高考總復習優(yōu)化設計二輪用書物理(新高考)專題分層突破練5　動能定理、機械能守恒定律、功能關系的應用

專題分層突破練5動能定理、機械能守恒定律、功能關系的應用

A組基礎鞏固練1.(2023全國新課標卷)無風時,雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中,克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A.0 B.mghC.12mv2-mgh D.12mv2.(2023遼寧卷)如圖(a)所示,從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放,沿不同軌道滑到N點,其速率v與時間t的關系如圖(b)所示。由圖可知,兩物塊在離開M點后、到達N點前的下滑過程中()A.甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大3.(2023浙江6月選考)鉛球被水平推出后的運動過程中,不計空氣阻力,下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關系中,正確的是()4.(多選)(2023江西南昌高三期中)圖甲為一種新型的電動玩具,整體質(zhì)量為m,下方的圓球里有電動機、電池、紅外線發(fā)射器等,打開開關后葉片轉動時會產(chǎn)生一個與葉片轉動平面垂直的升力F,使玩具在空中飛行。將玩具從離地面高度為4h0處由靜止釋放,使玩具在豎直方向運動,升力F隨離地面高度h變化的關系如圖乙所示,重力加速度為g,玩具只受升力和自身重力作用。對于4h0~2h0過程,下列判斷正確的是()A.玩具先做勻加速運動再做勻減速運動B.玩具下落到距地面3h0高處速度最大C.玩具下落的最大速度為gD.玩具下落的最大速度為35.(多選)(2023四川德陽二模)甲、乙兩賽車在平直賽道上由靜止開始保持額定功率啟動。甲車啟動12s后,速度達到108km/h,30s后,速度達到最大速度216km/h;乙車啟動9s后,速度達到108km/h,25s后,速度達到最大速度234km/h。假設賽車行駛過程中所受阻力恒為車重的15,甲車的質(zhì)量為乙車的34,重力加速度取10m/s2,則(A.甲車額定功率是乙車額定功率的3B.速度達到108km/h時,甲車加速度是乙車加速度的6C.速度達到108km/h時,甲車牽引力是乙車牽引力的13D.加速到最大速度的過程中,甲車通過距離是乙車通過距離的1446.(2023江蘇卷)如圖所示,滑雪道AB由坡道和水平道組成,且平滑連接,坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑,恰好到達B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑,從B點飛出。已知A、P間的距離為d,滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g,不計空氣阻力。(1)求滑雪者運動到P點的時間t。(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v。(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上,求平臺BC的最大長度L。B組素能提升練7.(多選)(2023湖南懷化模擬)如圖所示,在傾角為37°的固定斜面上,輕質(zhì)彈簧一端與固定在斜面底端的擋板C連接,另一端連接滑塊A。一輕繩通過斜面頂端的定滑輪(質(zhì)量忽略不計,輕繩與滑輪間的摩擦不計),一端系在滑塊A上,另一端與小球B相連,細繩與斜面平行,斜面足夠長。用手托住小球B,此時彈簧剛好處于原長,滑塊A剛要沿斜面向上運動。已知mB=2mA=4kg,彈簧的勁度系數(shù)為k=100N/m,滑塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=12kx2?，F(xiàn)由靜止釋放小球B,已知小球B始終未落地,則下列說法正確的是(A.釋放小球B前,手受到小球B的壓力大小為24NB.釋放小球B后,滑塊A向上滑行x=0.20m時速度最大C.釋放小球B后,滑塊A向上滑行過程中的最大動能為1.2JD.釋放小球B后,滑塊A向上滑行的最大距離為0.48m8.(2023安徽高三聯(lián)考)如圖所示的水平軌道AD足夠長,只有BC部分是粗糙的,其長度為L=1m,其余部分是光滑的,質(zhì)量為1kg、長度為2L、粗細相同的勻質(zhì)軟繩靜止在B點的左側(繩的右端在B點),軟繩與粗糙部分的動摩擦因數(shù)為μ=0.8,現(xiàn)用F=2N的水平向右的恒力作用在軟繩上,軟繩始終保持伸直狀態(tài)且長度不變,重力加速度g取10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則在軟繩運動的過程中,下列說法正確的是()A.軟繩先做勻加速運動后做勻減速運動B.軟繩的左端能經(jīng)過B點C.軟繩的最大動能為0.5JD.軟繩克服摩擦力做功4J9.(多選)(2023湖北宜昌高三期末)英國物理學家喬治·阿特伍德在1784年制做一種測定重力加速度的機械叫阿特伍德機,受此啟發(fā),某實驗小組設計了如圖所示的機械。具有共同水平軸的豎直輕質(zhì)轉盤的半徑關系為R2=2R1,物塊A、B由細繩相連,物塊B、C分別與繞在內(nèi)、外盤上的細繩相連,開始時物塊均處于靜止狀態(tài),它們的質(zhì)量分別為mA=2m,mB=mC=m。某時刻物塊被自由釋放,物塊A、B下降,C上升。當物塊A下降高度h時,A、B間的細繩突然斷裂。已知細繩足夠長,重力加速度為g,不計轉盤與軸以及細繩間的摩擦,忽略空氣阻力,運動過程中物塊不會碰到轉盤。下列說法正確的是()A.細繩斷裂前對物塊A做的功為-127B.細繩斷裂后物塊B向下運動的最大距離為57C.物塊C返回初始位置時的速度大小為4D.物塊B返回初始位置時的速度大小為2610.(2023山東濱州高三期末)如圖所示,質(zhì)量為m=2kg的小物塊,用長L=0.4m的細線懸掛于O點,現(xiàn)將細線拉直并與水平方向夾角α=30°,由靜止釋放,小物塊下擺至最低點B處時,細線達到其最大承受力并瞬間斷開,小物塊恰好從水平傳送帶最左端滑上傳送帶,傳送帶以v0的速度逆時針勻速運轉,其上表面距地面高度H=1.6m,小物塊最后從傳送帶左端飛出,并恰好從光滑斜面頂端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h=1.0m,傾角θ=60°,斜面底端擋板上固定一輕彈簧。小物塊沿斜面下滑一段距離后,壓縮彈簧,小物塊沿斜面運動的最大距離x=32m,g取10m/s2。求(1)繩子能承受的最大拉力的大小;(2)傳送帶速度大小滿足的條件;(3)彈簧的最大彈性勢能。11.(2023江蘇徐州高三期末)如圖所示,水平軌道OC的右端C貼近同高度的水平傳送帶軌道的左端,其中OB段光滑,BC段粗糙,傳送帶與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道DE相切于D點,已知lBC=lCD=L=2m,圓軌道半徑R=0.4m,彈簧左端固定在墻壁上,自由放置時其右端在B點。一個質(zhì)量m=0.5kg的物塊(視為質(zhì)點)將彈簧壓縮到A點并鎖定,物塊與水平軌道BC、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.25,重力加速度g取10m/s2。(1)若傳送帶逆時針轉動,要使物塊始終不脫離軌道,解除鎖定前彈簧的彈性勢能Ep滿足什么條件。(2)若傳送帶順時針轉動,鎖定前彈簧的彈性勢能取第(1)問中的最大值,若要使物塊在半圓軌道上運動的過程中不脫離軌道,試計算傳送帶的速度v的范圍。(3)在第(1)問的情形下,且彈簧的彈性勢能取最大值,試寫出物塊最后的靜止位置到C點的間距d與傳送帶速度v間的定量關系。

專題分層突破練5動能定理、機械能守恒定律、功能關系的應用1.B雨滴速率不變,動能不變,根據(jù)動能定理,重力做功為mgh,雨滴克服阻力做功為mgh,選項B正確。2.B甲下滑過程中加速度不變,沿軌道Ⅱ下滑,乙下滑過程中加速度減小,沿軌道Ⅰ下滑,同一時刻,甲的速度總是比乙的小,故甲的動能比乙的小,選項A錯誤,選項B正確;開始時乙的重力功率為0,到達底部時,乙的重力功率仍然為0,故乙的重力功率先增大后減小,選項C、D錯誤。3.D鉛球在空中運動時,加速度不變,選項A錯誤;鉛球運動的速度大小v=v02+(gt)2,v與t不是線性關系,選項B錯誤;鉛球運動的動能Ek=12mv02+mg12gt2,E4.BC玩具在下落過程中,根據(jù)牛頓第二定律有mg-F=ma,4h0~2h0過程中,由圖可知,F從0增大到2mg,在3h0時為mg,所以加速度開始時向下并逐漸減小,速度在增大,當達到3h0時合力為0,加速度為0,此時速度達到最大值,繼續(xù)運動,合力向上,做減速運動,此時加速度向上并逐漸增大,速度在減小,A錯誤,B正確;根據(jù)上面分析,玩具下落到距地面3h0時速度最大,F做負功,大小為圖線與橫軸圍成的面積,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·12=-12mgh0,對該過程,根據(jù)動能定理有mgh0-12mgh0=12mvm2,解得5.BD達到最大速度時,甲、乙兩車分別滿足P甲=Ff甲v甲,P乙=Ff乙v乙,其中Ff甲=15×34m乙g,Ff乙=15m乙g,v甲=216km/h=60m/s,v乙=234km/h=65m/s,聯(lián)立解得P甲P乙=913,A錯誤;由P=Fv,F-Ff=ma,可得a=P-Ffvmv,代入數(shù)據(jù)可得F甲6.答案(1)2(2)2(3)2(1-μ)d解析(1)滑雪者在傾斜軌道上下滑時,滿足mgsinθ-μmgcosθ=ma滑雪者從A點到P點滿足d=12at解得t=22(2)滑雪者從P點由靜止開始下滑,恰好運動到B點,該過程合力做的功為0,滑雪者從A點由靜止開始下滑到P點的速度大小為vP,有mgdsinθ-μmgdcosθ=1解得vP=2滑雪者從P點到B點重力做功不變,摩擦力做功不變,根據(jù)動能定理可得滑雪者從B點飛出的速度v=vP=2((3)滑雪者從B點做斜拋運動,若滑雪者剛好落在C點在豎直方向t=2在水平方向x0=vcosθ·t解得x0=2(1-μ)d故若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上,BC的最大長度L=x0=2(1-μ)d。7.AD用手托住小球B,此時彈簧剛好處于原長,設繩子拉力為FT,由滑塊A剛要沿斜面向上運動可知FT=mAgsinθ+μmAgcosθ=16N,對B受力分析,設手的支持力為F,則F=mBg-FT=24N,根據(jù)牛頓第三定律可知手受到小球B的壓力大小為24N,A正確;釋放小球B后,A做加速度減小的加速運動,當A受到的合力為0時,速度最大,當A加速度為0時,B的加速度也為0,對A受力分析得FT'-mAgsinθ-μmAgcosθ-F彈=0,對B受力分析得FT'=mBg,又F彈=kx,解得x=0.24m,B錯誤;根據(jù)能量守恒定律,釋放小球B后到滑塊A速度最大的過程中有mBgx=mAgxsinθ+μmAgxcosθ+12(mA+mB)v2+12kx2,解得12mAv2=0.96J,C錯誤;當滑塊A向上滑行的距離最大時,A、B的速度都為0,小球B的重力勢能轉化為A的重力勢能、彈簧的彈性勢能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,根據(jù)能量守恒定律有mBgx'=mAgx'sinθ+μmAgx'cosθ+12kx'2,解得x'=0.8.C設軟繩B端向右運動位移為x,當0≤x≤L時,軟繩所受摩擦力Ff1=μx2Lmg=x2Lμmg,當L<x≤2L時,軟繩所受摩擦力Ff2=μL2Lmg=12μmg,所以軟繩所受摩擦力隨位移x變化圖像如圖所示。又Ff-x圖像與坐標軸圍成的面積表示物體克服摩擦力做的功Wf,當0≤x≤L時,Wf=12Ff1·x=x24Lμmg,對軟繩由動能定理得Fx-Wf=12mv2-0,當x=L時v=0,又Ffmax=12μmg=4N>F=2N,所以軟繩B端向右運動位移為L時,軟繩速度為0,停止運動。拉力F先比摩擦力大,后比摩擦力小,軟繩先做加速運動后做減速運動。0≤x≤L時,摩擦力為變力,所以加速度不恒定,A錯誤。當x=L時,繩子停止運動,軟繩的左端不能經(jīng)過B點,B錯誤。當x=14×2L=0.5m時軟繩動能最大,為Ekm=Fx-x24Lμmg=0.5J,C正確。B端向右運動位移9.ABD因為兩輪具有相同角速度,則vC=2vB=2vA,物塊A下降高度h時,C上升2h,根據(jù)能量守恒可知2mgh+mgh-2mgh=12(2m+m)vAB2+12m(2vAB)2,設細繩斷裂前對物塊A做功W,有2mgh+W=12×2mvAB2,解得W=-127mgh,A正確;細繩斷裂后,當B速度為零時有12mvAB2+12m(2vAB)2=2mgh'-mgh',解得h'=57h,B正確;物塊C返回初始位置時B也返回初始位置,有mg(2h+2h')-mg(h+h')=12m(2vB)2+12m10.答案(1)40N(2)v0≥2m/s(3)31J解析(1)小球從靜止擺到最低點過程中,根據(jù)機械能守恒定律有mgL(1-sinα)=1解得vB=2m/s小球在B點時,根據(jù)向心力公式有F-mg=mv聯(lián)立解得F=40N根據(jù)牛頓第三定律,剛到最低點細線達到其最大承受力F'=40N。(2)由于小物塊恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物塊落到斜面頂端時速度方向沿斜面方向,則tanθ=vH-h=12gtvy=gt聯(lián)立以上各式得vx=2m/s因為vB=2m/s,則傳送帶速度v0≥2m/s即可。(3)小物塊在斜面頂端速度v=v小物塊從頂端到壓縮彈簧至最短,由機械能守恒,得彈簧最大的彈性勢能為Ep=mgxsinθ+12mv2=31J11.答案(1)Ep≤7J(2)v≤22m/s或v≥25m/s(3)v≤10m/s時,d=0.2v2m;10m/s<v<32m/s時,d=(4-0.2v2)m;v≥32m/s時,d=0.4m解析(1)若傳送帶逆時針轉動,要使物塊始終不脫離軌道,物塊最多上升到半圓軌道與圓心等高處,則根據(jù)能量守恒定律,解除鎖定前彈簧彈性勢能的最大值為Ep=μmg·2L+mgR=7J所以解除鎖定前彈簧彈性勢能Ep≤7J。(2)物塊被彈簧彈出滑到C點的過程中,根據(jù)能量守恒定律有Ep=μmgL+1解得vC=32m/s若物塊剛好能通過半圓軌道的最高點E,則根據(jù)牛頓第二定律有mg=mv解得vE=2m/s物塊從D到E的過程中,根據(jù)機械能守恒定律有mg·2R=1解得vD=25m/s若傳送帶以vD=25m/s的速度順時針轉動,設物塊向右加速運動的位移為x,根據(jù)動能定理有μmgx=1解得x=0.4m<L若物