【文档说明】2022新高考物理（江苏专用）一轮总复习训练：第五章高考热点强化训练（五）　能量观点的综合应用含解析.docx，共(8)页，135.362 KB，由小赞的店铺上传

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高考热点强化训练(五)能量观点的综合应用(建议用时：40分钟)1.(2020·徐州市检测)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4m，现从静止

释放圆环。不计定滑轮和空气的阻力，g取10m/s2，若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则A和B的质量关系为()A.Mm＝3529B.Mm＝79C.Mm＝3925D．Mm＝1519解析：选A。圆环下降3m后的速度可以按如图所示分解，故可得vA＝vcosθ＝v

hh2＋l2，A、B和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h＝3m时，根据机械能守恒定律可得mgh＝MghA＋12mv2＋12Mv2A，其中hA＝h2＋l2－l，联立可得Mm＝3529，故A正确。2．(2

020·湖南衡阳二模)如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是()A．小球从

A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定小于重力加速度gB．小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大解析：选D。小球从B点运动到C点的过程中，弹簧处于压缩状态，小球竖直方向

受到重力和弹簧压力的竖直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A错误；小球位于图中的C点时，弹簧处于原长，则小球从B点运动到C点的过程，弹簧的弹性势能

减小，小球的重力势能也减小，则小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；在C点小球所受的合力等于重力，小球要继续向下加速，小球从C点运动到D点的过程中，弹簧的拉力沿杆向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后减速，所以在CD间的某点速度最大

，重力对其做功的功率最大，故C错误；小球从A点运动到D点的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，在D点，小球的重力势能和动能都最小，则弹簧的弹性势能最大，故D正确。3．(2020·厦门市期末质量检测)如图所示，A物体套在光滑的

竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮平行于桌面，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的细绳与水平方向夹

角为θ，此过程中，下列说法正确的是()A．A物体做匀加速直线运动B．A物体到Q点时，B物体的速度为vsinθC．A物体减少的重力势能等于A、B两物体动能增量之和D．B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2解析：选B。滑块A下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化

的，则滑块A所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A不是匀加速下滑，A错误；若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsinθ，B正确；由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和A、B

两物体动能增量之和，C错误；B物体克服摩擦做的功为mgh－12mv2－12mv2sin2θ，D错误。4．(2020·重庆市上学期一诊)如图甲所示，O点处固定有力传感器，长为l的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的

角度为θ(如图所示)，图乙为轻绳弹力大小F随cosθ变化的部分图象。图乙中a为已知量，重力加速度大小为g，则()A．小球质量为gaB．小球在与圆心等高处时的速度为gl2C．小球恰能做完整的圆周运动D．小球在最低点时的速度为2gl解析

：选D。设小球在最低点时速度为v0，则当运动到与竖直方向成θ角位置时，由机械能守恒定律有12mv2＝12mv20－mgl(1－cosθ)，由牛顿第二定律有T－mgcosθ＝mv2l，解得T＝3mgcosθ＋mv20l－2mg，对比

图象可知k＝3mg＝5a－2a1，mv20l－2mg＝2a，解得m＝ag，v0＝2gl，A错误，D正确；小球在与圆心等高处时θ＝90°，则速度v1＝2gl，B错误；小球到达最高点时θ＝180°，则速度v

2＝0＜gl，则小球不能经过最高点，C错误。5．如图所示，质量M＝8kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小

F＝8N的水平向右的恒力，小物块将由静止开始向右运动，2s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10m/s2。(1)求小物块和长木板的加速度各为多大；(2)求长木板的长度；(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和

小物块做功的代数和是否为零。解析：(1)长木板与小物块间摩擦力f＝μmg＝4N小物块加速度a1＝F－fm＝2m/s2长木板加速度a2＝fM＝0.5m/s2；(2)小物块对地位移x1＝12a1t2＝4m长木板对地位移x2＝12a2

t2＝1m长木板长L＝x1－x2＝3m；(3)摩擦力对小物块做功W1＝－f·x1＝－16J摩擦力对长木板做功W2＝f·x2＝4J故W1＋W2≠0。答案：(1)2m/s20.5m/s2(2)3m(3)不为零6．小明将如图所

示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因

数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道B

C上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：(1)由机械能守恒定律有mgH＝mgR＋12mv2D由牛顿第二定律有FN＝mv2DR＝8N根据牛顿第三定律知FN′＝FN＝8N，方

向水平向左；(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点，由功能关系知mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cosθ＋mgLBC′sinθ得LBC′＝1516m<1.0m，故不会冲出；(3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，由动能定理mgH－μ

mgx＝12mv2碰撞后的速度为v′，由动量守恒定律有mv＝3mv′设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，由动能定理－3μmg(LAB－x)－3μmghtanθ－3mgh＝0－12(3m)v′2得h＝16x－548m(58m<x≤1m)h＝0(0≤x≤58m)。答案：见解析7．(2020·浙江省名

校联盟创新卷)如图所示，AB段为长度L1＝3m的水平静止传送带，右侧为与它等高的台面BC，长度L2＝1m，右边是半径R＝0.5m的光滑半圆轨道CDE，物块以v0＝210m/s的初速度从传送带A点向右运

动，物块与传送带及水平面之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，物块的质量为1kg。(1)求物块到达圆轨道最低点C对轨道的压力值。(2)通过计算判别物块能否到达圆轨道的最高点E?(3)若传送带可以转动，请判别物块能否恰好到达D点，若能请计算出传送带速度，若不能请说明理由。解析：(1

)物块从A到C位置过程，由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝12mv2C－12mv20vC＝20m/s在C点由牛顿第二定律得FN－mg＝mv2CR，得FN＝50N根据牛顿第三定律，物块到达圆轨道最低点C对轨道的压力值为50N；(2)到达E点，最小速度需要满足mg＝m

v2ER所以vE＝gR从C到E有12mv2C＜mg·2R＋12mv2E所以不能到达；(3)若恰好到达D点，根据动能定理，物块离开传送带的速度满足12mv2B＝μmgL2＋mgR解得vB＝15m/s所以物块在传送带上必须

减速才能满足从v0＝210m/s减速到15m/s必须要有f＝μmg＝ma2ax＝v20－v2Bx＝5m＞L1＝3m所以不存在这样的速度。答案：(1)50N(2)(3)见解析获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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