新教材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、功能关系的应用含答案

这是一份新教材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、功能关系的应用含答案，共13页。试卷主要包含了4 kg等内容，欢迎下载使用。
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=gR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.22-12mgRB.2-12mgR
C.(2-1)mgRD.2-22mgR
2.(2023全国乙卷)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比,则该排球( )
A.上升时间等于下落时间
B.被垫起后瞬间的速度最大
C.达到最高点时加速度为零
D.下落过程中做匀加速运动
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。以地面为参考平面,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.“ETC”是电子不停车收费系统的简称。若某汽车以恒定功率匀速行驶,为合理通过收费处,司机在t1时刻使汽车功率减半,并保持该功率行驶,到t2时刻又做匀速运动;通过收费处后,逐渐增加功率,使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率,以后保持该功率行驶。设汽车所受阻力大小不变,则在该过程中,汽车的速度随时间变化图像可能正确的是( )
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v2
B.物块做匀加速直线运动的时间为3l5v
C.物块与传送带间的动摩擦因数为10v29gl
D.整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为mv29
9.(多选)(2021全国甲卷)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Ek5。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Ek2mg
B.物体向下滑动时的加速度大小为g5
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22l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gl
D.当A环到达O点后,若在转弯处机械能损失不计,再经12lg的时间能追上B环
11.如图所示,水平轨道AB长度l1=1.0 m,左端连接半径为R=0.5 m的光滑14圆弧轨道,右端连接水平传送带,AB与传送带的上表面等高,三段之间都平滑连接。一个质量m=1.0 kg的物块(可视为质点),从圆弧上方距AB平面h高处由静止释放,恰好切入圆弧轨道,经过AB冲上静止的传送带,物块恰好停在C端。已知物块与AB、BC段的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5,BC长度l2=2.0 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求h的大小。
(2)求物块第一次经过圆弧轨道最低点A时对轨道的压力FN。
(3)如果传送带以速度v(v的大小可调且v≥25 m/s)逆时针转动,那么物块最后停止的位置到A点的距离是多少?(可用v表示)
参考答案
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.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=12gt2,由几何关系可得x2+y2=R2,解得y=(2-1)R,小球落在圆周上时的动能为Ek=12mv02+mgy=22-12mgR,故选A。
2.B 解析 在上升阶段,初始时刻速度最大,对排球受力分析,排球受到重力和向下的阻力(变力),根据牛顿第二定律得mg+kv=ma,物体做加速度减小的减速运动,在最高点时速度为零,还受重力,加速度不为零,选项C错误。下降阶段,重力方向向下,阻力(变力)方向向上,合力是向下的,根据牛顿第二定律得mg-kv'=ma',物体做加速度减小的加速运动,选项D错误。最终回到出发点,上升阶段的逆过程为初速度为0、加速度增大的加速运动,与下降阶段相比,两个阶段位移的大小相同,加速度不同,时间不同,选项A错误。全过程有阻力做功,初始时刻速度最大,选项B正确。
3.AD 解析 根据题中图像可知,物体总共的路程为s=2 m,上升的最大高度为1.0 m,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=7 J,Ek=1 J,可得F=3 N,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=1 m时E=4 J,此时动能为0,Ep=E=4 J,Ep=mgh,得m=0.4 kg,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=v022g
竖直方向:v'=gt,h=12gt2
重力做功WG=mgh=mv022
电势能的增加量Ep电=qEx=mv022
即WG=Ep电
此过程中小球初动能Ek初=12mv02,末动能Ek末=12mv'2=12mv02=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'=v02g
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.C 解析 0~t1时间内,汽车以恒定功率匀速行驶,则有F=Ff,P=Fv1,t1时刻使汽车功率减半,则有P2=F1v1,解得F1=F2=Ff2,则汽车做减速运动,速度减小,t1到t2时刻保持该功率行驶,所以牵引力增大,由牛顿第二定律可得Ff-F'=ma,则汽车做加速度逐渐减小的减速运动,t1到t2时间内图像的斜率逐渐减小;t2到t3时间内做匀速运动,则速度保持不变;t3到t4时间内先做匀加速运动有F2-Ff=ma2,P2=F2v2,由于牵引力不变,速度增大,功率增大,当P2=P时,保持功率不变,则汽车继续加速运动,其牵引力减小,由牛顿第二定律可知,汽车做加速度逐渐减小的加速运动,加速度为0时,汽车的速度达到最大值,最后做匀速运动。所以在t3到t4时间内图像斜率先保持不变,再逐渐减小,最后为0。所以C正确,A、B、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=0.6 s。
(2)物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动
mgsin θ=ma
l=12at2
两式联立得l=0.9 m。
(3)物块在斜面上运动过程中重力做的功
W=mglsin θ
重力的平均功率P=Wt
联立得P=7.5 W。
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-mgsin α=ma
Ff=μFN
FN=mgcs α
解得a=0.8 m/s2。
(2)箱子加速所用时间为t=v0a=1.20.8 s=1.5 s
传送带位移x传=v0t=1.8 m
传送带总长l=hsinα=3 m
箱子加速运动的位移为x箱=12at2=12×0.8×1.52 m=0.9 m