老高考旧教材适用2025版高考物理二轮复习专题2能量与动量分层突破练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A组1.(多选)(2024广东普宁模拟)下列关于图片的说法正确的是()A.图甲中蛟龙号被吊车匀速吊下水的过程中,它的机械能守恒B.图乙中火车在匀速转弯时所受合外力不为零,动能不变C.图丙中握力器在手的压力下弹性势能增加了D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(2024河南驻马店期末)一质量为m的物体在水平恒力F(大小未知)的作用下沿水平地面从静止起先做匀加速直线运动。物体通过的路程为x0时撤去力F,物体接着滑行3x0的路程后停止运动。重力加速度大小为g,物体与地面间的动摩擦因数为μ,则水平恒力F的大小为()A.2μmg B.3μmgC.4μmg D.6μmg3.(多选)(2024陕西安康一模)某次汽车性能测试中,若关闭油门,则汽车恰好能沿一山坡向下做匀速直线运动;若汽车以恒定的功率P沿该山坡向上由静止启动做加速直线运动,则汽车经时间t速度达到最大值vm。已知汽车的质量为m,假设汽车在上坡和下坡过程中所受路面的阻力大小恒定且相等,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.路面对汽车的阻力大小为PB.路面对汽车的阻力大小为PC.上坡过程中,汽车从静止启动到速度刚好增大至vm,通过的距离为PtD.上坡过程中,汽车从静止启动到速度刚好增大至vm,通过的距离为2Pt4.(2024山东师范高校附中模拟)如图所示,某运动员在一次训练中脚踩滑雪板从平台BC的C点沿水平方向飞出,落在倾斜雪道上的D点。已知倾斜的雪道与水平面的夹角θ=37°,运动员从C点飞出时他和装备的动能为400J。运动员及装备视为质点,不计空气阻力,sin37°=0.6,重力加速度g取10m/s2,则运动员(含装备)落到雪道上D点时的动能为()A.800J B.900J C.1300J D.1500J5.(2024全国甲卷)北京2024年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽视全部阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于()A.hk+1 B.hk C.2hk 6.(2024山东菏泽一模)如图所示,粗糙程度到处相同、倾角为θ的倾斜圆盘上,有一长为l的轻质细绳,一端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O点转动,另一端与质量为m的小滑块相连,小滑块从最高点以垂直细绳的速度v0起先运动,恰好能完成一个完整的圆周运动,则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为()A.m(v02C.m(v027.(多选)从地面竖直向上抛出一物体,运动过程中,物体除受到重力外还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力F作用。以地面为零重力势能面,物体从抛出到落回地面的过程中,机械能E随路程s的变更关系如图所示,重力加速度大小取10m/s2。则()A.物体到达的最高点距地面的高度为1.0mB.外力F的大小为3.5NC.物体动能的最小值为1.0JD.物体的质量为0.4kg8.(多选)如图所示,水平传送带两端A、B间的距离为L,传送带以速度v沿顺时针运动,一个质量为m的物块以肯定的初速度从A端滑上传送带,运动到B端,此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等,两过程中物块运动的位移之比为2∶3,重力加速度为g,传送带速度大小不变。下列说法正确的是()A.物块的初速度大小为vB.物块做匀加速直线运动的时间为3LC.物块与传送带间的动摩擦因数为10D.整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为m9.(2024广东广雅中学模拟)科技助力北京冬奥:我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度,协助速度滑冰运动员训练弯道滑行技术。如图所示,某次训练,弹射装置在加速段将质量m=80kg的运动员加速到速度v0=15m/s,此后,运动员自己稍加施力便可保持该速度不变,匀速通过变道段,再进入半径R=30m的水平弯道做匀速圆周运动。已知加速段克服阻力做功为3000J,运动员可视为质点,不考虑空气阻力影响,重力加速度g取10m/s2。求:(1)弹射装置对运动员做的功;(2)过水平弯道时,运动员受到冰面作用力F的大小。B组10.(2024山西太原期末)如图甲所示,一物块置于粗糙水平面上,其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上。用力将物块向左拉至O处后由静止释放,用传感器测出物块的位移x和对应的速度,作出物块的动能—位移图像如图乙所示。其中,0.10~0.25m间的图线为直线,其余部分为曲线。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2,g取10m/s2,弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律,可知()A.物块的质量为0.2kgB.弹性绳的劲度系数为50N/mC.弹性绳弹性势能的最大值为0.6JD.物块被释放时,加速度的大小为8m/s211.(多选)(2024全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面对上滑动。该物体起先滑动时的动能为Ek,向上滑动一段距离后速度减小为零,此后物体向下滑动,到达斜面底端时动能为Ek5。已知sinα=0.6,重力加速度大小为g。则(A.物体向上滑动的距离为EB.物体向下滑动时的加速度大小为gC.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长12.(多选)如图所示,光滑斜面倾角θ=60°,其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接,位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B(均可视为质点)用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上,杆和圆轨道在同一竖直平面内,杆过轨道圆心O,初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A,假设在运动过程中两杆不会碰撞,小球通过轨道连接处时无能量损失(速度大小不变)。重力加速度为g。下列推断正确的是()A.刚释放时,小球A的加速度大小为32B.小球A由静止释放运动到最低点时,机械能始终减小C.小球A运动到最低点时的速度大小为14gRD.已知小球A运动到最低点时,小环B的瞬时加速度大小为a,则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为5.5mg+ma13.(2024广东佛山模拟预料)如图所示,粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接,一质量为m的小滑块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放,经过B点后恰好能通过最高点C做平抛运动。已知导轨半径R=0.4m,小滑块的质量m=0.1kg,小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.2,AB的长度l=20m,重力加速度取10m/s2。(1)求小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小。(2)求弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能。(3)若仅变更AB的长度l,其他条件不变,要使小滑块在半圆轨道运动时不脱离轨道,求出l的可能值。答案：1.BC解析图甲中蛟龙号被吊车匀速吊下水的过程中,钢绳对它做负功,机械能不守恒,A错误;图乙中火车在匀速转弯时做匀速圆周运动,所受的合外力指向圆心且不为零,速度大小不变,故动能不变,B正确;图丙中握力器在手的压力下形变增大,所以弹性势能增大,C正确;图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中撑竿的弹性势能转化为运动员的机械能,所以运动员的机械能不守恒,D错误。2.C解析对物体运动的整个过程,依据动能定理有(F-μmg)x0-μmg×3x0=0,解得F=4μmg,故C正确。3.AD解析设山坡的倾角为θ,依据物体的平衡条件,汽车下坡过程中所受路面的阻力大小为F阻=mgsinθ,当汽车以最大速度vm上坡时,依据平衡条件,结合功率公式有Pvm=F阻+mgsinθ,解得F阻=P2vm,A正确,B错误;对汽车上坡的过程,依据动能定理有Pt-mgsinθ·x-F阻x=4.C解析在C点的动能Ek0=12mv02=400J,由平抛运动学问可知,速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍,则tanα=2tanθ=2×34=32,运动员到达D点时竖直方向速度vy=v0tanα,在D点的速度v=v02+vy25.D解析在c点由牛顿其次定律得FN-mg=mv2R,由牛顿第三定律得,FN=FN',其中FN'≤kmg,又依据机械能守恒定律得,mgh=12mv2,解得R6.A解析由于小滑块恰好能完成一个完整的圆周运动,则在最高点有mgsinθ=mv2l,整个过程依据能量守恒定律可得-2πlFf=12mv2-12mv7.AD解析依据图像可知,物块总共的路程为s=2m,故上升的最大高度为1.0m,A正确;整个过程,由功能关系得Ek-Ek0=-Fs,依据图像可知Ek0=7J,Ek=1J,代入数据解得F=3N,B错误;物体到达最高点时速度为零,动能为零,故最小动能为零,C错误;由图像知s=1m时E=4J,此时动能为0,故Ep=E=4J,由Ep=mgh,得m=0.4kg,故D正确。8.BC解析由题意知(v0+v)2∶v=2∶3,得v0=v3,A错误;匀速运动中3L5=vt,则t=3L5v,匀加速与匀速时间相等,B正确;由运动学公式v2-v02=2ax,x=25L,μg=a得动摩擦因数为μ=10v29gL9.答案(1)12000J(2)1000N解析(1)在加速段,依据动能定理可知W-W阻=1解得弹射装置对运动员做功W=12000J。(2)竖直方向FN=mg水平方向Fx=mv所以运动员受到冰面作用力F的大小F=FN210.D解析由动能定理有μmgΔx=ΔEk得m=ΔEkμgΔx=0.300.2×10×(0.25-0.10)kg=1kg,A错误;由题图乙可知动能最大时弹性绳弹力等于滑动摩擦力,则有kΔx1=μmg,Δx1=(0.10-0.08)m=0.02m,解得k=100N/m,B错误;依据能量守恒定律得Epm=μmgxm11.BC解析设物体向上滑动的距离为x,斜面的动摩擦因数为μ,对物体从斜面底端滑到最高点和从最高点滑究竟端的过程用动能定理有0-Ek=-mgxsinα-μmgxcosαEk5-0=mgxsinα-μmgx联立解得x=Ekmg,μ=0物体向下滑动的加速度a2=gsinα-μgcosα=15g物体向上滑动和向下滑动的距离相同,而向上滑动的加速度a1=gsinα+μgcosα=g,大于向下滑动的加速度a2,故向上滑动的时间比向下滑动的时间短,故D错误。12.ACD解析由牛顿其次定律得mgsin60°=maA,解得aA=32g,A正确;小球A在D点时,速度水平,竖直分速度为0,则B的速度为0,B的机械能减小,则A的机械能增加,B错误;对系统由动能定理得mAgL-Rcosθ+R-Lcosθ+mBgL-Rcosθ+R-L=12mvA2,解得vA=14gR2,C正确;以小环B13.答案(1)6N(2)5J(3)l≤20m或23m≤l≤25m解析(1)小滑块恰好能通过最高点C,有mg=mv解得vC=2m/s从B到C依据动能定理有-mg·2R=1解得vB=25m/s在B点,对小滑块有FN-mg=mv解得FN=6N依据牛顿第三定律可得