高三二轮复习试题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

5.动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用选择题:1~6题每小题3分,7~9题每小题4分,共30分基础巩固练1.(2025江苏苏州一模)某科技小组利用弹性绳网模拟火箭回收。如图所示,“口”字形的绳网四个角各用一根弹性绳索拉住,绳索另一端固定在立柱上。将火箭模型从某高处释放,在接触绳网后下降直至最低点的过程中,下列说法正确的是()A.火箭模型接触绳网立即减速B.火箭模型在最低点所受合力为0C.火箭模型接触绳网后先失重后超重D.绳网对火箭模型先做正功后做负功2.(2024浙江1月选考)如图所示,质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点2的高度为h,则足球()A.从1到2动能减少mghB.从1到2重力势能增加mghC.从2到3动能增加mghD.从2到3机械能不变3.(2025山东卷)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力Ff=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为()A.2kv2C.kv2+4.(多选)(2025广东云浮模拟)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动,t=4s时停下,其vt图像如图所示,已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同,则下列说法正确的是()A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.整个过程中拉力做的功等于零C.t=2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D.t=1s到t=3s这段时间内合力做功为零5.(多选)热气球让人们能够从独特的视角欣赏风景。假设某热气球总质量为m,某次竖直上升过程中受到浮力恒为F,空气阻力恒为Ff,热气球从地面由静止上升高度h,速度变为v,已知重力加速度为g。在上述过程中,热气球的()A.重力势能增加了mghB.动能增加了(FmgFf)hC.机械能增加了FhD.机械能增加了mgh+12mv6.(2024全国甲卷)如图所示,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小()A.在Q点最大 B.在Q点最小C.先减小后增大 D.先增大后减小综合提升练7.(多选)(2025广东梅州模拟)一辆新能源汽车以功率P0在平直的公路上匀速行驶,t1时刻发动机功率变为2P0,此后以2P0的恒定功率再次行驶至匀速。汽车所受的阻力大小不变,则此过程中汽车的牵引力F、速度v、功率P、加速度a随时间t的变化规律可能正确的是()8.(2025江西多校联考)如图所示,一根轻质弹簧右端固定在挡板上,质量为0.4kg、可视为质点的滑块压缩弹簧后被锁定在A点,滑块与弹簧左端不连接,此时弹簧具有的弹性势能为4J,将木板左端抬高至与水平方向成任意角θ并固定,突然解除锁定,滑块脱离弹簧后均能从木板的左端B点离开,已知滑块与木板间的动摩擦因数为34,重力加速度大小g取10m/s2,则A、B两点间距离的最大值为(A.0.5m B.0.6mC.0.7m D.0.8m9.(2025河南信阳二模)如图为一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动,一个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带,已知物块的初速度大于传送带的速度,物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值,最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小,取沿传送带向上方向为正方向,则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时间变化的关系图像,机械能、动能随位移变化的关系图像可能正确的是()10.(6分)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)11.(6分)(2025江苏南通模拟)如图所示,在竖直平面内有光滑轨道ABCD,其中AB是竖直轨道,CD是水平轨道,BC是半径为R的四分之一圆弧轨道,AB与BC相切于B点,BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(可视为质点),将轻杆锁定在图示位置,并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆,轻杆将沿轨道下滑,重力加速度为g。求:(1)P球到达C点时的速度大小;(2)P球到达B点时的速度大小。12.(8分)(2025江苏南京联考)如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m=0.2kg的小滑块从弧形轨道离地高H=2.0m的M处静止释放。已知小滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求小滑块运动到A点时的速度大小。(2)若小滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6N,求竖直圆轨道的半径。(3)若LAB=LBC=2.0m,试确定小滑块最终停止的位置。培优拔高练13.(10分)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。

参考答案1.C解析火箭模型接触绳网时重力大于弹力,继续向下加速,故A错误;火箭模型在最低点弹力大于重力,所受合力向上,故B错误;火箭模型接触绳网后先向下加速,后向下减速,所以先失重后超重,故C正确;绳网对火箭模型的力始终向上,接触绳网后下降直至最低点的过程中绳网对火箭模型一直做负功,故D错误。2.B解析由足球的运动轨迹可知,足球在空中运动时受到阻力作用,则从1到2重力势能增加mgh,而动能减少量大于mgh,A错误,B正确;从2到3由于阻力作用,则机械能减小,重力势能减小mgh,动能增加小于mgh,选项C、D错误。3.A解析设光伏电池单位时间内获得的太阳能为E,则转换产生的电能E'=ηE,单位时间内电动机所做的功W1=0.5E',当小车以速度v匀速行驶时,由动能定理可知,电动机所做的功与阻力所做的功大小相等,故W1=Ffvt=kv2t,联立解得E=2kv2η4.AD解析对物块运动的整个过程运用动能定理有WFWf=0,即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功,故A正确,B错误;在0~1s时间内,拉力恒定且大于摩擦力,物块做匀加速运动,速度增大,t=1s时,速度最大,拉力的瞬时功率最大,t=2s时,物块匀速运动,拉力等于摩擦力,所以t=2s时刻拉力的瞬时功率不是最大的,故C错误;t=1s到t=3s这段时间,物块匀速运动,动能不变,合力做功为零,故D正确。5.ABD解析热气球从地面由静止上升高度h,克服重力做功mgh,则重力势能增加了mgh,故A正确;根据动能定理可知动能增加了ΔEk=(FmgFf)h,故B正确;根据功能关系可知机械能增加了ΔE=(FFf)h=mgh+12mv2,故C错误,D6.C解析设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π),大圆环的半径为R,大圆环对小环的作用力为F,则由机械能守恒得mgR(1cosθ)=12mv2,又小环做圆周运动,则有F+mgcosθ=mv2R,联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F=mg(23cosθ),则F的大小先减小后增大,且当cosθ=23时F最小,当cosθ=1,即小环在大圆环最低点时F最大,结合牛顿第三定律可知7.BC解析当汽车以P0的功率在公路上匀速行驶时,牵引力F与阻力Ff大小相等,功率变为2P0时,此后汽车以该功率行驶,故C正确。由于速度不发生突变,则牵引力变为F'=2F,此时a=F'-Ffm,汽车做加速运动,v增大,由于2P0=F'v,功率不变速度增大,则牵引力减小,根据a=F'-Ffm,加速度也减小,故A、D错误。由于阻力不变,最终牵引力等于阻力,加速度为零8.D解析假设木板足够长,滑块在木板上减速的距离为L,根据能量守恒定律有Ep=μmgLcosθ+mgLsinθ,解得L=Epmg(sinθ+μcosθ)=Ep1+μ2mgsin(θ+φ),当sin(θ+φ)=1时9.C解析传送带足够长,则物块先向上减速,物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值,则物块与传送带共速后继续减速为零,然后向下加速,A错误。物块滑上传送带时,加速度向下,为负值,大小为a1=gsinθ+μgcosθ,共速后向上减速,加速度向下,为负值,大小为a2=gsinθμgcosθ,减速为零后向下加速,加速度向下,为负值,大小为a3=gsinθμgcosθ,B错误。E机x图线的斜率大小等于摩擦力大小,物块在斜面上运动时,滑动摩擦力大小不变,开始时摩擦力向下,摩擦力做负功,机械能减小;向上速度减为与传送带共速后,再向上速度减为零过程中摩擦力向上,摩擦力做正功,机械能增加,向下滑动时摩擦力向上,摩擦力做负功,物块机械能减小,C正确。Ekx图线的斜率大小等于合力大小,物块向上减速到与传送带速度相同前,合力大小F1=mgsinθ+μmgcosθ,从两者共速到向上减速为零过程合力大小为F2=mgsinθμmgcosθ,图线斜率变小,向下加速过程时合力大小为F3=mgsinθμmgcosθ,D错误。10.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。11.答案(1)2gR(2)3解析(1)P球从静止到达C点过程,由机械能守恒定律得3mgR+mgR=12×2mv解得v=2gR。(2)当P球到达B点时设轻杆与水平面的角度为θ,由几何关系得sinθ=R解得θ=30°当P球到达B点时,由于两球在沿杆方向的分速度大小相等,有vQcos30°=vPcos60°P、Q系统机械能守恒,有2mgR+mgR=1解得vP=3212.答案(1)210m/s(2)0.5m(3)见解析解析(1)小滑块从M点滑动到A点过程中,根据动能定理有mgH=1解得vA=210m/s。(2)小滑块运动到D点,根据牛顿第三定律可知,小滑块所受轨道的支持力的大小等于小滑块对轨道压力的大小,即支持力为6N,根据牛顿第二定律有mg+FN=mv小滑块从初始位置滑至D点过程中,根据动能定理有mg(H2R)=1解得R=0.5m。(3)小滑块在斜面上,由于mgsinθ>μmgcosθ,则小滑块无法停留在斜面上,最终会停止在水平面AB上,设小滑块第一次滑上斜轨道BC滑行距离为s,则小滑块从B点到滑上斜轨道BC最高点的过程中,根据动能定理有mgHμmgLAB(μmgcosθ+mgsinθ)s=0解得s=158小滑块第一次从斜轨道BC滑到B点的动能为Ek=mgHμmgLAB2μmgcosθ·s=1.5J之后小滑块再次运动到水平直轨道A点时具有的动能为Ek'=EkμmgLAB=0.5J小滑块经光滑圆弧后又回到水平直轨道AB设再次返回到水平直轨道AB还能继续运动的距离为s',根据动能定理有μmgs'=0Ek'解得s'=1m即最后小滑块停在水平直轨道AB上距A点1m位置处。13.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=μmgL+1解得vC=32m/s若传送带以vD=25m/s的速度顺时针转动,设物块向右加速运动的位移为x,根据动能定理有μmgx=1解得x=0.4m<L若物块只能上升到与圆心等高处,根据