2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练六功和能机械能

这是一份2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练六功和能机械能，共8页。

A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
解析：因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A项错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B项错误；由于图甲中滑块加速度大，根据v2－veq \\al(2,0)＝2ax可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C项正确；由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D项错误；故选C.
答案：C
2．(2023·辽宁卷)如图(a)，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
解析：由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A项错误，B项正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，C、D项错误．故选B.
答案：B
3．(2023·湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2.现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( )
A.eq \f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq \f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)
C.eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v1＋P2v2)D.eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)
解析：由题意可知两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)，故选D.
答案：D
4．如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图(取竖直向下为正)，箭头表示跳伞者的受力．则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是( )
A B
C D
解析：由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动．则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后均匀增加，选项A错误；重力势能Ep＝mgh，其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，选项B、C错误；机械能E＝E0－fy，开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据y的变化规律可知选项D正确．故选D.
答案：D
5．如图甲，对花样跳水的最早描述出现在宋人孟元老《东京梦华录》中：“又有两画船，上立秋千，……筋斗掷身入水，谓之水秋千．”某次“水秋千”表演过程如图乙，质量为m的表演者，以O点为圆心荡到与竖直方向夹角θ＝45°的B点时，松手沿切线方向飞出．若在空中经过最高点C时的速度为v，水秋千绳长为l，A为最低点，表演者可视为质点，整个过程船体静止不动，不计空气阻力和绳的质量，重力加速度为g.则( )
A．表演者在C处重力的瞬时功率为mgv
B．表演者从A运动到B的过程中，处于失重状态
C．表演者在A处受到秋千的作用力大小为eq \f(2mv2,l)＋(2－eq \r(2))mg
D．若B到水面的高度为CB间高度的3倍，则落水点到B点的水平距离为eq \f(3v2,g)
解析：在空中经过最高点C时的速度为v，此时的竖直方向速度为0，则根据P＝mgv可知表演者在C处重力的瞬时功率为0，故A项错误；从A运动到B的过程中，表演者做曲线运动，则支持力与重力的合力提供向心力，则加速度指向O点，故处于超重状态，故B项错误；从A运动到B的过程中，由动能定理可知－mg(l－lcs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，从B点做斜抛运动，则vB＝eq \r(2)v，表演者在A处受到秋千的作用力大小为F，则F－mg＝meq \f(veq \\al(2,A),l)，则表演者在A处受到秋千的作用力大小为F＝eq \f(2mv2,l)＋(3－eq \r(2))mg，故C项错误；由于B到水面的高度为CB间高度的3倍，设CB间高度为h，则B到水面的高度为3h，由于从C点开始做平抛运动，故y＝h＋3h＝eq \f(1,2)gt2x＝vt，从B点运动到最高处由运动学公式可得(vBsin θ)2＝2gh解得h＝eq \f(v2,2g)，CB的水平位移为x′＝vt＝veq \f(vBsin θ,g)＝eq \f(v2,g)故落水点到B点的水平距离为x总＝x＋x′＝eq \f(3v2,g)，故D项正确．故选D.
答案：D
6．在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比．一毽子从高处由静止竖直下落至地面过程中，位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a，重力势能为EP、动能为Ek、下落时间为t.取地面为零势能面，则下列图像正确的是( )
解析：毽子下落过程中，受空气阻力逐渐变大，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则x-t图像的斜率先增加后不变，A项错误；根据牛顿第二定律mg－kv＝ma，则a＝g－eq \f(k,m)v，则B项正确；重力势能Ep＝mg(h－x)则Ep－x为线性关系，C项错误；动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)ma2t2因加速度随时间逐渐减小(非线性)，则动能与时间一定不是线性关系，D项错误．故选B.
答案：B
7．(多选)如图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为质量m＝600 kg建筑材料从地面被吊起后在竖直方向运动的v-t图像(竖直向上为正方向)，重力加速度g＝10 m/s2.根据图像下列判断正确的是( )
A．在10～30 s建筑材料的机械能增加
B．46 s时建筑材料离地面的高度为28 m
C．在0～10 s内塔吊拉力做功的功率为3 030 W
D．在30～36 s塔吊拉力对建筑材料做负功，其功率逐渐减小
解析：10～30 s内，建筑材料向上匀速运动，建筑材料的动能不变，重力势能增加，建筑材料的机械能增加，故A项正确；根据v-t图像与横轴围成的面积等于位移可知，46 s时建筑材料离地面的高度为h＝eq \f(1,2)×(20＋36)×1 m－eq \f(1,2)×10×1.2 m＝22 m，故B项错误；0～10 s内建筑材料的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1,10) m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝6 060 N，在0～10 s内塔吊拉力做功的功率为eq \(P,\s\up6(－))＝Feq \(v,\s\up6(－))＝Feq \f(v,2)＝6 060×eq \f(1,2) W＝3 030 W，故C项正确；在30～36 s内建筑材料向上减速运动，塔吊拉力对建筑材料做正功，其功率逐渐减小，故D项错误．故选AC.
答案：AC
8．(多选)某研究小组研发了一款弹跳机器人，总质量仅为30 g，其结构如图所示，流线型头部内的微型电机先将碳纤维细条制成的弹性结构压缩，之后弹性势能迅速释放，在约为10 ms的时间内将机器人由静止加速到28 m/s，此时机器人恰好离开地面，接着沿竖直方向上升，离地最大高度为33 m，当地重力加速度为9.8 m/s2，则( )
A．微型电机工作时，消耗的电能全部转化为弹性结构储存的弹性势能
B．机器人在10 ms的加速时间内平均加速度大小约为2 800 m/s2
C．弹跳机器人在空中上升时加速度大小大于9.8 m/s2
D．弹跳机器人在空中上升的过程中机械能守恒
解析：微型电机工作时有内阻，则消耗的部分电能会转化为焦耳热，故A项错误；由题意可求加速阶段加速度为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝28 00 m/s2，故B项正确；设上升过程中加速度大小为a2，则有2a2h＝veq \\al(2,0)解得a2≈11.88 m/s2>9.8 m/s2，加速度大于重力加速度，则可知空气存在阻力，上升过程中需要克服空气阻力做功，则机械能不守恒，故C项正确，D项错误．故选BC.
答案：BC
9．早期航母使用重力型阻拦索使飞机在短距离内停下，如图甲所示，阻拦索通过固定于航母甲板两侧的滑轮分别挂有质量为m＝500 kg的沙袋．在无风环境下，一螺旋桨式飞机以v0的速度降落到该静止的航母上，尾钩立即钩到阻拦索的中间位置，滑行一段距离后速度减为零，这一过程沙袋被提起的高度h1＝20 m．螺旋桨式舰载机(含飞行员)质量M＝500 kg，忽略飞机所受甲板摩擦力以及空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)螺旋桨式飞机降落到航母上的速度v0的大小？
(2)如图乙所示，阻拦索在甲板上的长度为l＝15 m，当θ＝30°时，舰载机的速度大小？
解析：(1)在忽略摩擦阻力和空气阻力的前提下，舰载机与沙袋所组成系统机械能守恒，舰载机的动能会转化为沙袋的重力势能，设舰载机降落过程沙袋提起高度为h1，则：eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝2mgh1，解得v0＝20eq \r(2) m/s.
(2)由几何关系可得，此时舰载机速度方向与绳索的夹角为30°，舰载机沿绳分速度与沙袋沿绳分速度一样，设此时舰载机的速度为v1，沙袋速度为v2，由几何关系可得：
h2＝l＝15 m，
eq \f(\r(3),2)v1＝v2，
由系统机械能守恒可得：eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)＋2mgh2，
联立解得：v1＝10eq \r(2) m/s.
答案：(1)20eq \r(2) m/s (2)10eq \r(2) m/s
10．(2023·广东佛山统考一模)在2022年第24届北京冬奥会上，17岁小将苏翊明获得了单板滑雪男子大跳台冠军．如图，滑雪运动员由静止从助滑坡道上A点自由滑下，经C点以50 m/s的速度水平飞出跳台，在坡道K点着陆．若AC高度差H＝136 m，CK高度差h＝80 m，取g＝10 m/s2，忽略空气阻力，请分析说明：
(1)该运动员由A滑至C的过程中机械能是否守恒？
(2)该运动员在空中飞行的水平距离s是多少？
(3)落点K处的坡面与水平的夹角θ的正切tan θ接近什么值时，运动员着陆时坡面对他的冲击力最小？
解析：(1)设运动员质量为m，由A滑至C的过程中：减少的重力势能
ΔEp＝mgH，①
增加的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2，②
解得ΔEp＝1 360m，
ΔEk＝1 250m，
由于ΔEp>ΔEk(或ΔEp≠ΔEk)，故机械能不守恒．
(2)运动员在空中做平抛运动，设其在空中飞行的时间为t，则
h＝eq \f(1,2)gt2，③
s＝vt，④
解得t＝4 s，s＝200 m.
(3)设运动员到达K点即将着陆时竖直方向的速度为vy，速度与水平面的夹角为α，则
vy＝gt，⑤
tan α＝eq \f(vy,v)，⑥
tan α＝0.8.⑦
tan θ的值接近0.8时面，坡面对运动员的冲击力最小．因为此时运动员的速度与坡面相切，运动员着陆时垂直坡面方向的速度变化最小，根据牛顿第二定律(或动量定理)，坡面给运动员在垂直坡面方向的力最小，在沿坡面方向对运动员阻力近似相同的情况下，运动员着陆时速度与坡面相切，受坡面的冲击力最小．
答案：(1)不守恒 (2)s＝200 m (3)0.8
11．2022年2月12日，中国运动员高亭宇获北京冬奥会男子速度滑冰500米金牌．中国航天科工研发的“人体高速弹射装置为运动员的高质量训练提供了科技支持．该装置的作用过程可简化成如图所示，运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，迅速达到指定速度后练习过弯技术．某次训练中，质量m＝60 kg(含身上装备)的运动员仅依靠F＝600 N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s＝20 m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R＝10 m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示．忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P；
(2)运动员过弯道上A点时，冰面对其作用力FN的大小．
解析：(1)对运动员进行受力分析，由牛顿第二运动定律可得F＝ma，
解得a＝10 m/s2，
运动员由静止开始加速，由运动学公式v2＝2as，
v＝at，
解得v＝20 m/s，
t＝2 s，
加速过程中牵引力做的功W＝Fs，
解得W＝12 000 J，
则加速过程牵引力的平均功率为P＝eq \f(W,t)，
解得P＝6 000 W.
(2)对运动员在A点受力分析可知，支持力在水平方向的分力提供向心力，即
FNx＝meq \f(v2,R)，
解得FNx＝2 400 N，
支持力在竖直方向的分力平衡重力，即
FNy＝mg，
解得FNx＝600 N，
由力的合成与分解可得FN＝eq \r(Feq \\al(2,Nx)＋Feq \\al(2,Ny))，
解得FN＝600eq \r(17) N.
答案：(1)20 m/s 6 000 W (2)60eq \r(17) N