课时检测训练24 动力学和能量观点的综合应用(一)-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练24　动力学和能量观点的综合应用(一) 对应学生用书P377 1．(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失。换用相同材料质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是(　　) A．两滑块到达B点的速度相同 B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同 C．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同 D．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同 解析　弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B点的动能相同，但质量不同，则速度不同，故A错误；两滑块在斜面上上滑时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得弹簧的弹性势能 Ep＝mgh＋μmgcos θ·，所以mgh＝，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同；损失的机械能等于克服摩擦力做的功，即E损＝μmg cos θ·＝，mgh、θ相同，则机械能损失相同。故 CD正确。故选 CD。 答案　CD 2．四川西岭雪山滑雪场是中国南方规模最大、档次最高、设施最完善的大型滑雪场。某段滑道建在一斜坡上，斜坡简化为一斜面，倾角θ＝30°，示意图如图所示。运动员从a点由静止自由滑下，到达c点飞离滑道，bc为一小段半径为R的圆弧且b点为圆弧的最低点，运动员视为质点，不计一切阻力，若要求运动员在b点对滑道沿斜面向下的作用力不超过自身重力的3倍，则a、b点间的高度差(　　) A．不大于R B．不大于R C．不小于R D．不小于R 解析　运动员从a点到b点，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，在b点，由圆周运动规律有F－mg sin θ＝m且F≤3mg，联立解得h≤R，故选 A。 答案　A 3.如图所示，BC是高处的一个平台，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好与管口D端平齐。一可视为质点的小球在水平地面上的A点斜向上抛出，恰好从B点沿水平方向进入高处平台，A、B间的水平距离为xAB＝1.2 m，小球质量m＝1 kg。已知平台离地面的高度为h＝0.8 m，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.2，小球进入管口C端时，它对上管壁有10 N的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep＝0.5 J。若不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)小球通过C点时的速度大小vC。 (2)平台BC的长度L。 (3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。 解析　(1)小球通过C点时，它对上管壁有F＝10 N的作用力， 根据牛顿第三定律可知上管壁对它也有F′＝10 N的作用力， 根据牛顿第二定律有F′＋mg＝m，解得vC＝2 m/s。 (2)小球从A点抛出到B点所用时间t＝＝0.4 s， 到B点时速度vB＝＝3 m/s， 小球从B到C的过程中，根据动能定理，有－μmgL＝mv－mv， 得平台BC的长度L＝1.25 m。 (3)小球压缩弹簧过程中速度最大时，加速度为零，则mg＝kx， 弹簧的压缩量x＝0.1 m， 从C位置到小球的速度最大时的过程中，根据机械能守恒定律，有 mg(r＋x)＋mv＝Ekm＋Ep， 解得Ekm＝4.5 J。 答案　(1)2 m/s　(2)1.25 m　(3)4.5 J 4．一个体重为m＝50 kg的中学生，乘坐正常工作的电梯从七楼下降到一楼，如图甲。用传感器记录下他受到的支持力随时间变化的关系如图乙。查阅资料得知电梯的空轿厢质量为M1＝1 150 kg，“对重”的质量为M2＝1 300 kg，不计滑轮摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)0～14 s内电梯下降的高度。 (2)0～4 s内钢索对“对重”的拉力大小以及0～10 s内钢索对“对重”做的功。 解析　(1)在0～4 s内，对人由牛顿第二定律分析可知mg－F1＝ma1， 代入数据可知a1＝0.5 m/s2， 此段时间内电梯下降的位移为h1＝a1t12， 此时电梯的速度为v1＝a1t1， 在4～10 s内，由F2＝mg可知电梯匀速下降，下降的位移为h2＝v1t2， 在10～14 s内，对人由牛顿第二定律分析可知 mg－F3＝ma3， 代入数据可知a3＝－0.5 m/s2，即电梯将减速下降， 位移为h3＝v1t3＋a3t32， 电梯下降的总高度H＝h1＋h2＋h3， 代入数据得H＝20 m； (2)0～4 s内对“对重”由牛顿第二定律分析可列 FT－M2g＝M2a1， 代入数据解出FT＝13 650 N， 0～10 s内对“对重”由动能定理可知 W－M2g(h1＋h2)＝M2v12， 代入数据算得W＝210 600 J。 答案　(1)20 m　(2)13 650 N，210 600 J 5.如图所示，一倾斜轨道AB，通过微小圆弧与足够长的水平轨道BC平滑连接，水平轨道与一半径为R＝0.5 m的光滑圆弧轨道相切于C点，圆弧轨道不会与其他轨道重合。A、B、C、D均在同一竖直面内。质量m＝2 kg的小球(可视为质点)压紧轻质弹簧并被锁定，解锁后小球v0＝4 m/s的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经A点时恰好无碰撞沿AB方向进入倾斜轨道滑下。已知轨道AB长L＝6 m，与水平方向夹角θ＝37°，小球与轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)未解锁时弹簧的弹性势能。 (2)小球在AB轨道上运动的加速度大小a。 (3)小球在A点和B点时速度的大小vA、vB。 (4)要使小球能够进入圆轨道且不脱离圆轨道，BC轨道长度d应满足什么条件。 解析　(1)对小球与弹簧， 由机械能守恒定律有Ep＝mv， 解得弹簧的弹性势能Ep＝16 J。 (2)小球在AB轨道上运动时，由牛顿第二定律有 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma， 解得a＝2 m/s2。 (3)对小球：离开台面至A点的过程做平抛运动， 在A处的速度vA＝＝5 m/s， B处的速度vB＝＝7 m/s。 (4)要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回。 设小球恰好能通过最高点时，速度为v，在最高点有mg＝， 从B至最高点的过程，由动能定理得－μmgdBC1－2mgR＝mv2－mv， 解得dBC1＝2.4 m， 设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处， 从B至圆心等高处的过程，有－mgR－μmgdBC2＝0－mv， 解得dBC2＝3.9 m， 设小球恰好运动到C处，从B至C处的过程， 由动能定理，有－μmgdBC3＝0－mv， 解得dBC3＝4.9 m， 综上所述，要使小球不脱离轨道，则BC长度必须满足0<d≤2.4 m或3.9 m≤d≤4.9 m。 答案　(1)16 J　(2)2 m/s2　(3)5 m/s　7 m/s　(4)0<d≤2.4 m或3.9 m≤d≤4.9 m 学科网（北京）股份有限公司 $$