2023高考二轮复习专项练习(物理)专题分层突破练5　动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

专题分层突破练5　动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

A组

1.(2021山西高三二模)如图所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道,A、B为水平直径的两端点,O为圆心,现将半径远小于轨道半径、质量为m的小球从O点以初速度v0=水平向右抛出,小球落在圆周上某一点,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球落在圆周上时的动能为(　　)

A.mgR B.mgR

C.(-1)mgR D.mgR

2.(多选)(2021福建高三二模)2020年11月10日,中国自主研发制造的“奋斗者”号潜水器在马里亚纳海沟成功坐底,创造了10 909 m的中国载人深潜新纪录。在这次深潜探测中,“奋斗者”号下潜过程潜水深度随时间变化规律如图所示,其中t1~t2、t3~t4为直线,忽略下潜过程重力加速度的变化及潜水器的体积变化。则              (　　)

A.0~t1时间内,潜水器做加速下潜

B.t1~t2时间内,潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大

C.t2~t3时间内,潜水器内的科考人员处于失重状态

D.t3~t4时间内,潜水器竖直方向所受合外力为零

3.(多选)(2021四川成都高三二模)从地面竖直向上抛出一物体,运动过程中,物体除受到重力外还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力F作用。以地面为零势能面,物体从抛出到落回地面的过程中,机械能E随路程s的变化关系如图所示,重力加速度大小为10 m/s2。则(　　)

A.物体到达的最高点距地面的高度为1.0 m

B.外力F的大小为3.5 N

C.物体动能的最小值为1.0 J

D.物体的质量为0.4 kg

4.(2021江西高三一模)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据,得到如图所示的速度—位移图像,若空气阻力和弹性绳的重力可忽略,根据图像信息,下列说法正确的是(　　)

A.弹性绳原长为15 m

B.当运动员下降10 m时,处于超重状态;当运动员下降20 m时,处于失重状态

C.若以运动员、弹性绳、地球为系统研究,则此过程机械能守恒

D.当运动员下降15 m时,绳的弹性势能最大

5.(2021辽宁大连高三一模)“ETC”是电子不停车收费系统的简称。若某汽车以恒定功率匀速行驶,为合理通过收费处,司机在t1时刻使汽车功率减半,并保持该功率行驶,到t2时刻又做匀速运动;通过收费处后,逐渐增加功率,使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率,以后保持该功率行驶。设汽车所受阻力大小不变,则在该过程中,汽车的速度随时间变化图像可能正确的是(　　)

6.(2021江西上饶高三二模)如图所示的光滑斜面长为l,宽为b=0.6 m,倾角为θ=30°,一物块(可看成质点)从斜面左上方顶点P水平射入,恰好从斜面右下方底端Q点离开斜面,已知物块的初速度v0=1 m/s,质量m=1 kg,g取10 m/s2,试求:

(1)物块由P运动到Q所用的时间t;

(2)光滑斜面的长l;

(3)物块在斜面上运动过程中重力的平均功率P。

7.(2021江苏南京高三二模)如图所示,电动传送带以恒定速度v0=1.2 m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角α=37°。现将质量m=20 kg的箱子轻放到传送带底端,经过一段时间后,箱子被送到h=1.8 m的平台上。已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ=0.85,不计其他损耗,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)求箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小。

(2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中,求箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。

B组

8.(多选)(2021河南高三二模)如图所示,水平传送带两端A、B间的距离为l,传送带以速度v沿顺时针运动,一个质量为m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带,运动到B端,此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等,两过程中物块运动的位移之比为2∶3,重力加速度为g,传送带速度大小不变。下列说法正确的是(　　)

A.物块的初速度大小为

B.物块做匀加速直线运动的时间为

C.物块与传送带间的动摩擦因数为

D.整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为

9.(多选)(2021全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek,向上滑动一段距离后速度减小为零,此后物体向下滑动,到达斜面底端时动能为。已知sin α=0.6,重力加速度大小为g。则(　　)

A.物体向上滑动的距离为

B.物体向下滑动时的加速度大小为

C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5

D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长

10.(多选)(2021内蒙古赤峰高三一模)如图所示,光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内,OP边水平,OP与OQ在O点平滑相连,A、B两小环用长为l的轻绳相连,分别套在OP和OQ杆上。已知A环质量为m,B环质量为2m。初始时刻,将轻绳拉至水平位置拉直(即B环位于O点),然后同时释放两小环,A环到达O点后,速度大小不变,方向变为竖直向下。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)

A.B环下降高度为l时,A环与B环速度大小相等

B.在A环到达O点的过程中,B环速度一直增大

C.A环到达O点时速度大小为

D.当A环到达O点后,若在转弯处机械能损失不计,再经的时间能追上B环

11.如图所示,水平轨道AB长度l1=1.0 m,左端连接半径为R=0.5 m的光滑圆弧轨道,右端连接水平传送带,AB与传送带的上表面等高,三段之间都平滑连接。一个质量m=1.0 kg的物块(可视为质点),从圆弧上方距AB平面h高处由静止释放,恰好切入圆弧轨道,经过AB冲上静止的传送带,物块恰好停在C端。已知物块与AB、BC段的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5,BC长度l2=2.0 m,g取10 m/s2,不计空气阻力。

(1)求h的大小。

(2)求物块第一次经过圆弧轨道最低点A时对轨道的压力FN。

(3)如果传送带以速度v(v的大小可调且v≥2 m/s)逆时针转动,那么物块最后停止的位置到A点的距离是多少?(可用v表示)

参考答案

专题分层突破练5　动能定理、机械能

守恒定律、功能关系的应用

1.A　解析 设小球下落的时间为t,根据平抛运动规律,水平方向的位移为x=v0t,竖直方向的位移为y=gt2,由几何关系可得x2+y2=R2,解得y=(-1)R,小球落在圆周上时的动能为Ek=+mgy=mgR,故选A。

2.AD　解析 因h-t图像的斜率等于速度,可知0~t1时间内,潜水器速度增加,即做加速下潜,选项A正确。t1~t2时间内,潜水器的速度不变,根据P=mgvy可知,则潜水器内的科考人员所受重力的功率不变,选项B错误。t2~t3时间内,潜水器的速度减小,即减速下降,加速度向上,则潜水器内的科考人员处于超重状态,选项C错误。t3~t4时间内,潜水器处于竖直方向速度为零,则竖直方向所受合外力为零,选项D正确。

3.AD　解析 根据图像可知,物体总共的路程为s=2 m,上升的最大高度为1.0 m,故A正确。这个过程,由功能关系Ek-Ek0=-Fs,根据图像可知Ek0=7 J,Ek=1 J,可得F=3 N,故B错误。到达最高点速度为零,动能为零,故C错误。由图像知s=1 m时E=4 J,此时动能为0,Ep=E=4 J,Ep=mgh,得m=0.4 kg,故D正确。

4.C　解析 15 m时速度最大,此时加速度为0,合外力为0,弹力不为0,弹力等于重力,弹簧处于伸长状态,所以A错误。运动员下降10 m时,处于加速下落过程,加速度向下,处于失重状态,当运动员下降20 m时,处于减速下落过程,加速度向上,处于超重状态,所以B错误。以运动员、弹性绳、地球为系统研究,此过程机械能守恒,所以C正确。运动员下降15 m时,速度不为0,继续向下运动,弹性绳继续伸长,弹性势能继续增大,所以D错误。

5.C　解析 0~t1时间内,汽车以恒定功率匀速行驶,则有F=Ff,P=Fv1,t1时刻使汽车功率减半,则有=F1v1,解得F1=,则汽车做减速运动,速度减小,t1到t2时刻保持该功率行驶,所以牵引力增大,由牛顿第二定律可得Ff-F'=ma,则汽车做加速度逐渐减小的减速运动,t1到t2时间内图像的斜率逐渐减小;t2到t3时间内做匀速运动,则速度保持不变;t3到t4时间内先做匀加速运动有F2-Ff=ma2,P2=F2v2,由于牵引力不变,速度增大,功率增大,当P2=P时,保持功率不变,则汽车继续加速运动,其牵引力减小,由牛顿第二定律可知,汽车做加速度逐渐减小的加速运动,加速度为0时,汽车的速度达到最大值,最后做匀速运动。所以在t3到t4时间内图像斜率先保持不变,再逐渐减小,最后为0。所以C正确,A、B、D错误。

6.答案 (1)0.6 s

(2)0.9 m

(3)7.5 W

解析 (1)物块做类平抛运动,沿水平方向做匀速直线运动,沿水平方向有

b=v0t

t=0.6 s。

(2)物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动

mgsin θ=ma

l=at2

两式联立得l=0.9 m。

(3)物块在斜面上运动过程中重力做的功

W=mglsin θ

重力的平均功率P=

联立得P=7.5 W。

7.答案 (1)0.8 m/s2

(2)122.4 J

解析 (1)箱子刚开始运动时,受到垂直于传送带的支持力FN、竖直向下的重力G、沿斜面向上的滑动摩擦力Ff,将重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解,由牛顿第二定律得Ff-mgsin α=ma

Ff=μFN

FN=mgcos α

解得a=0.8 m/s2。

(2)箱子加速所用时间为t= s=1.5 s

传送带位移x传=v0t=1.8 m

传送带总长l==3 m

箱子加速运动的位移为x箱=at2=×0.8×1.52 m=0.9 m<l

产生的热量Q=FfΔx=Ff(x传-x箱)=122.4 J。

8.BC　解析 由题意知∶v=2∶3,得v0=,A错误。匀速运动中=vt,则t=,匀加速与匀速时间相等,B正确。由运动学公式v2-=2ax,x=l,μg=a得动摩擦因数为μ=,C正确。由热量Q=Ffs相对,s相对=l-l=l,得Q=,选项D错误。

9.BC　解析 设物体向上滑动的距离为x,斜面的动摩擦因数为μ,对物体从斜面底端滑到最高点和从最高点滑到底端的过程用动能定理有0-Ek=-mgxsin α-μmgxcos α

-0=mgxsin α-μmgxcos α

联立解得x=,μ=0.5,故A错误,C正确。

物体向下滑动的加速度a2=gsin α-μgcos α=g,故B正确。

物体向上滑动和向下滑动的距离相同,而向上滑动的加速度a1=gsin α+μgcos α=g,大于向下滑动的加速度a2,由x=at2知,向上滑动的时间比向下滑动的时间短,故D错误。

10.AD　解析 将两环的速度分解如图所示,B环下降高度为l时,图中α=β=45°,则有vAcos α=vBcos β,所以A环与B环速度大小相等,A正确。B开始下降的过程中速度由0开始增大,所以是做加速运动,当绳子与水平方向之间的夹角接近90°时,tan α→∞,则vB→0,可知当A到达O点时,B的速度等于0,所以B一定还存在减速的过程,即A环到达O点的过程中,B环先加速后减速,B错误。由于A到达O点时B的速度等于0,由机械能守恒得=2mgl,则有vA=2,C错误。环A过O点后做加速度等于g的匀加速直线运动,B做自由落体运动,当A追上B时有vAt+gt2=l+gt2,解得t=,D正确。

11.答案 (1)1.2 m

(2)58 N,方向竖直向下

(3)见解析

解析 (1)物块从释放到C点的过程中,由动能定理得mgh-μ1mgl1-μ2mgl2=0

解得h=1.2 m。

(2)设物块从释放到第一次通过A点时的速度为vA,轨道对物块的支持力为FN',根据动能定理得

mgh=

在A点根据牛顿第二定律得FN'-mg=m

联立解得FN'=58 N

根据牛顿第三定律可知,物块在A点时对轨道的压力大小为

FN=FN'=58 N,方向竖直向下。

(3)当传送带逆时针转动时,由于物块在传送带上向右及向左匀变速运动时的加速度大小不变,故物块从B点离开传送带时的速度不大于传送带的速度。

当物块从h处下落第一次至B点时,设速度为v1,根据动能定理得

mgh-μ1mgl1=

解得v1=2 m/s≤v

则物块从B到C再返回到B时速度仍为2 m/s。设物块在AB段往返经过的总路程为s1,根据动能定理得

μ1mgs1=

解得s1=5 m

因为=5,所以物块恰好停止在A点。