2025届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练六功和能机械能

专题强化练(六)功和能机械能1．(2024·江苏卷)滑块以肯定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回究竟端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示．与图乙中相比，图甲中滑块()A．受到的合力较小B．经过A点的动能较小C．在A、B之间的运动时间较短D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小解析：因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；依据牛顿其次定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A项错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；依据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B项错误；由于图甲中滑块加速度大，依据v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C项正确；由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D项错误；故选C.答案：C2．(2024·辽宁卷)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道．两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示．由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中()A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率始终不变D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率始终增大解析：由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度渐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，随意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A项错误，B项正确；乙沿Ⅰ下滑，起先时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，依据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功领先增大后减小，C、D项错误．故选B.答案：B3．(2024·湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2.现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为()A.eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v1＋P2v2) D.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)解析：由题意可知两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)，故选D.答案：D4．如图为跳伞者在下降过程中速度随时间改变的示意图(取竖直向下为正)，箭头表示跳伞者的受力．则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y改变的图像中可能正确的是()ABCD解析：由图可知跳伞运动员起先时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度渐渐减小；打开着陆伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度渐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动．则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后匀称增加，选项A错误；重力势能Ep＝mgh，其随高度下降匀称减小，随时间的改变规律应与位移随时间改变规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最终匀称减小，选项B、C错误；机械能E＝E0－fy，起先时阻力先渐渐增大，开伞后阻力瞬间变大，最终运动员匀速运动，阻力不变，依据y的改变规律可知选项D正确．故选D.答案：D5．如图甲，对花样跳水的最早描述出现在宋人孟元老《东京梦华录》中：“又有两画船，上立秋千，……筋斗掷身入水，谓之水秋千．”某次“水秋千”表演过程如图乙，质量为m的表演者，以O点为圆心荡到与竖直方向夹角θ＝45°的B点时，松手沿切线方向飞出．若在空中经过最高点C时的速度为v，水秋千绳长为l，A为最低点，表演者可视为质点，整个过程船体静止不动，不计空气阻力和绳的质量，重力加速度为g.则()A．表演者在C处重力的瞬时功率为mgvB．表演者从A运动到B的过程中，处于失重状态C．表演者在A处受到秋千的作用力大小为eq\f(2mv2,l)＋(2－eq\r(2))mgD．若B到水面的高度为CB间高度的3倍，则落水点到B点的水平距离为eq\f(3v2,g)解析：在空中经过最高点C时的速度为v，此时的竖直方向速度为0，则依据P＝mgv可知表演者在C处重力的瞬时功率为0，故A项错误；从A运动到B的过程中，表演者做曲线运动，则支持力与重力的合力供应向心力，则加速度指向O点，故处于超重状态，故B项错误；从A运动到B的过程中，由动能定理可知－mg(l－lcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，从B点做斜抛运动，则vB＝eq\r(2)v，表演者在A处受到秋千的作用力大小为F，则F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)，则表演者在A处受到秋千的作用力大小为F＝eq\f(2mv2,l)＋(3－eq\r(2))mg，故C项错误；由于B到水面的高度为CB间高度的3倍，设CB间高度为h，则B到水面的高度为3h，由于从C点起先做平抛运动，故y＝h＋3h＝eq\f(1,2)gt2x＝vt，从B点运动到最高处由运动学公式可得(vBsinθ)2＝2gh解得h＝eq\f(v2,2g)，CB的水平位移为x′＝vt＝veq\f(vBsinθ,g)＝eq\f(v2,g)故落水点到B点的水平距离为x总＝x＋x′＝eq\f(3v2,g)，故D项正确．故选D.答案：D6．在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比．一毽子从高处由静止竖直下落至地面过程中，位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a，重力势能为EP、动能为Ek、下落时间为t.取地面为零势能面，则下列图像正确的是()解析：毽子下落过程中，受空气阻力渐渐变大，则加速度渐渐减小，最终加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则x-t图像的斜领先增加后不变，A项错误；依据牛顿其次定律mg－kv＝ma，则a＝g－eq\f(k,m)v，则B项正确；重力势能Ep＝mg(h－x)则Ep－x为线性关系，C项错误；动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2因加速度随时间渐渐减小(非线性)，则动能与时间肯定不是线性关系，D项错误．故选B.答案：B7．(多选)如图甲中的塔吊是现代工地必不行少的建筑设备，图乙为质量m＝600kg建筑材料从地面被吊起后在竖直方向运动的v-t图像(竖直向上为正方向)，重力加速度g＝10m/s2.依据图像下列推断正确的是()A．在10～30s建筑材料的机械能增加B．46s时建筑材料离地面的高度为28mC．在0～10s内塔吊拉力做功的功率为3030WD．在30～36s塔吊拉力对建筑材料做负功，其功率渐渐减小解析：10～30s内，建筑材料向上匀速运动，建筑材料的动能不变，重力势能增加，建筑材料的机械能增加，故A项正确；依据v-t图像与横轴围成的面积等于位移可知，46s时建筑材料离地面的高度为h＝eq\f(1,2)×(20＋36)×1m－eq\f(1,2)×10×1.2m＝22m，故B项错误；0～10s内建筑材料的加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1,10)m/s2，依据牛顿其次定律可得F－mg＝ma，解得F＝6060N，在0～10s内塔吊拉力做功的功率为eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\o(v,\s\up6(－))＝Feq\f(v,2)＝6060×eq\f(1,2)W＝3030W，故C项正确；在30～36s内建筑材料向上减速运动，塔吊拉力对建筑材料做正功，其功率渐渐减小，故D项错误．故选AC.答案：AC8．(多选)某探讨小组研发了一款弹跳机器人，总质量仅为30g，其结构如图所示，流线型头部内的微型电机先将碳纤维细条制成的弹性结构压缩，之后弹性势能快速释放，在约为10ms的时间内将机器人由静止加速到28m/s，此时机器人恰好离开地面，接着沿竖直方向上升，离地最大高度为33m，当地重力加速度为9.8m/s2，则()A．微型电机工作时，消耗的电能全部转化为弹性结构储存的弹性势能B．机器人在10ms的加速时间内平均加速度大小约为2800m/s2C．弹跳机器人在空中上升时加速度大小大于9.8m/s2D．弹跳机器人在空中上升的过程中机械能守恒解析：微型电机工作时有内阻，则消耗的部分电能会转化为焦耳热，故A项错误；由题意可求加速阶段加速度为a1＝eq\f(Δv,Δt)＝2800m/s2，故B项正确；设上升过程中加速度大小为a2，则有2a2h＝veq\o\al(2,0)解得a2≈11.88m/s2>9.8m/s2，加速度大于重力加速度，则可知空气存在阻力，上升过程中须要克服空气阻力做功，则机械能不守恒，故C项正确，D项错误．故选BC.答案：BC9．早期航母运用重力型阻拦索使飞机在短距离内停下，如图甲所示，阻拦索通过固定于航母甲板两侧的滑轮分别挂有质量为m＝500kg的沙袋．在无风环境下，一螺旋桨式飞机以v0的速度着陆到该静止的航母上，尾钩马上钩到阻拦索的中间位置，滑行一段距离后速度减为零，这一过程沙袋被提起的高度h1＝20m．螺旋桨式舰载机(含飞行员)质量M＝500kg，忽视飞机所受甲板摩擦力以及空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)螺旋桨式飞机着陆到航母上的速度v0的大小？(2)如图乙所示，阻拦索在甲板上的长度为l＝15m，当θ＝30°时，舰载机的速度大小？解析：(1)在忽视摩擦阻力和空气阻力的前提下，舰载机与沙袋所组成系统机械能守恒，舰载机的动能会转化为沙袋的重力势能，设舰载机着陆过程沙袋提起高度为h1，则：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝2mgh1，解得v0＝20eq\r(2)m/s.(2)由几何关系可得，此时舰载机速度方向与绳索的夹角为30°，舰载机沿绳分速度与沙袋沿绳分速度一样，设此时舰载机的速度为v1，沙袋速度为v2，由几何关系可得：h2＝l＝15m，eq\f(\r(3),2)v1＝v2，由系统机械能守恒可得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋2mgh2，联立解得：v1＝10eq\r(2)m/s.答案：(1)20eq\r(2)m/s(2)10eq\r(2)m/s10．(2024·广东佛山统考一模)在2024年第24届北京冬奥会上，17岁小将苏翊明获得了单板滑雪男子大跳台冠军．如图，滑雪运动员由静止从助滑坡道上A点自由滑下，经C点以50m/s的速度水平飞出跳台，在坡道K点着陆．若AC高度差H＝136m，CK高度差h＝80m，取g＝10m/s2，忽视空气阻力，请分析说明：(1)该运动员由A滑至C的过程中机械能是否守恒？(2)该运动员在空中飞行的水平距离s是多少？(3)落点K处的坡面与水平的夹角θ的正切tanθ接近什么值时，运动员着陆时坡面对他的冲击力最小？解析：(1)设运动员质量为m，由A滑至C的过程中：削减的重力势能ΔEp＝mgH，①增加的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，②解得ΔEp＝1360m，ΔEk＝1250m，由于ΔEp>ΔEk(或ΔEp≠ΔEk)，故机械能不守恒．(2)运动员在空中做平抛运动，设其在空中飞行的时间为t，则h＝eq\f(1,2)gt2，③s＝vt，④解得t＝4s，s＝200m.(3)设运动员到达K点即将着陆时竖直方向的速度为vy，速度与水平面的夹角为α，则vy＝gt，⑤tanα＝eq\f(vy,v)，⑥tanα＝0.8.⑦tanθ的值接近0.8时面，坡面对运动员的冲击力最小．因为此时运动员的速度与坡面相切，运动员着陆时垂直坡面方向的速度改变最小，依据牛顿其次定律(或动量定理)，坡面给运动员在垂直坡面方向的力最小，在沿坡面方向对运动员阻力近似相同的状况下，运动员着陆时速度与坡面相切，受坡面的冲击力最小．答案：(1)不守恒(2)s＝200m(3)0.811．2024年2月12日，中国运动员高亭宇获北京冬奥会男子速度滑冰500米金牌．中国航天科工研发的“人体高速弹射装置为运动员的高质量训练供应了科技支持．该装置的作用过程可简化成如图所示，运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，快速达到指定速度后练习过弯技术．某次训练中，质量m＝60kg(含身上装备)的运动员仅依靠F＝600N的水平恒定牵引力从静止起先加速运动了s＝20m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R＝10m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示．忽视一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P；(2)运动员过弯道上A点时，冰面对其作用力FN的大小．解析：(1)对运动员进行受力分析，由牛顿其次运动定律可得F＝ma，解得a＝10m/s2，运动员由静止起先加速，由运动学公式v2＝2as，v＝at，解得