备战2025年高考二轮复习物理（广东版）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（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（广东版）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（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了图为深坑打夯机工作示意图等内容，欢迎下载使用。

基础巩固
1.(多选)如图所示,小陈去某商场购物,他先从一楼搭乘图甲所示的观光电梯到达六楼超市,再搭乘图乙所示的自动人行道电梯到四楼,最后搭乘图丙所示的自动扶梯到五楼。已知图乙和图丙所示的电梯均匀速运行,图乙的梯面倾斜程度处处相同,且小陈搭乘三种电梯的过程中都站在电梯上不动,则( )
A.搭乘图甲所示电梯的过程中,合外力对小陈做功最大
B.搭乘图乙所示电梯的过程中,小陈的重力做功的功率不变
C.搭乘图乙所示电梯的过程中,摩擦力对小陈不做功
D.搭乘图丙所示电梯的过程中,小陈的机械能增大
答案 BD
解析 图甲电梯运动过程中,人在电梯中的初速度与末速度均为0,图乙与图丙中电梯均做匀速运动,则始末状态动能的变化量均为0,根据动能定理可知,搭乘三种电梯的过程中,合外力对小陈做的功均为0,A错误;图乙的梯面倾斜程度处处相同,即电梯运动速度方向与竖直方向的夹角一定,根据P=mgvcs θ可知,搭乘图乙所示电梯的过程中,小陈的重力做功的功率不变,B正确;图乙中的梯面倾斜,匀速运动时,对人进行分析,人受到重力、垂直于倾斜梯面的支持力与沿梯面向上的静摩擦力,搭乘图乙所示电梯的过程中,摩擦力对小陈做负功,C错误;搭乘图丙所示电梯的过程中,匀速运动时,对人进行分析,人受到重力、电梯对人竖直向上的支持力,人的速度沿斜向上,则电梯对人做正功,小陈的机械能增大,D正确。
2.(2023浙江1月选考)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中( )
A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小
答案 B
解析 游客从跳台下落,开始阶段橡皮绳未拉直,只受重力作用做自由落体运动,下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧,游客受重力和向上的弹力作用,弹力从零逐渐增大,游客所受合力先向下减小后向上增大,速度先增大后减小,到最低点时速度减小到零,弹力达到最大值,弹性势能达到最大值,故橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大,A错误。游客高度一直降低,重力一直做正功,重力势能一直减小,B正确。下落阶段橡皮绳对游客做负功,游客机械能减少,弹性绳的弹性势能增大,C错误。弹性绳刚绷紧开始一段时间内,弹力小于重力,合力向下做正功,游客向下运动的速度逐渐增大,游客动能逐渐增加;当弹力等于重力时,游客向下运动的速度最大,游客的动能最大;游客再向下运动,弹力大于重力,合力向上对游客做负功,游客动能逐渐减小,D错误。
3.(2021山东卷)如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直光滑轴O转动,另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中,木块所受摩擦力的大小为( )
A.mv022πLB.mv024πL
C.mv028πLD.mv0216πL
答案 B
解析 在运动过程中,只有摩擦力做功,而摩擦力做功与路径有关,根据动能定理有-f·2πL=0-12mv02,可得摩擦力的大小f=mv024πL,B正确。
4.“广湛”高铁将茂名到广州的通行时间缩短至2小时。假设动车启动后沿平直轨道行驶,发动机功率恒定,行车过程中受到的阻力恒为f,已知动车质量为m,最高行驶速度为vm,下列说法正确的是( )
A.动车启动过程中所受合外力不变
B.动车发动机功率为fvm
C.从启动到最大速度过程中,动车平均速度为vm2
D.从启动到最大速度过程中,动车牵引力做功为12mvm2
答案 B
解析 发动机功率恒定,根据P=Fv,速度变大,牵引力变小,合外力F合=F-f,合外力变小,故A错误;速度最大时,动车加速度为零,受力平衡,此时P=Fv=fvm,故B正确;从启动到最大速度过程中,动车做加速度变小的加速运动,动车平均速度大于vm2,故C错误;从启动到最大速度过程中,根据动能定理WF-Wf=12mvm2,动车牵引力做功大于12mvm2,故D错误。
5.(多选)(2024江西高三期中)图甲为一种新型的电动玩具,整体质量为m,下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射器等,打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的推进力F,使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处静止释放,使玩具在竖直方向运动,推进力F随离地面高度h变化的关系如乙所示,重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于4h0~2h0过程,下列判断正确的是( )
A.玩具先做匀加速再做匀减速运动
B.玩具下落到距地面3h0高处速度最大
C.玩具下落的最大速度为gh0
D.玩具下落的最大速度为3gh02
答案 BC
解析 玩具从离地面高度为4h0处静止释放,根据牛顿第二定律可得mg-F=ma,由图乙可知,F逐渐增大,加速度逐渐减小,玩具做变加速运动,当F=mg时,加速度为零,速度达到最大,由图乙可知,此时玩具距地面高度为3h0,此后F>mg,玩具做变减速运动,故A错误,B正确;根据上面分析到达3h0时速度最大,F做负功,大小为图形中与横轴围成的面积,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·12=-12mgh0,对该过程根据动能定理有mgh0-12mgh0=12mvm2,解得vm=gh0,C正确,D错误。
6.(2024广东深圳阶段练习)在大力士比赛中,选手竖直向上抛出一重物。取抛出点所在平面为零重力势能面,上升阶段重物的机械能E总和重力势能Ep随它离开抛出点的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2,由图中数据可得( )
A.重物的质量为2.5 kg
B.h=8 m时,重物的动能为200 J
C.重物上升过程中,阻力大小恒为100 N
D.重物上升过程中,合外力做功为-1 000 J
答案 D
解析 由图可知h=8 m时E总=Ep=mgh=800 J,则此时的动能为零,解得重物的质量为m=10 kg,故A、B错误;根据功能关系有ΔE=-fh,由图可知ΔE=800 J-1 000 J,解得重物上升过程中,阻力大小f=25 N,故C错误;根据题意可知,重物从抛出到最高点,动能减少1 000 J,根据动能定理可知合外力做功为-1 000 J,故D正确。
7.(8分)如图所示,一滑雪运动员质量为m=60 kg,经过一段加速滑行后从A点以vA=12 m/s的初速度水平飞出,恰能落到B点。在B点速度方向(速度大小不变)发生改变后进入竖直平面内的半径R=20 m的圆弧轨道BO,并沿轨道下滑。已知在最低点O时运动员对轨道的压力为2 100 N。A与B、B与O的高度差分别为H=20 m、h=8 m。不计空气阻力,g取10 m/s2,求:
(1)A、B间的水平距离;
(2)运动员在BO段时克服阻力做的功。
答案 (1)24 m
(2)6 120 J
解析 (1)由A到B,运动员做平抛运动,竖直方向有H=12gt2
解得t=2Hg
代入数据得t=2 s
则A、B间水平距离为s=vAt=24 m。
(2)根据牛顿第三定律,在最低点O时轨道对运动员的支持力为2 100 N,设在最低点时速度为vO,根据牛顿第二定律有FN-mg=mvO2R
解得vO=105 m/s
设运动员在BO段时克服阻力做的功为Wf,由动能定理得
mg(H+h)-Wf=12mvO2-12mvA2
代入数据,解得Wf=6 120 J。
综合提升
8.(多选)如图所示,A、B两球由绕过定滑轮的轻质细线相连,B、C球放在固定不动的、倾角为α的光滑斜面上,通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C球靠在与斜面垂直的挡板上。现用手托住A球,并使细线刚好伸直但无拉力作用,保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直。开始时整个系统处于静止状态,释放A球后,A球下落的速度最大时C球恰好对挡板无压力,已知A、B、C三球的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,运动过程中A球未落地,B球未与滑轮相撞,则( )
A.该过程A、B、C三球及弹簧所组成的系统机械能守恒
B.当C球刚要离开挡板时B球的加速度为12g
C.斜面的倾角为37°
D.A球速度最大时,B球的速度也最大
答案 AD
解析 在运动过程中A、B、C三球及弹簧组成的系统只有重力做功,所以系统机械能守恒,故A正确;A球下落的速度最大时C球恰好对挡板无压力,当轻质细线向上的拉力等于A球的重力时,A球加速度为零,速度达到最大,此时通过细绳与A球相连的B球有相同的运动情况,加速度为零,速度达到最大,故B错误,D正确;当A球速度最大时,将B、C两球当成整体进行受力分析有2mgsin α=T,而拉力为T=mg,联立解得sin α=12,由三角函数关系可得α=30°,故C错误。
9.(多选)(2024广东惠州二模)图为深坑打夯机工作示意图。电动机带动两个摩擦轮匀速转动,将夯杆从深坑竖直提起;当夯杆的下端刚到达坑口时,夯杆被松开,一段时间后又落回坑底;周而复始地这样工作,就可将坑底夯实。已知电动机皮带运行速率v=4 m/s,两摩擦轮对夯杆的压力均为F=2×104 N,与夯杆的动摩擦因数均为μ=0.3,夯杆的质量m=1×103 kg,坑深h=4.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力及夯实坑底引起的深度变化,则( )
A.夯杆在上升阶段经历了加速运动、匀速运动和减速运动
B.夯杆下端离坑底的最大高度为5 m
C.每个打夯周期中,摩擦轮对夯杆做的功为4.2×104 J
D.由题目所给信息,可以计算出该深坑打夯机的打夯周期为3.45 s
答案 ABD
解析 夯杆在上升阶段先向上做匀加速运动,与摩擦轮共速后做匀速运动,最后做匀减速运动到最高点静止,故A正确;夯杆的下端刚到达坑口时,夯杆被松开,电动机皮带运行速率v=4 m/s,夯杆下端离坑底的最大高度为hm=v22g+h=5 m,故B正确;根据能量守恒,每个打夯周期中,摩擦轮对夯杆做的功为W=mghm=5×104 J,故C错误;夯杆向上加速有2μFN-mg=ma,加速时间t1=va=2 s,加速位移s1=12vt1=4 m,匀速时间t2=h-s1v=0.05 s,减速时间t3=vg=0.4 s,根据运动学公式有hm=12gt42,解得反向运动时间t4=1 s,运动总时间即周期t=t1+t2+t3+t4=3.45 s,故D正确。
10.(2024广东模拟预测)物体以动能为E开始竖直向上运动,回到出发点时,动能为E2。取出发点所在平面为零重力势能面,整个运动过程可认为空气阻力大小恒定,则该物体上升阶段动能与重力势能相等时,其动能为( )
A.3E10B.3E7
C.4E7D.4E9
答案 B
解析 设上升的最大高度为h,根据功能关系有f·2h=E-E2=E2,根据能量守恒可得E=mgh+fh,解得mgh=34E,fh=14E,解得f=13mg,若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等,由能量守恒定律有Ek+mgH=E-fH,Ek=Ep=mgH,联立解得Ek=mgH=37E,故选B。
11.(10分)为拍摄鸟类活动,摄影师用轻绳将质量为m=2.0 kg的摄影机跨过树枝,悬挂于离地面H=8.5 m高的B点,绳子另一端连着质量m0=4 kg的沙袋,并将沙袋控制在地面上的A点,某时刻,沙袋突然失控,当沙袋水平滑动到较长的斜坡底端C时,摄影机下落到距地面上方h=5.0 m高的D点,斜坡倾角为37°,此时细绳与斜面平行,最终摄影机恰好没有撞击地面,已知沙袋与斜面间的动摩擦因数为μ=0.175,不计细绳与树枝间的摩擦,不计C处的能量损失,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)从D点开始下落的过程中,摄影机做什么运动?
(2)求摄影机在D点时的速度大小。
(3)在摄影机下落全过程中,求沙袋及摄影机组成的系统克服摩擦阻力所做的功。
答案 (1)匀减速直线运动 (2)4 m/s (3)50 J
解析 (1)摄影机做匀减速直线运动。
(2)对摄影机和沙袋组成的系统,根据牛顿第二定律有
mg-m0gsin θ-μm0gcs θ=(m+m0)a
解得a=-1.6 m/s2
由D到地面的过程中,根据匀减速运动规律有
0-vD2=2ah
解得vD=4 m/s。
(3)从B点到地面,对摄影机和沙袋组成的系统,全过程由功能关系可知
Wf=mgH-m0ghsin θ
解得Wf=50 J。
12.(13分)(2024广东二模)如图所示,某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接,电动机拉动B,使A运动。某次运行时,A(含载重)的质量mA=1 000 kg,t=0时,A从1楼由静止开始以0.5 m/s2的加速度加速运动,然后以v=1 m/s的速度匀速运动,最后以大小为0.5 m/s2的加速度减速上升至3楼停止,A上升的高度h=7 m。已知B的质量mB=800 kg,不计空气阻力和摩擦阻力,g取10 m/s2。求:
(1)此次电梯匀速运行的时间;
(2)t=1 s时,B下端缆绳的拉力大小;
(3)A(含载重)从静止开始上升到5 m的过程,A(含载重)的机械能增量。
答案 (1)5 s (2)2 900 N (3)50 500 J
解析 (1)电梯加速运行的时间t1=va=2 s
位移h1=v2t1=1 m
减速运行的时间t2=va=2 s
位移h2=v2t2=1 m
匀速运行的时间t3=h-h1-h2v=5 s。
(2)由(1)可知t=1 s时,A匀加速上升,B匀加速下降,设B下端缆绳的拉力大小为F,B上端缆绳的拉力大小为T,对A有T-mAg=mAa,对B有F+mBg-T=mBa
代入数据解得F=2 900 N。
(3)由(1)可知A上升到5 m时,速度大小为1 m/s,机械能增量ΔE=12mAv2+mAgΔh
代入数据解得ΔE=50 500 J。
13.(15分)(2024广东惠州二模)如图所示,水平平台上一轻弹簧左端固定在A点,原长时在其右端B处放置一质量为m=2 kg的滑块(可视为质点),平台AB段光滑,BC段长x=2 m,与滑块间的动摩擦因数μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C点,传送带长L=5 m,与滑块间的动摩擦因数μ2=0.4。传送带右端D点与一光滑竖直圆形轨道相切,圆形轨道半径R=0.4 m,最高点E处有一弹性挡板,滑块碰撞挡板前后无机械能损失。现将滑块向左压缩弹簧后突然释放,滑块可在静止的传送带上滑行至距C点1.5 m处停下。已知传动带只可顺时针转动,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求释放滑块时弹簧的弹性势能Ep。
(2)若在相同位置释放滑块,要使滑块恰好上升到E点,求传送带的速度v。
(3)若在相同位置释放滑块,要使滑块不脱离圆弧形轨道,且不再返回压缩弹簧,求传送带的速度大小范围。
答案 (1)22 J
(2)25 m/s
(3)0解析 (1)滑块从释放到在传送带上静止,由能量守恒定律得
Ep=μ1mgx+μ2mgx1
解得Ep=22 J。
(2)滑块恰好到达E点,根据牛顿第二定律有mg=mvE2R
解得vE=gR=2 m/s
分析得滑块在传送带上经历了加速过程,设滑块在传送带上加速的位移为L1,由动能定理得W弹-μ1mgx+μ2mgL1-2mgR=12mvE2
W弹=Ep
解得L1=1 m,又因L1-2mgR=12mvE2-12mvD2
解得传送带速度为v1=vD=25 m/s。
(3)情况一:滑块恰好上升至圆心等高处时,设传送带速度为v2,由动能定理得
-mgR=0-12mv22
解得v2=2gR=22 m/s
假设返回经过传送带速度减为零时,与D点距离为L',则有
-μ2mgL'=0-12mv22
解得L'=1 m故物块不会冲过C点,在传送带与圆心等高处往复运动,则此情况下要使滑块不脱离圆弧轨道,且不再返回压缩弹簧,传送带的速度需满足0情况二:物块上升到最高点E后再恰好返回B点,设物块在传送带上的加速位移为s,对全程分析由动能定理得
Ep-2μ1mgx+μ2mgs-μ2mgL=0
解得s=4.75 m
设此时传送带速度为v3,则由动能定理
Ep-μ1mgx+μ2mgs=12mv32
解得v3=52 m/s
则此情况下要使滑块不脱离圆弧轨道,且不再返回压缩弹簧,传送带的速度需满足25 m/s≤v≤52 m/s
综上所述,要使滑块不脱离圆弧轨道,且不再返回压缩弹簧,传送带的速度需满足的条件为0

相关试卷

2024年高考物理二轮专项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（Word版附解析）：

这是一份2024年高考物理二轮专项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（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了4 kg等内容，欢迎下载使用。

适用于新高考新教材2024版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（附解析）：

这是一份适用于新高考新教材2024版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（附解析），共10页。试卷主要包含了20 m时速度最大等内容，欢迎下载使用。

适用于老高考旧教材2024版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（附解析）：

这是一份适用于老高考旧教材2024版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（附解析），共10页。试卷主要包含了20 m时速度最大等内容，欢迎下载使用。