2025年高考二轮复习物理专题分层突破练5　动能定理机械能守恒定律功能关系的应用

专题分层突破练5动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用选择题:每小题6分基础巩固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=mgvcosθ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(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E=12kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,k保持不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则F所做的功等于(A.(μmg)22k+μB.3(μmg)22k+C.3(μmg)22k+2D.(μmg)22k+2μ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=ld,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(ld+μmgk)+12kμmgk2=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gD.玩具下落的最大速度为3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mgF=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=(4h03h0)·mg·12=12mgh0,对该过程根据动能定理有mgh012mgh0=12mvm2,解得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12s后,速度达到108km/h,30s后,速度达到最大速度216km/h;乙车启动9s后,速度达到108km/h,25s后,速度达到最大速度234km/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10m/s2,则(A.甲车额定功率是乙车额定功率的3B.速度达到108km/h时,甲车加速度是乙车加速度的6C.速度达到108km/h时,甲车牵引力是乙车牵引力的13D.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144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=216km/h=60m/s,v乙=234km/h=65m/s,联立解得P甲P乙=913,A错误;由P=Fv,Ff=ma,可得a=P-fvmv,代入数据可得F甲F乙=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,E7.(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m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=012mv028.(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=60kg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=0.32m,h=1.25m,s=1.50m,sin37°=0.6,重力加速度g取10m/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)1.54m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=mv从最高点到D点的过程,由机械能守恒定律可得12mvD2解得vD=4m/s从D点做平抛运动,下落高度h时,有h=12gtx=vDt可得x=2m>s=1.5m,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mglsinαμmglcosα=1解得l=1.54m。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=4kg,弹簧的劲度系数为k=100N/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10m/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sin37°=0.6,cos37°=0.8)A.释放球B前,手受到球B的压力大小为24NB.释放球B后,滑块A向上滑行x=0.20m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1.2JD.释放球B后,滑块A向上滑行的最大距离为0.48m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=mAgsinθ+μmAgcosθ=16N,对B受力分析,设手的支持力为F,则F=mBgT=24N,根据牛顿第三定律可知手受到球B的压力为24N,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'mAgsinθμmAgcosθF弹=0,对B受力分析得T'=mBg,根据胡克定律得F弹=kx,解得x=0.24m,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=mAgxsinθ+μmAgxcosθ+12(mA+mB)v2+12kx2,解得12mAv2=0.96J,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'sinθ+μmAgx'cosθ+12kx'2,解得x'=0.10.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=1m,其余部分是光滑的,质量为1kg,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=2N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10m/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0.5JD.软绳克服摩擦力做功4.0J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L<s≤2L时,软绳所受摩擦力f2=fmax=μL2Lmg=12μmg=4N,软绳所受摩擦力随位移s变化如图所示。拉力F先比摩擦力大,后比摩擦力小,软绳先做加速运动后做减速运动。0≤s≤L时,摩擦力为变力,所以加速度不恒定,A错误;fs图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功Wf,当0≤s≤L时,Wf=12f1·s=s24Lμmg,对绳子由动能定理得FsWf=12mv20,当v=0时解得s=L=1m,此时软绳受到的摩擦力为fmax=4N>F=2N,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=2N时,软绳速度最大,动能最大,解得s'=0.5m,Ekm=Fs's'24Lμmg=0.5J,C正确;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127B.细绳断裂后物块B向下运动的最大距离为57C.物块C返回初始位置时的速度大小为4D.物块B返回初始位置时的速度大小为26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+mgh2mgh=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'12.(14分)如图所示,质量为m=2kg的小物块,用长L=0.4m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=1.6m,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=1.0m,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=32m,g取10m/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)40N(2)v0≥2m/s(3)31J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(1sinα)=1解得vB=2m/s小球在B点时,根据牛顿第二定律有Fmg=mv解得F=40N根据牛顿第三定律,刚到最低点细线达到其最大承受力F'=40N。(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tanθ=vHh=12gtvy=gt联立以上各式得vx=2m/s则传送带速度v0≥2m/s。(3)小物块在斜面顶端速度v=v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=mgssinθ+12mv解得Ep=31J。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=2m,圆轨道半径R=0.4m,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=0.5kg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10m/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≤7J(2)v≤22m/s或v≥25m/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=7J所以解除锁定前弹簧弹性势能Ep≤7J。(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=mv解得vE=2m/s物块从D到E的过程中,根据机械能守恒定律有mg·2R=1解得vD=25m/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