高考物理二轮复习专题分层突破练6动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用(含解析)

专题分层突破练6　动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

A组

1.

(2020辽宁丹东高三二模)如图所示,一人在滑雪场滑雪。过程Ⅰ:该人从P点以初速度v0水平起跳,在空中运动一段时间后落在斜坡上的Q点;过程Ⅱ:该人自P点由静止开始沿弯曲斜坡下滑至Q点。若两个运动过程中空气阻力、摩擦力均不计,则(　　)

A.过程Ⅰ中该人重力做功的平均功率比过程Ⅱ小

B.两过程中,该人重力做功的平均功率相等

C.两次到达Q点瞬间,重力的瞬时功率相等

D.过程Ⅱ中该人重力的冲量比过程Ⅰ大

2.

一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直线运动,已知在第1秒内合力对物体做的功为45 J,在第1秒末撤去拉力,其v-t图像如图所示,g取10 m/s2,则(　　)

A.物体的质量为10 kg

B.物体与水平面的动摩擦因数为0.2

C.第1秒内摩擦力对物体做的功为-60 J

D.前4秒内合力对物体做的功为60 J

3.汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡,汽车受到的阻力恒定不变,则汽车上坡过程的v-t图像不可能是选项图中的(　　)

4.(2020四川高三三模)如图(a),在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC,B为轨道的中点,质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中,动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N,空气阻力不计,重力加速度g取10 m/s2。由此可知(　　)

A.小球的质量m=0.2 kg

B.初动能Ek0=16 J

C.小球在C点时重力的功率为60 W

D.小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N

5.(2020安徽高三三模)如图所示,完全相同的两个物体A、B(视为质点)用轻绳连接,在大小相同的力F作用下,两物体沿力F的方向分别按如下四种方式做匀加速直线运动:①F水平,两物体沿光滑水平面运动;②F水平,两物体沿粗糙水平面运动;③F沿斜面向下,两物体沿光滑斜面向下运动;④F沿斜面向上,两物体沿粗糙斜面向上运动。上述四种运动过程中物体的位移大小均相等,则下列说法正确的是(　　)

A.上述四种运动中恒力F做功相同

B.③中物体的加速度最大,④中物体的加速度最小

C.轻绳对物体B的拉力在①中最小,在④中最大

D.在①和④中,轻绳的拉力对物体B做功的平均功率相同

6.(多选)(2020山东高三二模)某汽车质量为5 t,发动机的额定功率为60 kW,汽车在运动中所受阻力的大小恒为汽车重力大小的。若汽车以0.5 m/s2的加速度由静止开始匀加速启动,经过24 s,汽车达到最大速度。重力加速度g取10 m/s2,在这个过程中,下列说法正确的是(　　)

A.汽车的最大速度为12 m/s

B.汽车匀加速运动的时间为24 s

C.汽车在24 s内的位移为120 m

D.4 s末汽车发动机的输出功率为60 kW

7.

(多选)(2020安徽高三月考)如图所示,在倾角θ=37°的固定斜面体的底端附近固定一挡板,一质量不计的弹簧下端固定在挡板上,弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处,质量分别为mA=4.0 kg、mB=1.0 kg的物块A和B用一质量不计的足够长的细绳连接,跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮,开始物块A位于斜面体上的M处,物块B悬空,现将物块A和B由静止释放,物块A沿斜面下滑,当物块A将弹簧压缩到N点时,物块A、B的速度减为零。已知MO=1.0 m,ON=0.5 m,物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是(　　)

A.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2 m/s2

B.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5 m/s2

C.物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为9 J

D.物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为21 J

8.

(2020安徽芜湖高三月考)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示,质量m=60 kg 的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道连接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心,半径R=12.5 m的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m,运动员在C点对轨道压力为其所受重力的6倍,g取10 m/s2。求:

(1)运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;

(2)运动员在B、C间运动时克服阻力做功Wf。

B组

9.

(多选)(2020重庆高三月考)如图所示,粗细均匀的光滑细杆竖直固定,质量为m的小球C穿在细杆上,光滑的轻质小滑轮D固定在墙上。A、B两物体用轻弹簧竖直相连。一根不会伸长的轻绳,一端与A连接,另一端跨过小滑轮D与小球C相连。小球C位于M时,轻绳与细杆的夹角为θ。现让小球C从M点由静止释放,当下降距离h后到达N点时,轻绳与细杆的夹角再次为θ,小球的速度为v,整个过程中绳均处于绷紧状态。在小球C下落的过程中,下列说法正确的是(　　)

A.小球C和物体A组成的系统机械能守恒

B.当小球C落到与滑轮D同一高度时,物体A的动能最大

C.小球C到达N点时A的速度为vcos θ

D.小球C到达N点时物体A的动能为mgh-mv2

10.

A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上,如图所示,已知mA=mB=1.5 kg,轻弹簧的劲度系数k=100 N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F使木块A由静止开始以2 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动,且已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),g取10 m/s2。求:

(1)刚开始运动时弹簧的弹性势能;

(2)木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最小值;

(3)从木块A竖直向上做匀加速运动到A、B分离的过程中,力F对木块做的功。

参考答案

专题分层突破练6　动能定理、机械

能守恒定律、功能关系的应用

1.D　解析 两个过程中重力做功相等,过程Ⅰ中人做平抛运动,运动的时间等于下落竖直高度做自由落体运动的时间,此时间一定小于沿曲面PQ运动的时间,根据可知,过程Ⅰ中该人重力做功的平均功率比过程Ⅱ大,选项A、B错误;根据机械能守恒定律和P=mgvy可知做平抛运动时在Q点的竖直速度较大,则重力的瞬时功率较大,选项C错误;过程Ⅱ中该人运动的时间较长,根据I=mgt可知,过程Ⅱ中重力的冲量比过程Ⅰ大,选项D正确。

2.A　解析 由图知第1 s内的位移为x1= m=1.5 m,由动能定理可得合力做功W=F合x1=mv2=45 J,得F合=30 N,m=10 kg,故A正确;从第1 s末到第4 s末,摩擦力做功为-45 J,位移为x2= m=4.5 m,设摩擦力大小为f,则-f×x2=-45 J,得f=10 N,则μ==0.1,故B错误;第1 s内摩擦力做功为Wf=-fx1=-10×1.5=-15 J,故C错误;由动能定理可知,前4 s内合力做功为零,故D错误。

3.A　解析 汽车冲上斜坡,受重力mg、支持力FN、牵引力F和阻力f,设斜面的倾角为θ,根据牛顿第二定律,有F-mgsin θ-f=ma,其中P=Fv,故-mgsin θ-f=ma。若a>0,则物体加速运动,加速度会减小,当加速度减为零时,速度达到最大,故选项C可能;若a=0,则物体速度不变,做匀速运动,故选项B可能;若a<0,即加速度沿斜面向下,物体减速,故加速度会减小,当加速度减为零时,速度达到最小,故选项D可能;不可能是选项A。

4.D　解析 由图(b)可知,轨道的半径为0.4 m,小球在C点的动能大小EkC=9 J,因小球所受重力与弹力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得mg+F=,解得小球的质量m=2 kg,故A错误;由机械能守恒定律得,初动能Ek0=mgh+EkC=25 J(其中h=0.8 m),小球在C点时重力与速度方向垂直,重力的功率为0,故B、C错误;由机械能守恒定律得,B点的动能EkB=mgR+EkC=17 J,在B点轨道对小球的作用力提供向心力,由牛顿第二定律得F'==85 N,故D正确。

5.A　解析 根据功的定义:W=Fscos θ,由题意可判断四种情况下,恒力F做的功相等,故A正确;设物体受到的摩擦力为f,绳子的拉力为FT,②中整体由牛顿第二定律可得F合=F-2f=2ma,再用隔离法有FT-f=ma,联立可求得a=,FT=,说明物体加速度的大小取决于系统受合力的大小,绳子的拉力大小与摩擦力无关,同理与重力的分力也无关,所以,四种情况中绳的拉力一样大;③中系统所受合力最大,加速度最大,但④中系统所受合力不一定最小,故加速度不一定最小,故B、C错误;轻绳的拉力对物体B做功的平均功率有,四种情况WFT相等,①中的加速度a1大于④中的加速度a4,由s=at2,可判断在发生相同的位移内,t1<t4,故可得,故D错误。故选A。

6.AC　解析 当阻力与牵引力平衡时,汽车速度达到最大值,由汽车的功率和速度关系可得P=Fv=fvmax,解得vmax= m/s=12 m/s,故A正确;汽车以0.5 m/s2的加速度运动时,当汽车的功率达到额定功率时,汽车达到了匀加速运动阶段的最大速度,由汽车的功率和速度关系可得P=F'vm,由牛顿第二定律,可得此时汽车的牵引力为F'=mg+ma,由以上方程可得vm=8 m/s,F'=7.5×103 N,这一过程能维持的时间t1= s=16 s,故B错误;匀加速过程中汽车通过的位移为x1=×0.5×162 m=64 m,整个过程中,由动能定理得F'x1+P(t-t1)-mgx=,解得,汽车的位移为x=120 m,故C正确;由以上分析可知,4 s末汽车还在做匀加速运动,实际功率小于额定功率,所以4 s末汽车发动机的输出功率小于60 kW,故D错误。故选AC。

7.AC　解析 对AB整体,由牛顿第二定律可得mAgsin θ-mBg-μmAgcos θ=(mA+mB)a,解得a=1.2 m/s2,选项A正确,B错误;由能量守恒可知,物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为Ep=mAg·MNsin θ-mBg·MN-μmAgcos θ·MN,解得Ep=9 J,选项C正确,D错误。故选AC。

8.答案 (1)144 N　(2)1 530 J

解析 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,斜面的倾角为α,有=2ax

根据牛顿第二定律得mgsin α-Ff=ma,其中sin α=

联立上式解得Ff=144 N

(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到C的过程中,根据动能定理得mgh-Wf=

设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg=m

运动员在C点对轨道压力为其所受重力的6倍,即有FN=6mg

联立上式,代入数据解得Wf=1 530 J

9.CD　解析 小球C下落的过程中,因弹簧的弹力对物块A要做功,故小球C和物体A组成的系统机械能不守恒,故A错误;当小球C落到与滑轮D同一高度时,物体A的速度为零,动能为零,故B错误;小球C到达N点时,将C的速度分解为沿绳方向和垂直绳子方向,沿绳子方向的速度为vcos θ,则A的速度为vcos θ,故C正确;小球C到达N点时,物体A的位置不变,弹簧的弹性势能不变,则由能量守恒知小球C的机械能减小量为mgh-mv2,则物体A的动能为mgh-mv2,故D正确。

10.答案 (1)4.5 J　(2)6 N　(3)1.44 J

解析 (1)对AB组成的整体,受到重力与弹簧的弹力处于平衡状态,则:

Fx=(mA+mB)g=(1.5+1.5)×10 N=30 N

初始位置对应的弹簧的压缩量:x1= m=0.30 m

弹簧的弹性势能:Ep=×100×0.32 J=4.5 J

(2)A与B开始运动时加速度是相等的,AB组成的系统受到重力、弹簧的弹力与拉力;由于开始时弹簧对AB系统的弹力最大,所以拉力F最小,由牛顿第二定律可得

Fmin+Fx-(mA+mB)g=(mA+mB)a

代入数据可得Fmin=6 N

(3)A、B分离时设弹簧压缩量为x2,二者分离时A与B之间的作用力为0,由牛顿第二定律对B得kx2-mBg=mBa

得x2=0.18 m

此过程A、B上升高度

h=x1-x2=0.30 m-0.18 m=0.12 m

此时A、B速度设为v,则:v2=2ah

代入数据可得v= m/s

弹性势能的变化量:

ΔEp=

对系统由能量守恒定律得

WF+ΔEp=(mA+mB)gh+(mA+mB)v2

联立以上各式代入数据求得WF=1.44 J