备战2025年高考二轮复习物理（福建专版） 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（福建专版） 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12页。试卷主要包含了6,cs 37°=0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.(2024山东卷)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(dA.(μmg)22k+μmg(l-d)
B.3(μmg)22k+μmg(l-d)
C.3(μmg)22k+2μmg(l-d)
D.(μmg)22k+2μmg(l-d)
答案 B
解析 开始时轻质弹性绳处于松弛状态,当轻质弹性绳刚被拉伸时,乙所坐木板的位移Δx1=l-d,甲所坐的木板要运动时,kΔx2=μmg,轻质弹性绳的伸长量Δx2=μmgk,所以F所做的功为WF=μmg(l-d+μmgk)+12kμmgk2=3(μmg)22k+μmg(l-d),B正确。
4.(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。
5.(多选)甲、乙两赛车,在平直车道上由静止开始保持额定功率启动。甲车启动12 s后,速度达到108 km/h,30 s后,速度达到最大速度216 km/h;乙车启动9 s后,速度达到108 km/h,25 s后,速度达到最大速度234 km/h。假设赛车行驶过程中所受阻力恒为车重的15,甲车的质量为乙车的34,重力加速度取10 m/s2,则( )
A.甲车额定功率是乙车额定功率的34
B.速度达到108 km/h时,甲车加速度是乙车加速度的67
C.速度达到108 km/h时,甲车牵引力是乙车牵引力的139
D.加速到最大速度的过程中,甲车通过距离是乙车通过距离的14491
答案 BD
解析 达到最大速度时,甲、乙两车分别满足P甲=f甲v甲,P乙=f乙v乙,其中f甲=15×34m乙g,f乙=15m乙g,v甲=216 km/h=60 m/s,v乙=234 km/h=65 m/s,联立解得P甲P乙=913,A错误;由P=Fv,F-f=ma,可得a=P-fvmv,代入数据可得F甲F乙=913,a甲a乙=67,B正确,C错误;加速到最大速度的过程中,据动能定理可得Pt-fs=12mvm2,代入数据对比可得,甲车通过距离与乙车通过距离之比为s甲s乙=14491,D正确。
6.铅球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中,正确的是( )
答案 D
解析 铅球在空中运动时,加速度不变,选项A错误;铅球运动的速度大小v=v02+(gt)2,v与t不是线性关系,选项B错误;铅球运动的动能Ek=12mv02+mg12gt2,Ek与t不是线性关系,选项C错误;铅球在运动过程中,机械能守恒,选项D正确。
7.(6分)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 。
答案 mv024πL
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。
8.(10分)(2024山东日照高三期末)如图是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施的简化图,除倾斜轨道AB段粗糙外,娱乐设施的其余轨道均光滑。根据设计要求,在竖直圆形轨道最高点安装一个压力传感器,测试挑战者对轨道的压力,并通过计算机显示出来。一质量m=60 kg的挑战者由静止沿倾斜轨道滑下,然后经水平轨道进入竖直圆形轨道(进入时无机械能损失),测得挑战者到达圆形轨道最高点时刚好对轨道无压力,离开圆形轨道后继续在水平直轨道上运动到D点,之后挑战者越过壕沟。已知挑战者与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.1,图中α=37°,R=0.32 m,h=1.25 m,s=1.50 m,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算判断挑战者能否越过壕沟;
(2)求挑战者在倾斜轨道上滑行的距离。(计算结果保留三位有效数字)
答案 (1)能 (2)1.54 m
解析 (1)挑战者到达圆形轨道最高点时刚好对轨道无压力,在圆形轨道最高点有
mg=mv2R
从最高点到D点的过程,由机械能守恒定律可得
12mvD2=12mv2+2mgR
解得vD=4 m/s
从D点做平抛运动,下落高度h时,有
h=12gt2
x=vDt
可得x=2 m>s=1.5 m,所以挑战者能越过壕沟。
(2)挑战者由静止沿倾斜轨道下滑过程中,由动能定理得
mglsin α-μmglcs α=12mvD2
解得l=1.54 m。
综合提升
9.(多选)如图所示,在倾角为37°的固定斜面上,轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C拴接,另一端连接滑块A。一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮(质量忽略不计,轻绳与滑轮间的摩擦不计),一端系在滑块A上,另一端与球B相连,细绳与斜面平行,斜面足够长。用手托住球B,此时弹簧刚好处于原长。滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4 kg,弹簧的劲度系数为k=100 N/m,滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,且弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。现由静止释放球B,已知B始终未落地,则下列说法正确的是( )
(已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
A.释放球B前,手受到球B的压力大小为24 N
B.释放球B后,滑块A向上滑行x=0.20 m时速度最大
C.释放球B后,滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2 J
D.释放球B后,滑块A向上滑行的最大距离为0.48 m
答案 AD
解析 用手托住球B,此时弹簧刚好处于原长,设绳子拉力为T,滑块A刚要沿斜面向上运动可知T=mAgsin θ+μmAgcs θ=16 N,对B受力分析,设手的支持力为F,则F=mBg-T=24 N,根据牛顿第三定律可知手受到球B的压力为24 N,A正确;松手后,A做加速度减小的加速运动,当A受到的合力为零时,速度最大,当A加速度为零时,B的加速度也为零,对A受力分析得T'-mAgsin θ-μmAgcs θ-F弹=0,对B受力分析得T'=mBg,根据胡克定律得F弹=kx,解得x=0.24 m,B错误;根据能量守恒定律,松手后到滑块A最大速度的过程中有mBgx=mAgxsin θ+μmAgxcs θ+12(mA+mB)v2+12kx2,解得12mAv2=0.96 J,C错误;当滑块A向上滑行的距离最大时,A、B的速度都为0,物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能,根据能量守恒定律有mBgx'=mAgx'sin θ+μmAgx'cs θ+12kx'2,解得x'=0.48 m,D正确。
10.如图所示的水平轨道AD足够长,只有BC部分是粗糙的,其长度为L=1 m,其余部分是光滑的,质量为1 kg,长度为2L的粗细相同的匀质软绳静止在B点的左侧(绳的右端在B点),软绳与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8,现用F=2 N的水平向右的恒力作用在软绳上,软绳始终保持伸直状态且长度不变,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在软绳运动的过程中,下列说法正确的是( )
A.软绳先做匀加速后做匀减速运动
B.软绳的左端能经过B点
C.软绳的最大动能为0.5 J
D.软绳克服摩擦力做功4.0 J
答案 C
解析 设软绳B端向右运动位移为s,当0≤s≤L时,软绳所受摩擦力f1=μs2Lmg=s2Lμmg,当LF=2 N,所以当软绳B端向右运动位移为L时,速度为零,停止运动,B错误;当F=f'=s'2Lμmg=2 N时,软绳速度最大,动能最大,解得s'=0.5 m,Ekm=Fs'-s'24Lμmg=0.5 J,C正确;B端向右运动位移L的过程中,克服摩擦力做功Wf=L24Lμmg=14μmgL=2 J,D错误。
11.(多选)英国的物理学家乔治·阿特伍德在1784年制做一种测定重力加速度的机械叫阿特伍德机,受此启发,实验小组设计了如图所示的机械。具有共同水平轴的竖直轻质转盘的半径关系为R2=2R1,物块A、B由细绳相连,物块B、C分别与绕在内、外盘上的细绳相连,开始时物块均处于静止状态,它们的质量分别为mA=2m,mB=mC=m。某时刻物块被自由释放,物块A、B下降,C上升。当物块A下降高度h时,A、B间的细绳突然断裂。已知细绳足够长,重力加速度为g,不计转盘与轴以及细绳间的摩擦,忽略空气阻力,运动过程中物块不会碰到转盘。下列说法中正确的是( )
A.细绳断裂前对物块A做的功为-127mgh
B.细绳断裂后物块B向下运动的最大距离为57h
C.物块C返回初始位置时的速度大小为45gh5
D.物块B返回初始位置时的速度大小为26gh35
答案 ABD
解析 因为两轮具有相同角速度,根据v=ωr得vC=2vB=2vA,物块A下降高度h时,C上升2h,根据能量守恒可知2mgh+mgh-2mgh=12(2m+m)vAB2+12m(2vAB)2,细绳断裂前对物块A做的功W,有2mgh+W=12×2mvAB2,解得W=-127mgh,A正确;细绳断裂后,当B速度为零时,根据能量守恒定律有12mvAB2+12m(2vAB)2=2mgh'-mgh',解得h'=57h,B正确;物块C返回初始位置时B也返回初始位置,根据能量守恒定律有mg(2h+2h')-mg(h+h')=12m(2vB')2+12mvB'2,解得vB'=26gh35,则vC'=2vB'=46gh35,C错误,D正确。
12.(14分)如图所示,质量为m=2 kg的小物块,用长L=0.4 m的细线悬挂于O点,现将细线拉直并与水平方向夹角α=30°,由静止释放,小物块下摆至最低点B处时,细线达到其最大承受力并瞬间断开,小物块恰好从水平传送带最左端点滑上传送带,传送带以v0的速度逆时针匀速运转,其上表面距地面高度H=1.6 m,小物块最后从传送带左端飞出,并恰好从光滑斜面顶端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h=1.0 m,倾角θ=60°,斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后,压缩弹簧,小物块沿斜面运动的最大距离x=32 m,g取10 m/s2。求:
(1)细线能承受的最大拉力的大小;
(2)传送带速度大小满足的条件;
(3)弹簧的最大弹性势能。
答案 (1)40 N
(2)v0≥2 m/s
(3)31 J
解析 (1)小球从静止摆到最低点过程中,根据机械能守恒定律有
mgL(1-sin α)=12mvB2
解得vB=2 m/s
小球在B点时,根据牛顿第二定律有
F-mg=mvB2L
解得F=40 N
根据牛顿第三定律,刚到最低点细线达到其最大承受力F'=40 N。
(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向,则
tan θ=vyvx
H-h=12gt2
vy=gt
联立以上各式得vx=2 m/s
则传送带速度v0≥2 m/s。
(3)小物块在斜面顶端速度
v=v02+vy2
小物块从顶端到压缩弹簧最短,由机械能守恒,得弹簧最大的弹性势能为
Ep=mgssin θ+12mv2
解得Ep=31 J。
13.(16分)(2024江苏徐州高三期末)如图所示,水平轨道OC的右端C贴近同高度的水平传送带轨道的左端,其中OB段光滑,BC段粗糙,传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点,已知BC=CD=L=2 m,圆轨道半径R=0.4 m,弹簧左端固定在墙壁上,自由放置时其右端在B点。一个质量m=0.5 kg的物块(视为质点)将弹簧压缩到A点并锁定,物块与水平轨道BC、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,解除锁定前弹簧的弹性势能多大?
(2)若传送带顺时针转动,锁定前弹簧的弹性势能取第(1)问中的最大值,若要使物块在半圆轨道上运动的过程中不脱离轨道,试计算传送带的速度范围;
(3)在第(1)问的情形下,且弹簧的弹性势能取最大值,试写出物块最后的静止位置到C点的间距d与传送带速度v间的定量关系。
答案 (1)Ep≤7 J
(2)v≤22 m/s或v≥25 m/s
(3)见解析
解析 (1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处,则根据能量守恒定律,解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为
Ep=μmg(2L)+mgR=7 J
所以解除锁定前弹簧弹性势能Ep≤7 J。
(2)若物块刚好能通过半圆轨道的最高点E,则根据牛顿第二定律有
mg=mvE2R
解得vE=2 m/s
物块从D到E的过程中,根据机械能守恒定律有
mg·2R=12mvD2-12mvE2
解得vD=25 m/s
物块被弹簧弹出滑到C点的过程中,根据能量守恒定律有
Ep=μmgL+12mvC2
解得vC=32 m/s
若传送带以vD=25 m/s的速度顺时针转动,设物块向右加速运动的位移为s,根据动能定理有
μmgs=12mvD2-12mvC2
解得s=0.4 m若物块只能上升到与圆心等高处,根据机械能守恒定律有
mgR=12mvD'2
解得vD'=22 m/s
设物块在传送带上向右减速到vD'=22 m/s的位移为s',根据动能定理有
-μmgs'=12mvD'2-12mvC2
解得s'=2 m=L
所以传送带可以逆时针转动且速度任意大小,传送带也可以顺时针转动且速度
v≤22 m/s或v≥25 m/s。
(3)设物块返回传送带后一直向左加速运动,根据动能定理有
μmgL=12mvC12-12mvD'2
解得vC1=32 m/s
设物块沿水平轨道刚好减速到B点,根据动能定理有
μmgL=12mvC22
解得vC2=10 m/s
①若传送带速度v≥32 m/s,则物块在传送带上一直加速到vC1=32 m/s,然后滑上水平轨道,先向左减速运动,被弹簧弹回后再向右减速运动,其总路程为s总,根据动能定理有
μmgs总=12mvC12
解得s总=3.6 m
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d=2L-s总=0.4 m
②若传送带的速度v≤22 m/s,则物块在传送带上向左减速到与传送带共速;
若传送带的速度22 m/s上述两种情况下,物块在水平轨道上向左减速到静止,减速路程为d,根据动能定理有
μmgd=12mv2
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d=0.2v2 m
③传送带的速度10 m/sμmgs总=12mv2
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d=2L-s总=4-0.2v2 m。