第7练　动能定理　机械能守恒定律　能量守恒定律（含解析）--2024年高考物理大二轮复习

这是一份第7练　动能定理　机械能守恒定律　能量守恒定律（含解析）--2024年高考物理大二轮复习，共13页。

1．(2023·江苏盐城市三模)物体从离地高H处的M点开始做自由落体运动，下落至离地高度为eq \f(1,3)H处的N点，不计空气阻力，下列能量条形图表示了物体在M和N处的动能Ek和重力势能Ep的相对大小关系，可能正确的是( )
2．义乌国际商贸城的跳跳杆玩具广受孩子们的喜爱。如图甲所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，某次小孩从最低点弹起，以小孩运动的最低点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，小孩与杆整体的动能与其坐标位置的关系如图乙所示，图像0～x3之间为曲线，x2为其最高点，x3～x4为直线，不计空气阻力的影响。则下列说法正确的是( )
A．x1位置时小孩处于超重状态
B．x2位置时小孩不受弹簧弹力作用
C．x3位置时小孩所受合外力为零
D．x1～x4过程小孩的机械能始终守恒
3.如图所示，质量m1＝0.2 kg的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端固定一光滑定滑轮。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量m2＝0.45 kg的物体Q相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知OA＝0.3 m，AB＝0.4 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，两物体均视为质点，不计空气阻力。某时刻撤去外力、同时给P一水平向左的速度v，物体P恰能运动到B点，则v的大小为( )
A．3 m/s B．4 m/s
C．5 m/s D．6 m/s
4．(2023·江苏省模拟)如图所示，在竖直平面内有一半径为2.0 m的四分之一圆弧形光滑导轨AB，A点与其最低点C的高度差为1.0 m，今由A点沿导轨无初速度释放一个小球，若取g＝10 m/s2，则( )
A．小球过B点的速度vB＝eq \r(5) m/s
B．小球过B点的速度vB＝2eq \r(5\r(3)－1) m/s
C．小球离开B点后做平抛运动
D．小球离开B点后继续做半径为2.0 m的圆周运动直到到达与A点等高的D点
5.(2023·江苏省苏锡常镇二模)如图为某水上乐园设计的水滑梯结构简图。倾斜滑道与滑板间的动摩擦因数为μ，水平滑道与滑板间的动摩擦因数为2μ，两滑道平滑连接。若倾斜滑道高度h一定，要确保游客能从倾斜滑道上由静止滑下，并能滑出水平滑道，不计空气阻力，游客(含滑板)可视为质点，下列设计符合要求的是( )
A．L1＝eq \f(3h,2μ)，L2＝eq \f(3h,5μ) B．L1＝eq \f(h,2μ)，L2＝eq \f(h,3μ)
C．L1＝eq \f(h,3μ)，L2＝eq \f(h,4μ) D．L1＝eq \f(h,4μ)，L2＝eq \f(h,2μ)
6.(2022·湖北卷·5)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( )
A.eq \f(μmg,k) B.eq \f(2μmg,k) C.eq \f(4μmg,k) D.eq \f(6μmg,k)
7.(2023·江苏无锡市期终教学质量调研)传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时间t变化的图线可能正确的是( )
8．(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
[争分提能练]
9.(2023·江苏淮安市二模)如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则( )
A．小球重力的功率一直增大
B．M∶m＝3∶5
C．运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等
D．小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为eq \f(8,11)Mg
10．(2023·江苏南通市期末)如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ＝37°足够长的斜面体组成，传送带AB间的长度L＝1.7 m，传送带顺时针匀速转动。现让质量m＝1 kg的小物块以某水平向右的速度从A点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08 m的C点，物块与斜面体、传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，传送带与斜面平滑连接，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求物块由A运动到B时的速度大小；
(2)若改变传送带转速，物块从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块从A点滑上传送带时初动能的最小值Ekmin。
11．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq \f(1,4)圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为eq \r(gR)，之后沿轨道BO运动．以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为eq \r(2)mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程．
[尖子生选练]
12.如图所示，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的右边缘处固定一个质量为m的小球A，在圆心O的正下方eq \f(1,2)r处固定一个质量为2m的小球B，小球A、B均可看成质点。现从静止释放圆盘让其自由转动，重力加速度为g，则转动过程中小球B的最大速度为( )
A.eq \r(\f(\r(3)－1gr,3)) B.eq \r(\f(\r(2)－1gr,3))
C.eq \r(\f(\r(2)gr,3)) D.eq \r(\f(gr,3))
第7练 动能定理 机械能
守恒定律 能量守恒定律
1．D [由题意可知，物体重力势能变为原来的eq \f(1,3)，A错误；由于机械能守恒，动能与重力势能之和应等于释放时的机械能，B、C错误；设释放位置所在平面为参考平面，则机械能为零，D正确。]
2．A [x1位置时小孩向上加速运动，处于超重状态，故A正确；x2位置时小孩向上运动动能最大，速度最大，小孩所受重力与弹簧弹力二力平衡，小孩受弹簧弹力作用，故B错误；x3～x4为直线，由动能定理可得Ek－Ek0＝－mgh，解得Ek＝Ek0－mgh，x3位置时小孩仅受重力作用，故C错误；x1～x3过程小孩与弹簧组成的系统机械能守恒，x3～x4过程小孩的机械能守恒，故D错误。 ]
3．A [由几何关系可得OB＝eq \r(AB2＋OA2)＝0.5 m，则当P从A到B的过程中，Q的位移x＝OB－OA＝0.2 m，由系统机械能守恒得eq \f(1,2)m1v2＝m2gx，解得v＝3 m/s，故选A。]
4．B [设∠AOC＝θ，∠BOC＝α，则cs θ＝eq \f(R－h,R)＝eq \f(1,2)，解得θ＝60°，所以α＝90°－θ＝30°，从A到B下降的高度为Δh＝Rcs α－Rcs θ＝(eq \r(3)－1) m，由A到B，根据机械能守恒定律得mgΔh＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq \r(5\r(3)－1) m/s，故A错误，B正确；小球离开B点后，速度斜向右上，只受重力作用，做斜上抛运动，故C、D错误。]
5．C [要从倾斜滑道滑下，要求mgsin θ>μmgcs θ，即μμmgL1＋2μmgL2，即L26．C [Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，剪断轻绳后，Q所受弹力将小于最大静摩擦力，故Q将仍保持静止，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝eq \f(4μmg,k)，故选C。]
7．D [如果传送带速度比物块速度大，开始阶段物块加速，有μmg(vt＋eq \f(1,2)at2)＝Ek－eq \f(1,2)mv2，图像开始阶段为开口向上的抛物线一部分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确；如果传送带速度比物块速度小，开始阶段物块减速，有－μmg(vt－eq \f(1,2)at2)＝Ek－eq \f(1,2)mv2，图像开始阶段为开口向上的抛物线一部分，减速至共速后动能不变，B、C错误。]
8．A [0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。]
9．D [小球在题图所示水平位置和D点时速度均为0，重力的功率也为0，故重力的功率不是一直增大，故A错误；设AD长为3L，根据机械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcs 37°，解得M∶m＝6∶5，故B错误；小球在题图所示水平位置和D点时，小球和小物块的速度大小相等，均为0，AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，故C错误；设小球在最低点D时沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为FT，根据牛顿第二定律有Mg－FT＝Ma，FT－mgcs 53°＝ma，解得FT＝eq \f(8,11)Mg，故D正确。]
10．(1)6 m/s (2)34 J
解析 (1)物块恰好能滑到C，B到C做加速度大小为a的匀减速运动，C点速度为零，则
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma
0－vB2＝－2a·eq \f(h,sin 37°)
解得vB＝6 m/s
(2)设当物块滑上斜面H高度后返回，经传送带减速刚好回到A点，速度为零，则物块从A点滑上传送带时初动能最小，物块从最高点到达A点过程，根据动能定理可得
mgH－μmgcs 37°·eq \f(H,sin 37°)－μmgL＝0
解得H＝2.55 m
设物块从A点至到达最高点过程，传送带对物块做功为Wf，
根据动能定理可得Wf－mgH－μmgcs 37°·eq \f(H,sin 37°)＝0－Ek
解得Ek＝mgH＋μmgcs 37°·eq \f(H,sin 37°)－Wf
故当Wf最大时，物块从A点滑上传送带时初动能最小，即物块从A到B整个过程传送带始终对物块做正功，此时物块从A点滑上传送带时初动能最小，即Ekmin＝mgH＋μmgcs 37°·eq \f(H,sin 37°)－μmgL＝34 J。
11．(1)eq \f(1,2)mgR (2)eq \r(3gR) (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mgR
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋eq \r(2)mg×eq \r(2)R＝eq \f(1,2)mvO2－eq \f(1,2)mvB2
解得vO＝eq \r(3gR)
(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
eq \r(2)mgcs 45°＝max
y轴方向有eq \r(2)mgsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝eq \f(1,2)gt2，y＝vOt
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx.
12．B [设OA转动θ角时，小球B的速度为vB，A、B组成的系统机械能守恒，有mgrsin θ－2mg×eq \f(1,2)r(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)×2mvB2，又vA＝2vB，联立解得vB＝eq \r(\f(grsin θ＋cs θ,3)－\f(1,3)gr)。由数学知识可知，当θ＝45°时，小球B有最大速度，为vBm＝eq \r(\f(\r(2)－1gr,3))，B正确。]