2025版高考物理一轮复习高考热点强化4动能定理与机械能守恒的综合应用含解析VIP

PAGE7-高考热点强化(四)动能定理与机械能守恒的综合应用(时间：40分钟)1.在某次“蹦床”消遣活动中，从小挚友下落到离地面高h1处起先计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图所示。在h1～h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，小挚友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法正确的是()A．整个过程中小挚友的机械能守恒B．从小挚友的脚接触蹦床直至运动到最低点的过程中，其加速度先增大后减小C．小挚友处于h＝h4高度处时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)D．小挚友从h1高度处下降到h5高度处过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1C[蹦床弹力对小挚友做了功，小挚友的机械能不守恒，A错误；从小挚友的脚接触蹦床直至运动到最低点的过程中，蹦床对小挚友的弹力渐渐增大，小挚友的加速度先减小后反向增大，B错误；小挚友从h2高度处到h4高度处，蹦床和小挚友组成的系统机械能守恒，则小挚友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，C正确；分析可知小挚友从h1高度处下降到h5高度处过程中，在h5高度处的弹性势能最大，且最大值Epm＝mgh1－mgh5，D错误。]2.如图所示，质量为m的小球(可看作质点)在竖直放置的半径为R的固定光滑圆环轨道内运动，若小球通过最高点时的速率为v0＝eq\r(2gR)，则下列说法正确的是()A．小球在最高点时只受到重力作用B．小球在最高点对圆环的压力大小为3mgC．小球绕圆环一周的时间等于eq\f(2πR,v0)D．小球经过任始终径两端位置时的动能之和是一个恒定值D[依据牛顿其次定律有mg＋N＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得N＝mg，A、B错误；小球做的运动不是匀速圆周运动，无法求出运动的时间，C错误；小球在运动的过程中机械能守恒，小球在最高点的机械能等于最低点的机械能，以最低点所在水平面为零势能面，有Ek1＋mg·2R＝Ek2＝C(C为常数)，则有Ek2＋Ek1＋mg·2R＝2C，在运动的过程中，小球经过某一位置重力势能减小多少，则经过关于此位置圆心对称的位置的重力势能就增加多少。所以小球经过任始终径两端位置时的动能之和是一个恒定值，D正确。]3.(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，起先时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为gA．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧的劲度系数为eq\f(2mg,h)C．物体A着地时的加速度大小为eq\f(g,2)D．物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh－eq\f(1,2)mv2AC[由题知，物体A下落过程中，B始终静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为FT＝mg，起先时弹簧处于原长，由胡克定律知FT＝kh，得弹簧的劲度系数为k＝eq\f(mg,h)，故B错误；物体A着地时，细绳对A的拉力也等于mg，对A，依据牛顿其次定律得2mg－mg＝2ma，得a＝eq\f(g,2)，故C正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有2mgh＝Ep＋eq\f(1,2)×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D错误。]4.(多选)质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止起先运动，物块的动能Ek与其位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．x＝1m时物块的速度大小为2m/sB．x＝3m时物块的加速度大小为1.25m/s2C．在前2m的运动过程中物块所经验的时间为2sD．在前4m的运动过程中拉力对物块做的功为25JBCD[依据图象知，x＝1m时，物块的动能为2J，由eq\f(1,2)mv2＝2J，解得v＝eq\r(2)m/s，故A错误；对x＝2m到x＝4m的过程运用动能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5N，则物块的加速度a＝eq\f(F合2,m)＝eq\f(2.5,2)m/s2＝1.25m/s2，故B正确；对前2m的运动过程运用动能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2N，则物块的加速度a′＝eq\f(F合1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，末速度v′＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(\f(8,2))m/s＝2m/s，依据v′＝a′t得t＝2s，故C正确；对全过程运用动能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25J，故D正确。]5．(多选)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，C是最高点，OA水平，B是最低点，A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方。现在D点无初速度地释放一个大小可以忽视的小球，小球从A点进入圆弧轨道，从C点飞出后做平抛运动并落在平台MN上，P点是小球落在MN上的位置，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球做平抛运动的最小水平位移为eq\r(2)RB．若D、A间的距离为2R，则小球经过B点时对轨道的压力为7mgC．小球从D运动到B的过程中，重力的功率始终增大D．若小球到达P点时的速度方向与MN夹角θ＝30°，则对应的D、A间的距离为4RABD[由mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)得小球可以通过C点的最小速度vc＝eq\r(gR)。从D点到C点，由动能定理有mg(h1－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得h1＝eq\f(3,2)R，这是小球可以通过C点所对应的D、A间的最小距离。由R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x＝vCt1，得x＝eq\r(2)R，这是小球做平抛运动的最小水平位移，故A正确；当D、A间的距离为2R时，从D到B，由机械能守恒定律有mg·3R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，又F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，联立解得F＝7mg，故B正确；从D到A过程中小球的速度方向和重力方向一样，重力的功率渐渐增大，从A到B，速度方向与重力方向夹角越来越大，到B点时重力的功率为零，C错误；当图中θ＝30°时，由tanθ＝eq\f(gt2,v0)，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，mg(h2－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得h2＝4R，D正确。]6．如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m、初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过管道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则(小球直径略小于管内径)()A．小球到达C点时的速度大小vC＝eq\f(3\r(gR),2)B．小球能通过E点且抛出后恰好落至B点C．无论小球的初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零D．若将DE段轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距2RB[对小球从A点至C点过程，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\f(3\r(2gR),2)，选项A错误；对小球从A点至E点的过程，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mgR，解得vE＝eq\f(\r(2gR),2)，小球从E点抛出后，由平抛运动规律有x＝vEt，R＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝R，则小球恰好落至B点，选项B正确；因为内管壁可供应支持力，所以小球到达E点时的速度可以为零，选项C错误；若将DE段轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝mgh，又由机械能守恒定律可知vD＝v0，解得h＝eq\f(5,4)R，选项D错误。]7．如图所示，一质量m＝0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W。经过一段时间后撤去外力，滑块接着滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5m。(空气阻力可忽视，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间t。[解析](1)滑块由C点运动到D点的过程机械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1－cos37°)滑块在D点的速度vD＝eq\r(v\o\al(2,C)＋2gR1－cos37°)＝3eq\r(3)m/s在D点，依据牛顿其次定律，有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)滑块受到的支持力FN＝mg＋meq\f(v\o\al(2,D),R)＝25.6N依据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F′N＝FN＝25.6N，方向竖直向下。即滑块运动到D点时压力传感器的示数为25.6N。(2)滑块离开B点后做平抛运动，恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道由几何关系可知，滑块运动到B点的速度为vB＝vCcos37°＝4m/s滑块由A点运动到B点的过程，依据动能定理，有Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0解得水平外力作用在滑块上的时间t＝eq\f(mv\o\al(2,B)＋2μgL,2P)＝0.4s。[答案](1)25.6N(2)0.4s8.如图所示，质量为mB＝3.5kg的物体B通过一轻弹簧固定在地面上，弹簧的劲度系数k＝100N/m。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑轻质小定滑轮(大小可忽视)O1、O2，与套在光滑直杆顶端的质量为mA＝1.6kg的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为0.8m，且与水平面的夹角θ＝37°，C为直杆上一点，D为直杆底端上一点。初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的拉力F大小为45N。已知O1到直杆顶端的距离为l＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，绳子不行伸长。现将小球A由静止释放。(1)求释放小球A之前弹簧的形变量；(2)若直线CO1与杆垂直，求小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功；(3)求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小。[解析](1)释放小球A前，物体B处于平衡状态，由于绳子拉力大于B的重力，弹簧被拉伸，则有kx＝F－mBg，解得x＝0.1m，故弹簧的形变量为0.1m。(2)小球从杆顶端运动到C点的过程中，由动能定理得W＋mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－0，其中h＝xCO1cos37°，xCO1＝lsin37°＝0.3m物体B下降的高度h′＝l－xCO1＝0.2m由此可知，此时弹簧被压缩了0.1m，则弹簧的弹性势能在初、末位置相同再以A、B和弹簧为系统，由机械能守恒定律得mAgh＋mBgh′＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)由题意知，小球A运动到C点时其运动方向与绳垂直，则此瞬间B物体的速度vB＝0联立以上各式解得W＝7J。(3)由题意知，杆长L＝0.8m，故∠CDO1＝θ＝37°故DO1＝l，当小球A到达D时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，可得平行于绳方向的速度即为B的速度，由几何关系得v′B＝v′Acos37°对于A、B、弹簧组成的系统，在整个过程中由机械能守恒定律得mAgLsin37°＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)解得v′A＝2m/s。[答案](1)0.1m(2)7J(3)2m/s9．如图为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、半圆形轨道DE、水平轨道EF组成，已知轨道AB的倾角为37°，A、B间高度差H＝12m，轨道BCD的半径R＝4.8m，轨道DE的半径r＝2.4m，轨道最低点C距水平地面高度差h＝0.2m，在轨道AB上运动时摩托车(含人)受到的阻力为正压力的0.2倍，其余阻力均不计。表演者从A点驾驶摩托车由静止起先沿轨道AB运动，接着沿轨道BCDEF运动，然后从F点离开轨道，最终落到地面上的G点。已知摩托车功率P恒为2×103W，发动机工作时间由表演者限制，表演者与摩托车总质量m＝100kg，表演者与摩托车可视为质点。(cos37°＝0.8)(1)某次表演中，通过C点时摩托车对轨道的压力为6000N，求经过C点的速度vC；(2)满意(1)中的条件下，求摩托车发动机的工作时间t；(3)已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在k≤8条件下表演者是平安的，求能在平安完成完整表演的状况下，表演者落点G与F点的水平距离的可能值。[解析](1)由牛顿其次定律知F－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)得vC＝4eq\(2)从A到C运动过程中，由动能定理W牵引＋WG＋W阻＝eq\f(1,