若弹簧最短时压缩量为10m，求此时弹簧弹性势能．7．[2024·湘鄂豫名校4月联考]雪车是冬奥会的竞赛项目之一，风驰电掣般的高速行驶是雪车的最大看点之一．北京2024年冬奥会雪车项目的竞赛将在延庆赛区的国家雪车雪橇中心进行．雪车竞赛所用赛道长1.5km左右，落差在100m至150m之间．竞赛可以分为两个过程：过程1中运动员手推雪车沿斜向下的赛道奔跑获得初始速度，如图1所示；过程2中运动员跳入车体内，呈坐姿在弯曲的赛道上无动力滑行，如图2所示．设雪车的质量为m1，运动员的总质量为m2，重力加速度为g，忽视冰面与雪车之间的摩擦．(1)过程1中运动员推车奔跑使雪车获得速度v0，这一过程中赛道的落差为h，求这一过程中运动员对雪车做的功W.(2)过程2中为了让运动员乘坐雪车能高速且平安地通过弯道，弯道处的赛道均向内侧倾斜．若雪车以速度v通过半径为r的一小段弯道，弯道落差可忽视．建立图3所示的模型，将运动员和雪车整体看作质点，求在弯道处赛道对雪车的支持力FN的大小．8．[2024·湖北武汉武昌区一模]如图所示，从A点以水平速度v0＝2m/s抛出质量m＝1kg的小物块P(可视为质点)，当物块P运动至B点时，恰好沿切线方向进入半径R＝2m、圆心角θ＝60°的固定光滑圆弧轨道BC，轨道最低点C与水平地面相切，C点右侧水平地面某处固定挡板上连接一水平轻质弹簧．物块P与水平地面间动摩擦因数μ为某肯定值，g取10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力．求：(1)抛出点A距水平地面的高度H；(2)若小物块P第一次压缩弹簧被弹回后恰好能回到B点，求弹簧压缩过程中的最大弹性势能Ep.考点36动力学方法和能量观点的综合应用——提实力1．答案：B解析：运动员在最低点时依据牛顿其次定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，eq\f(1,2)mv2<mgR可知运动员的机械能不守恒，可知有阻力做功，依据功能关系有Wf＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，Wf＝－eq\f(1,2)mgR，选项A、D错误；运动员在圆弧轨道上加速度先向下后向上，先失重后超重，故B正确；重力的功率起先时为零，到达最低点时重力与速度方向垂直，则重力的功率也为零，则重力的功领先增大后减小，选项C错误．2．答案：BC解析：进入风洞区域后，物块与传送带在沿着传送带运动的方向共速，在垂直于传送带运动的方向上，由于F>μmg，物块与传送带发生相对滑动，由牛顿其次定律F－μmg＝ma解得a＝2m/s2，故A错误；物块经过风洞区域所用时间t＝eq\f(L,v0)＝0.7s，此过程中物块垂直于传送带运动方向发生的位移y＝eq\f(1,2)at2＝0.49m＝eq\f(d,2)，物块刚好在离开风洞区域时做类平抛运动落入平台，物块落入平台时的速度等于物块离开传送带时的速度v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋（at）2)＝eq\r(2.96)m/s≈1.7m/s，故B正确；物块与传送带间的摩擦生热Q＝μmgx相对＝μmgy＝0.49J，故C正确；若增大传送带的速度，则物块经过风洞区域时间t减小，在垂直于传送带运动方向位移y减小，则物块在出风洞区域时没有落入平台，但其在垂直于传送带运动方向上仍有分速度，在摩擦力的作用下，在该方向上做匀减速运动，因此仍有可能落入平台，故D错误．3．答案：AB解析：设整个链条的总质量为m，当位于传送带部分的长度为eq\f(L,4)时，链条恰能保持静止，则mgsinθ＝μ·eq\f(1,4)mgcosθ，解得μ＝4tanθ，A正确；释放的瞬间，依据牛顿其次定律得μ·eq\f(1,3)mgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝eq\f(1,3)gsinθ，B正确；链条从静止释放后，链条所受的摩擦力随着链条位于传送带部分的长度增加而匀称增大，则链条的加速度在增大，但不是匀称增大，C错误；从起先到链条离开斜面的过程中，依据动能定理得W－WG＝ΔEk，传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D错误．4．答案：AD解析：由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带共速且小物块刚好能到达N点．在N点有mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N)),R)小物块从Q点到N点，由动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))联立解得v0＝5m/s，故A正确；设小物块经过时间t1加速到与传送带共速，则μmg＝ma，v0＝at1小物块的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))代入数据可得x1＝2.5m，t1＝1s，1s后小物块与传送带相对静止，匀速到达Q，设时间为t2，t2＝eq\f(L－x1,v0)＝0.3s，则小物块从P运动到Q的时间t＝t1＋t2＝1.3s，故B错误；传送带在t1时间内的位移x2＝v0t，依据题意则有Δx＝x2－x1；Q＝μmgΔx联立解得Q＝2.5J，故C错误；由能量守恒定律可知，因传送小物块电动机对传送带多做的功W＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，代入数据解得W＝5J，故D正确．5．答案：C解析：自由滑行时人和车所受的合力为摩擦力，设其大小为Ff，在整个运动过程中，由动能定理得－Ffx＝－Ek解得Ff＝50N，A错误；启动充电装置后，设人和车所受的合力大小为F，在很短的一段位移Δx内动能的改变量为ΔEk，由动能定理得－F·Δx＝ΔEk，则eq\f(ΔEk,Δx)＝－F由数学学问知，F等于图线切线斜率的肯定值，由题图知，图线的切线斜率渐渐减小，故人和车所受的合力F减小，B错误；启动充电装置后，在整个过程中，由能量守恒定律得ΔEk＝Ffx1＋W解W＝ΔEk－Ffx1＝500J－50×6J＝200J，C正确；设在很短的一段时间Δt内通过的位移为Δx，由能量守恒定律得，转化的电能ΔW＝F·Δx－Ff·Δx，则eq\f(ΔW,Δt)＝F·eq\f(Δx,Δt)－Ff·eq\f(Δx,Δt)，即P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－Ff))v因为人和车所受的合力F减小，人和车的速度v减小，故转化的电能的功率P减小，D错误．6．答案：(1)10eq\r(2)m/s(2)100N(3)100J解析：(1)物块从A滑到B的过程由动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))解得vB＝10eq\r(2)m/s.(2)物块从A滑到C的过程由动能定理得mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))在C点由牛顿其次定律得mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)联立解得FN＝100N.(3)从B点到弹簧压缩最短时的过程由功能关系得eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝μmg(L＋x)＋Ep解得Ep＝100J．7．答案：(1)eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－m1gh(2)(m1＋m2)eq\r(g2＋\f(v4,r2))解析：(1)运动员推车奔跑过程中对雪车由动能定理有W＋m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得W＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－m1gh.(2)依据牛顿其次定律，转弯过程中运动员和雪车须要的向心力F向＝(m1＋m2)eq\f(v2,r)对运动员和雪车进行受力分析，如图所示依据平行四边形定则可知Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N))＝(m1＋m2)2g2＋Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(向))代入解得FN＝(m1＋m2)eq\r(g2＋\f(v4,r2)).8．答案：(1)1.6m(2)14J解析：(1)物块经过B点时有tanθ＝eq\f(vy,v0)可得vy＝2eq\r(3)m/s小物块运动至B点的竖直分位移y＝e