适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总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

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1.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.mgRB.mgR
C.(-1)mgRD.mgR
2.(多选)在某次深潜探测中,“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0
3.(多选)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.(多选)(2022全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后,( )
A.小球的动能最小时,其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量
5.(2023广西柳州三模)图甲为游乐场的旋转飞椅,当中心转柱旋转后,所有飞椅均在同一水平面内做匀速圆周运动。为了研究飞椅的运动,某同学建立的简化模型如图乙所示,质量为80 kg的球,被长为5 m的细绳悬挂,悬挂点距转柱距离为2 m,当中心转柱以恒定角速度旋转时,细绳与竖直方向的夹角为θ=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,则( )
A.球的质量越大,θ角越小
B.球的动能为1 500 J
C.球所受的合外力为0
D.若中心转柱的转速减小时,细绳对球做正功
6.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,重力加速度g取10 m/s2,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.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,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 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)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)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0,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)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.(2023广东深圳二模)在火力发电厂,将煤块制成煤粉的球磨机的核心部件是一个半径R= m的躺卧圆筒。圆筒绕水平中心轴旋转,将筒内的钢球带到一定高度后,钢球脱离筒壁落下将煤块击碎,截面简化如图。设筒内仅有一个质量为m=0.2 kg、大小不计的钢球,初始静止在最低点A。(g取10 m/s2)
(1)启动电机使圆筒加速转动,钢球与圆筒保持相对静止,第一次到达与圆心等高的位置B时,圆筒的角速度ω0= rad/s,求此时钢球线速度v0的大小和该过程中圆筒对钢球所做的功W;
(2)当钢球通过C点时,另一装置瞬间让钢球与圆筒分离(分离前后钢球速度不变),此后钢球仅在重力作用下落到位置D。CD连线过O点,与水平方向成45°。求分离时圆筒的角速度ω1;
(3)停止工作后将圆筒洗净,内壁视为光滑。将一钢球从位置C正下方的E点由静止释放,与筒壁碰撞6次后恰好又回到E点。若所有碰撞都是弹性的(即碰撞前后沿半径方向速度大小相等、方向相反,沿切线方向速度不变),求钢球从释放开始至第一次回到E点所用的时间;若改变钢球释放的高度,钢球能否与筒壁碰撞3次后回到释放点,并简要说明理由。
答案：
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,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,潜水器在竖直方向速度为零,则竖直方向所受合外力为0,选项D正确。
3.AD 解析根据题中图像可知,物体总共的路程为s=2m,上升的最大高度为1.0m,故A正确。这个过程,由功能关系Ek-Ek0=-Fs,根据题中图像可知Ek0=7J,Ek=1J,可得F=3N,故B错误。到达最高点速度为0,动能为0,故C错误。由题中图像知s=1m时E=4J,此时动能为0,Ep=E=4J,Ep=mgh,得m=0.4kg,故D正确。
4.BD 解析设电场强度为E,小球电荷量为q,质量为m,初速度为v0
由题知mg=Eq
水平方向,小球向左先做匀减速运动到速度为零后反向做匀加速运动,加速度大小为g;
竖直方向,小球做自由落体运动,加速度大小为g。
电势能只与静电力做功有关,当小球水平向左速度为零时,电势能最大,此时
水平方向:v0-gt=0,x=
竖直方向:v'=gt,h=gt2
重力做功WG=mgh=
电势能的增加量Ep电=qEx=
即WG=Ep电
此过程中小球初动能Ek初=,末动能Ek末=mv'2==Ek初,故B、D正确。
当小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时
v0-gt'=gt'
t'=
此时合速度方向与合力F合方向垂直,小球动能最小,故A、C错误。
5.B 解析小球做匀速圆周运动,所受的合力提供向心力mgtanθ=mω2r,可得gtanθ=ω2r,由此可知,角度θ与质量无关,故A、C错误。由mgtanθ=,且r=lsinθ+x0,又知Ek=mv2,联立得Ek=1500J,故B正确。若中心转柱的转速减小时,绳子与竖直方向的夹角θ减小,则小球所处平面的高度降低,可知小球的重力势能减小,小球的动能减小,小球的机械能减小,故细绳对球做负功,故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=0.6s。
(2)物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动
mgsinθ=ma
l=at2
两式联立得l=0.9m。
(3)物块在斜面上运动过程中重力做的功
W=mglsinθ
重力的平均功率P=
联立得P=7.5W。
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-mgsinα=ma
Ff=μFN
FN=mgcsα
解得a=0.8m/s2。
(2)箱子加速所用时间为t=s=1.5s
传送带位移x传=v0t=1.8m
传送带总长l==3m
箱子加速运动的位移为x箱=at2=×0.8×1.52m=0.9m产生的热量Q=FfΔx=Ff(x传-x箱)=122.4J。
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=-mgxsinα-μmgxcsα
-0=mgxsinα-μmgxcsα
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=gsinα-μgcsα=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=gsinα+μgcsα=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vAcsα=vBcsβ,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,tanα→∞,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)2 m/s (0.4+2) J
(2) rad/s
(3)见解析
解析(1)此时钢球线速度v0=ω0R=m/s=2m/s
该过程中设圆筒对钢球做的功为W,由动能定理有
W-mgR=
解得W=(0.4+2)J。
(2)钢球分离后做斜抛运动,将运动沿水平方向和竖直方向分解可得
R=vCtcs45°
-R=vCtsin45°-gt2
解得
vC=m/s
又知
vC=ω1R
解得ω1=rad/s。
(3)6次返回E点,只能按如下图轨迹运动。
在F点发生碰撞后做平抛运动,在F点与A点之间满足
(1-cs45°)R=
解得
t1=s或s
又Rsin45°=vFt1
解得
vF=2m/s或m/s
从E点与F点之间满足
vF=gt2
解得t2=s或s
则从E点出发到返回E点的时间
t=4t1+4t2
解得t=s
若经过3次碰撞后回到E点,必须在右下圆弧沿半径方向与筒壁发生碰撞。如此碰撞的路径小球的速度的反向延长线不过水平位移的中点违背了平抛运动的规律,故不能经过3次回到E点。