适用于老高考旧教材2024版高考物理二轮复习专题分层突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用（附解析）

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1.(2023全国新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
A.0
B.mgh
C.mv2-mgh
D.mv2+mgh
2.(2023辽宁卷)如图(a)所示,从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
3.(2023浙江6月选考)铅球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中,正确的是( )
4.(2023陕西咸阳三模)高速悬浮列车在水平长直轨道上运行,车头会受到前方空气的阻力,假设列车周围空气静止,车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ,车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S,列车额定功率为P,以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力,轨道摩擦等其他阻力不计,下列说法正确的是( )
A.列车的最大运行速度为2
B.列车的最大运行速度为
C.列车受到的最大阻力为
D.列车受到的最大阻力为
5.(多选)(2023四川德阳二模)甲、乙两赛车在平直赛道上由静止开始保持额定功率启动。甲车启动12 s后,速度达到108 km/h,30 s后,速度达到最大速度216 km/h;乙车启动9 s后,速度达到108 km/h,25 s后,速度达到最大速度234 km/h。假设赛车行驶过程中所受阻力恒为车重的,甲车的质量为乙车的,重力加速度取10 m/s2,则( )
A.甲车额定功率是乙车额定功率的
B.速度达到108 km/h时,甲车加速度是乙车加速度的
C.速度达到108 km/h时,甲车牵引力是乙车牵引力的
D.加速到最大速度的过程中,甲车通过距离是乙车通过距离的
6.(2023江苏卷)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P点的时间t。
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v。
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。
B组素能提升练
7.(多选)(2023湖南怀化模拟)如图所示,在倾角为37°的固定斜面上,轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C连接,另一端连接滑块A。一轻绳通过斜面顶端的定滑轮(质量忽略不计,轻绳与滑轮间的摩擦不计),一端系在滑块A上,另一端与小球B相连,细绳与斜面平行,斜面足够长。用手托住小球B,此时弹簧刚好处于原长,滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4 kg,弹簧的劲度系数为k=100 N/m,滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。现由静止释放小球B,已知小球B始终未落地,则下列说法正确的是( )
A.释放小球B前,手受到小球B的压力大小为24 N
B.释放小球B后,滑块A向上滑行x=0.20 m时速度最大
C.释放小球B后,滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2 J
D.释放小球B后,滑块A向上滑行的最大距离为0.48 m
8.(2023安徽高三联考)如图所示的水平轨道AD足够长,只有BC部分是粗糙的,其长度为L=1 m,其余部分是光滑的,质量为1 kg、长度为2L、粗细相同的匀质软绳静止在B点的左侧(绳的右端在B点),软绳与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8,现用F=2 N的水平向右的恒力作用在软绳上,软绳始终保持伸直状态且长度不变,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在软绳运动的过程中,下列说法正确的是( )
A.软绳先做匀加速运动后做匀减速运动
B.软绳的左端能经过B点
C.软绳的最大动能为0.5 J
D.软绳克服摩擦力做功4 J
9.(多选)(2023湖北宜昌高三期末)英国物理学家乔治·阿特伍德在1784年制做一种测定重力加速度的机械叫阿特伍德机,受此启发,某实验小组设计了如图所示的机械。具有共同水平轴的竖直轻质转盘的半径关系为R2=2R1,物块A、B由细绳相连,物块B、C分别与绕在内、外盘上的细绳相连,开始时物块均处于静止状态,它们的质量分别为mA=2m,mB=mC=m。某时刻物块被自由释放,物块A、B下降,C上升。当物块A下降高度h时,A、B间的细绳突然断裂。已知细绳足够长,重力加速度为g,不计转盘与轴以及细绳间的摩擦,忽略空气阻力,运动过程中物块不会碰到转盘。下列说法正确的是( )
A.细绳断裂前对物块A做的功为-mgh
B.细绳断裂后物块B向下运动的最大距离为h
C.物块C返回初始位置时的速度大小为
D.物块B返回初始位置时的速度大小为2
10.(2023山东滨州高三期末)如图所示,质量为m=2 kg的小物块,用长L=0.4 m的细线悬挂于O点,现将细线拉直并与水平方向夹角α=30°,由静止释放,小物块下摆至最低点B处时,细线达到其最大承受力并瞬间断开,小物块恰好从水平传送带最左端滑上传送带,传送带以v0的速度逆时针匀速运转,其上表面距地面高度H=1.6 m,小物块最后从传送带左端飞出,并恰好从光滑斜面顶端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h=1.0 m,倾角θ=60°,斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后,压缩弹簧,小物块沿斜面运动的最大距离x= m,g取10 m/s2。求:
(1)绳子能承受的最大拉力的大小;
(2)传送带速度大小满足的条件;
(3)弹簧的最大弹性势能。
11.(2023江苏徐州高三期末)如图所示,水平轨道OC的右端C贴近同高度的水平传送带轨道的左端,其中OB段光滑,BC段粗糙,传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点,已知lBC=lCD=L=2 m,圆轨道半径R=0.4 m,弹簧左端固定在墙壁上,自由放置时其右端在B点。一个质量m=0.5 kg的物块(视为质点)将弹簧压缩到A点并锁定,物块与水平轨道BC、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,解除锁定前弹簧的弹性势能Ep满足什么条件。
(2)若传送带顺时针转动,锁定前弹簧的弹性势能取第(1)问中的最大值,若要使物块在半圆轨道上运动的过程中不脱离轨道,试计算传送带的速度v的范围。
(3)在第(1)问的情形下,且弹簧的弹性势能取最大值,试写出物块最后的静止位置到C点的间距d与传送带速度v间的定量关系。
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.B 雨滴速率不变,动能不变,根据动能定理,重力做功为mgh,雨滴克服阻力做功为mgh,选项B正确。
2.B 甲下滑过程中加速度不变,沿轨道Ⅱ下滑,乙下滑过程中加速度减小,沿轨道Ⅰ下滑,同一时刻,甲的速度总是比乙的小,故甲的动能比乙的小,选项A错误,选项B正确;开始时乙的重力功率为0,到达底部时,乙的重力功率仍然为0,故乙的重力功率先增大后减小,选项C、D错误。
3.D 铅球在空中运动时,加速度不变,选项A错误;铅球运动的速度大小v=,v与t不是线性关系,选项B错误;铅球运动的动能Ek=+mg,Ek与t不是线性关系,选项C错误;铅球在运动过程中,机械能守恒,选项D正确。
4.D 对空气,由动量定理Fft=mvm,又m=ρSvmt,以最大速度匀速运行,则P=Ffvm,解得Ff=,vm=,故选D。
5.BD 达到最大速度时,甲、乙两车分别满足P甲=Ff甲v甲,P乙=Ff乙v乙,其中Ff甲=g,Ff乙=m乙g,v甲=216km/h=60m/s,v乙=234km/h=65m/s,联立解得,A错误;由P=Fv,F-Ff=ma,可得a=,代入数据可得,B正确,C错误;加速到最大速度的过程中,根据动能定理可得Pt-Ffs=,代入数据对比可得,甲车通过距离与乙车通过距离之比为,D正确。
6.答案 (1)
(2)
(3)(1-μ)d
解析 (1)滑雪者在倾斜轨道上下滑时,满足mgsinθ-μmgcsθ=ma
滑雪者从A点到P点满足d=at2
解得t=。
(2)滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好运动到B点,该过程合力做的功为0,滑雪者从A点由静止开始下滑到P点的速度大小为vP,有
mgdsinθ-μmgdcsθ=
解得vP=
滑雪者从P点到B点重力做功不变,摩擦力做功不变,根据动能定理可得
滑雪者从B点飞出的速度v=vP=。
(3)滑雪者从B点做斜抛运动,若滑雪者刚好落在C点
在竖直方向t=
在水平方向x0=vcsθ·t
解得x0=(1-μ)d
故若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,BC的最大长度L=x0=(1-μ)d。
7.AD 用手托住小球B,此时弹簧刚好处于原长,设绳子拉力为FT,由滑块A刚要沿斜面向上运动可知FT=mAgsinθ+μmAgcsθ=16N,对B受力分析,设手的支持力为F,则F=mBg-FT=24N,根据牛顿第三定律可知手受到小球B的压力大小为24N,A正确;释放小球B后,A做加速度减小的加速运动,当A受到的合力为0时,速度最大,当A加速度为0时,B的加速度也为0,对A受力分析得FT'-mAgsinθ-μmAgcsθ-F弹=0,对B受力分析得FT'=mBg,又F弹=kx,解得x=0.24m,B错误;根据能量守恒定律,释放小球B后到滑块A速度最大的过程中有mBgx=mAgxsinθ+μmAgxcsθ+(mA+mB)v2+kx2,解得mAv2=0.96J,C错误;当滑块A向上滑行的距离最大时,A、B的速度都为0,小球B的重力势能转化为A的重力势能、弹簧的弹性势能和摩擦产生的内能,根据能量守恒定律有mBgx'=mAgx'sinθ+μmAgx'csθ+kx'2,解得x'=0.48m,D正确。
8.C 设软绳B端向右运动位移为x,当0≤x≤L时,软绳所受摩擦力Ff1=μmg=μmg,当LF=2N,所以软绳B端向右运动位移为L时, 软绳速度为0,停止运动。拉力F先比摩擦力大,后比摩擦力小,软绳先做加速运动后做减速运动。0≤x≤L时,摩擦力为变力,所以加速度不恒定,A错误。当x=L时,绳子停止运动,软绳的左端不能经过B点,B错误。当x=×2L=0.5m时软绳动能最大,为Ekm=Fx-μmg=0.5J,C正确。B端向右运动位移L的过程中,克服摩擦力做功Wf=μmg=μmgL=2J,D错误。
9.ABD 因为两轮具有相同角速度,则vC=2vB=2vA,物块A下降高度h时,C上升2h,根据能量守恒可知2mgh+mgh-2mgh=(2m+m)m(2vAB)2,设细绳断裂前对物块A做功W,有2mgh+W=×2m,解得W=-mgh,A正确;细绳断裂后,当B速度为零时有m(2vAB)2=2mgh'-mgh',解得h'=h,B正确;物块C返回初始位置时B也返回初始位置,有mg(2h+2h')-mg(h+h')=m(2vB)2+,解得vB=2,则vC=2vB=4,C错误,D正确。
10.答案 (1)40 N
(2)v0≥2 m/s
(3)31 J
解析 (1)小球从静止摆到最低点过程中,根据机械能守恒定律有
mgL(1-sinα)=
解得vB=2m/s
小球在B点时,根据向心力公式有
F-mg=m
联立解得F=40N
根据牛顿第三定律,刚到最低点细线达到其最大承受力F'=40N。
(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向,则
tanθ=
H-h=gt2
vy=gt
联立以上各式得vx=2m/s
因为vB=2m/s,则传送带速度v0≥2m/s即可。
(3)小物块在斜面顶端速度
v=
小物块从顶端到压缩弹簧至最短,由机械能守恒,得弹簧最大的弹性势能为
Ep=mgxsinθ+mv2=31J。
11.答案 (1)Ep≤7 J
(2)v≤2 m/s或v≥2 m/s
(3)v≤ m/s时,d=0.2v2 m; m/s解析 (1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处,则根据能量守恒定律,解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为
Ep=μmg·2L+mgR=7J
所以解除锁定前弹簧弹性势能Ep≤7J。
(2)物块被弹簧弹出滑到C点的过程中,根据能量守恒定律有
Ep=μmgL+
解得vC=3m/s
若物块刚好能通过半圆轨道的最高点E,则根据牛顿第二定律有
mg=m
解得vE=2m/s
物块从D到E的过程中,根据机械能守恒定律有
mg·2R=
解得vD=2m/s
若传送带以vD=2m/s的速度顺时针转动,设物块向右加速运动的位移为x,根据动能定理有
μmgx=
解得x=0.4m若物块只能上升到与圆心等高处,根据机械能守恒定律有
mgR=mvD'2
解得vD'=2m/s
设物块在传送带上向右减速到vD'=2m/s的位移为x',根据动能定理有
-μmgx'=mvD'2-
解得x'=2m=L
所以传送带顺时针转动的速度范围为
v≤2m/s或v≥2m/s。
(3)设物块返回传送带后一直向左加速运动,根据动能定理有
μmgL=mvD'2
解得vC1=3m/s
设物块沿水平轨道刚好减速到B点,根据动能定理有
μmgL=
解得vC2=m/s
①若传送带速度v≥3m/s,则物块在传送带上一直加速到vC1=3m/s,然后滑上水平轨道,先向左减速运动,被弹簧弹回后再向右减速运动,设其总路程为s,根据动能定理有
μmgs=
解得s=3.6m
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d1=2L-s=0.4m
②若传送带的速度v≤2m/s,则物块在传送带上向左减速到与传送带共速
若传送带的速度2m/s上述两种情况下,物块在水平轨道上向左减速到静止,减速路程为d2,根据动能定理有
μmgd2=mv2
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d2=0.2v2m
③若传送带的速度m/sμmgs'=mv2
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d3=2L-s'=(4-0.2v2)m。