老高考新教材适用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.(多选)(2024山东青岛二中高三开学考试)图甲为一种儿童玩具——不倒翁,其纵截面如图乙所示。底部是半球形,球心为O,顶点为P。不倒翁静止时直立,用手推一下上部,不倒翁倾斜,放手后来回摇摆若干次后重新直立静止。下列推断正确的是()A.不倒翁的重心位于O点B.不倒翁的重心位于O、P两点之间C.摇摆时不倒翁从直立变倾斜过程中,重力势能增加D.摇摆时不倒翁从直立变倾斜过程中,重力势能削减3.(2024山东菏泽一模)科学家研发出的一款超小型风力发电机,也被称之为郁金香风力发电机,可以供家庭运用,具有噪音极低、启动风速较小等特点。某家庭装有郁金香风力发电机10台,某日该地区的风速是6m/s,风吹到的叶片有效面积为1m2,已知空气的密度为1.2kg/m3,假如该风力发电机能将通过此有效面积内空气动能的40%转化为电能。下列表述符合事实的是()A.每秒冲击每台风力发电机叶片的空气体积为1m3B.每秒冲击每台风力发电机叶片的空气动能为259.2JC.每台风力发电机发电的功率为129.6WD.该风力发电机组工作24h,发电量约12.44kW·h4.(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.(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9.(多选)(2024广东一模)滑梯(如图甲所示)是孩子们喜爱的游乐设施之一,滑梯可以简化为如图乙所示的模型。一质量为m的小挚友(可视为质点),从竖直面内半径为r的圆弧形滑道的A点由静止起先下滑,利用速度传感器测得小挚友到达圆弧最低点B时的速度大小为gr2,g为当地的重力加速度。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°,滑道各处动摩擦因数相同,则小挚友在沿着AB下滑的过程中(A.克服摩擦力做功为mgrB.处于先失重后超重状态C.重力的功领先减小后增大D.在最低点B时对滑道的压力大小为3210.(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11.(多选)(2024广东模拟预料)如图所示,滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1,物块1又与一轻质弹簧连接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上,起先时用手托住滑块2,使绳子刚好伸直处于水平位置但无拉力,此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d,AC间距离为4d,不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法正确的是()A.滑块2下滑过程中,加速度始终减小B.滑块2经过B处时的加速度等于零C.物块1和滑块2的质量之比为3∶2D.若滑块2质量增加一倍,其他条件不变,仍让滑块2由A处从静止滑到C处,滑块2到达C处时,物块1和滑块2的速度之比为4∶512.(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：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.BC解析假设不倒翁的重心在O点,则倾斜后,支持力还是沿半径过球心,不倒翁仍平衡,不会自动复原直立,假设重心在O上方,不倒翁倾斜后会倾倒,更不会自动直立,所以重心位于O、P连线上且在O点下方某处,A错误,B正确;不倒翁直立静止时重心位置最低,所以从直立变倾斜过程中,重力势能增加,C正确,D错误。3.D解析每秒冲击每台风力发电机叶片的空气体积为V=Svt=1×6×1m3=6m3,A错误;1s内冲击每台风力发电机叶片的气流的质量为m=ρV=1.2×6kg=7.2kg,气流的动能为Ek=12mv2=12×7.2×62J=129.6J,B错误;1s风的动能转化为的电能E电=ηEk=40%×129.6J=51.84J,则功率P=E电t=51.84W,C错误;该风力发电机组工作24h,发电量为W=10Pt'=10×51.84×10-3×24kW·h=12.4.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+vy2=134v0,则运动员(5.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R≥2hk-1,选项D6.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=12mv2-12mv027.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.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=FN2+9.BD解析在整个运动过程中,由动能定理得mgr(1-cos60°)-Wf=12mv2-0,解得克服摩擦力做功为Wf=14mgr,A错误;小挚友在A点时加速度沿着切线向下,处于失重状态,到最低点时加速度竖直向上,处于超重状态,B正确;小挚友在A点时速度为零,重力的功率为零,到最低点时重力的方向与速度方向垂直,重力的功率也为零,故重力的功领先增大后减小,C错误;在B点,依据牛顿其次定律得FN-mg=mv2r,解得FN=32mg,由牛顿第三定律得小挚友在最低点B时对滑道的压力大小为FN'=FN10.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=0.5,故A错误物体向下滑动的加速度a2=gsinα-μgcosα=15g,故B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。11.BD解析滑块2下滑过程中,绳子拉力增大,合力先减小后反向增大,在B处速度最大,加速度为零,则加速度先减小后反向增大,A错误,B正确。物块1静止时,弹簧压缩量为d;当A下滑到C点时,滑块1上升的高度为h=(3d)2+(4d)2-3d=2d,则当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d,此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能;对于1、2及弹簧组成的系统,由机械能守恒定律有m1g·2d=m2g·4d,解得m1∶m2=2∶1,C错误。依据物块1和滑块2沿绳子方向的分速度大小相等,得v2cosθ=v1,当滑块2到达C处时,有cosθ=4d5d=4512.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