【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（老高考新教材） 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 Word版含解析.docx，共(10)页，325.528 KB，由小赞的店铺上传

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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组基础巩固练1.(2023全国新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)()A.0B.mghC.12m

v2-mghD.12mv2+mgh2.(2023辽宁卷)如图(a)所示,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一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大3.(2023浙江6月选考)铅

球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中,正确的是()4.(多选)(2023江西南昌高三期中)图甲为一种新型的电动玩具,整体质量为m,下方的圆球里有电动机、

电池、红外线发射器等,打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力F,使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处由静止释放,使玩具在竖直方向运动,升力F随离地面高度h变化的关系如图乙所示,重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对

于4h0~2h0过程,下列判断正确的是()A.玩具先做匀加速运动再做匀减速运动B.玩具下落到距地面3h0高处速度最大C.玩具下落的最大速度为√𝑔ℎ0D.玩具下落的最大速度为√3𝑔ℎ025.(多选)(2023四川德阳二模)甲、乙两赛车在平直赛道

上由静止开始保持额定功率启动。甲车启动12s后,速度达到108km/h,30s后,速度达到最大速度216km/h;乙车启动9s后,速度达到108km/h,25s后,速度达到最大速度234km/h。假设赛车

行驶过程中所受阻力恒为车重的15,甲车的质量为乙车的34,重力加速度取10m/s2,则()A.甲车额定功率是乙车额定功率的34B.速度达到108km/h时,甲车加速度是乙车加速度的67C.速度达到108km/h时,甲车牵引力是乙车牵引力的139D.加速到最大速度的过程

中,甲车通过距离是乙车通过距离的144916.(2023江苏卷)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B

点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。(1)求滑雪者运动到P点的时间t。(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v。(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。B组素能提升练7.(多选)(2023湖南怀化模拟)如图

所示,在倾角为37°的固定斜面上,轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C连接,另一端连接滑块A。一轻绳通过斜面顶端的定滑轮(质量忽略不计,轻绳与滑轮间的摩擦不计),一端系在滑块A上,另一端与小球B相连,细绳与斜面平行,斜面足够长。用手托住小球B,此时弹簧刚好处

于原长,滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4kg,弹簧的劲度系数为k=100N/m,滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。现

由静止释放小球B,已知小球B始终未落地,则下列说法正确的是()A.释放小球B前,手受到小球B的压力大小为24NB.释放小球B后,滑块A向上滑行x=0.20m时速度最大C.释放小球B后,滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2JD.释放小球B后,滑块A向上滑行的

最大距离为0.48m8.(2023安徽高三联考)如图所示的水平轨道AD足够长,只有BC部分是粗糙的,其长度为L=1m,其余部分是光滑的,质量为1kg、长度为2L、粗细相同的匀质软绳静止在B点的左侧(绳的右端在B点),软绳与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8,现用F=2N的水平向右的

恒力作用在软绳上,软绳始终保持伸直状态且长度不变,重力加速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在软绳运动的过程中,下列说法正确的是()A.软绳先做匀加速运动后做匀减速运动B.软绳的左端能经过B点C.软绳的最大动能为0.5JD.软绳克服摩擦力做功4J9.(多选)(2023湖北宜昌高

三期末)英国物理学家乔治·阿特伍德在1784年制做一种测定重力加速度的机械叫阿特伍德机,受此启发,某实验小组设计了如图所示的机械。具有共同水平轴的竖直轻质转盘的半径关系为R2=2R1,物块A、B由细绳相连,物块B、C分别与绕在内、外盘上

的细绳相连,开始时物块均处于静止状态,它们的质量分别为mA=2m,mB=mC=m。某时刻物块被自由释放,物块A、B下降,C上升。当物块A下降高度h时,A、B间的细绳突然断裂。已知细绳足够长,重力加速度为g,不计转盘与轴以及细绳间的摩擦,忽略空气阻力,运动过程中物块不会碰到转盘。下列

说法正确的是()A.细绳断裂前对物块A做的功为-127mghB.细绳断裂后物块B向下运动的最大距离为57hC.物块C返回初始位置时的速度大小为4√5𝑔ℎ5D.物块B返回初始位置时的速度大小为2√6𝑔ℎ3510.(2023山东滨州高三期末)如图所示,质量为m=2k

g的小物块,用长L=0.4m的细线悬挂于O点,现将细线拉直并与水平方向夹角α=30°,由静止释放,小物块下摆至最低点B处时,细线达到其最大承受力并瞬间断开,小物块恰好从水平传送带最左端滑上传送带,传送带以v0的速度逆时针匀速运转,其上表面距地面高度H=1.6m,

小物块最后从传送带左端飞出,并恰好从光滑斜面顶端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h=1.0m,倾角θ=60°,斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后,压缩弹簧,小物块沿斜面运动的最大距离x=√32m,g取10m/s2。求:(1)绳子能承受的最大拉力的

大小;(2)传送带速度大小满足的条件;(3)弹簧的最大弹性势能。11.(2023江苏徐州高三期末)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lBC=lCD=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Ep满足什么条件。(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v的范围。(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。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.B雨滴速率不变,动能不变,根据动能定理,重力做功为mgh,雨滴克服阻力做功为mgh,选项B正确。2.B甲下滑过程中

加速度不变,沿轨道Ⅱ下滑,乙下滑过程中加速度减小,沿轨道Ⅰ下滑,同一时刻,甲的速度总是比乙的小,故甲的动能比乙的小,选项A错误,选项B正确;开始时乙的重力功率为0,到达底部时,乙的重力功率仍然为0,故乙的重力功率先增大后减小,选项C、D错误。3.D铅球在空中运动时

,加速度不变,选项A错误;铅球运动的速度大小v=√𝑣02+(𝑔𝑡)2,v与t不是线性关系,选项B错误;铅球运动的动能Ek=12𝑚𝑣02+mg(12𝑔𝑡2),Ek与t不是线性关系,选项C错误;铅球在运动过程中,机械能守恒,选项D正确

。4.BC玩具在下落过程中,根据牛顿第二定律有mg-F=ma,4h0~2h0过程中,由图可知,F从0增大到2mg,在3h0时为mg,所以加速度开始时向下并逐渐减小,速度在增大,当达到3h0时合力为0,加速度为0,此时速度达到最大值,继续运动,合力向上,做减速运动,此

时加速度向上并逐渐增大,速度在减小,A错误,B正确;根据上面分析,玩具下落到距地面3h0时速度最大,F做负功,大小为图线与横轴围成的面积,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·12=-12mgh0,对该过程,根据动能定理有mgh0-12mgh0=12mvm2,解

得vm=√𝑔ℎ0,C正确,D错误。5.BD达到最大速度时,甲、乙两车分别满足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,联立解得𝑃甲𝑃乙=913,A错误;由P=Fv,F-Ff=ma,可得a=𝑃-𝐹f𝑣𝑚𝑣,代入数据可得𝐹甲𝐹乙=913,𝑎甲𝑎乙=67,B正确,C错误;加速到最大速度的过程中,根据动能定理可得Pt-Ffs=12𝑚𝑣m2,代入数据对比可得,甲

车通过距离与乙车通过距离之比为𝑠甲𝑠乙=14491,D正确。6.答案(1)√2√2𝑑(1-𝜇)𝑔(2)√√2(1-𝜇)𝑔𝑑(3)√2(1-μ)d解析(1)滑雪者在倾斜轨道上下滑时,满足mgsinθ-μmgcosθ=ma滑雪者从A点到P点满足d=12

at2解得t=√2√2𝑑(1-𝜇)𝑔。(2)滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好运动到B点,该过程合力做的功为0,滑雪者从A点由静止开始下滑到P点的速度大小为vP,有mgdsinθ-μmgdcosθ=12𝑚𝑣𝑃2解得vP=√√2(1-𝜇)𝑔𝑑滑雪者从P点到B点重力做功不变

,摩擦力做功不变,根据动能定理可得滑雪者从B点飞出的速度v=vP=√√2(1-𝜇)𝑔𝑑。(3)滑雪者从B点做斜抛运动,若滑雪者刚好落在C点在竖直方向t=2𝑣sin𝜃𝑔在水平方向x0=vcosθ·t解得x0=√2(1-μ)d故若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,BC的最大

长度L=x0=√2(1-μ)d。7.AD用手托住小球B,此时弹簧刚好处于原长,设绳子拉力为FT,由滑块A刚要沿斜面向上运动可知FT=mAgsinθ+μmAgcosθ=16N,对B受力分析,设手的支持力为F,则F=mBg-FT=24N,根据牛顿第三定律可知手受到小球B的压力大

小为24N,A正确;释放小球B后,A做加速度减小的加速运动,当A受到的合力为0时,速度最大,当A加速度为0时,B的加速度也为0,对A受力分析得FT'-mAgsinθ-μmAgcosθ-F弹=0,对B受力分析得FT'=mBg,又F弹=kx,解得x=0.24m,B错误;根据能量守恒定律,释放

小球B后到滑块A速度最大的过程中有mBgx=mAgxsinθ+μmAgxcosθ+12(mA+mB)v2+12kx2,解得12mAv2=0.96J,C错误;当滑块A向上滑行的距离最大时,A、B的速度都为0,小球B的重力势能转化为A的重

力势能、弹簧的弹性势能和摩擦产生的内能,根据能量守恒定律有mBgx'=mAgx'sinθ+μmAgx'cosθ+12kx'2,解得x'=0.48m,D正确。8.C设软绳B端向右运动位移为x,当0≤x≤L时,软绳所受摩擦力Ff1=μ𝑥2𝐿mg=𝑥2𝐿μmg,

当L<x≤2L时,软绳所受摩擦力Ff2=μ𝐿2𝐿mg=12μmg,所以软绳所受摩擦力随位移x变化图像如图所示。又Ff-x图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功Wf,当0≤x≤L时,Wf=12

Ff1·x=𝑥24𝐿μmg,对软绳由动能定理得Fx-Wf=12mv2-0,当x=L时v=0,又Ffmax=12μmg=4N>F=2N,所以软绳B端向右运动位移为L时,软绳速度为0,停止运动。拉力F先比摩擦力大,后比摩擦力小,软绳先做加速运动后做减速运动。0≤x≤L时,摩擦力为变力

,所以加速度不恒定,A错误。当x=L时,绳子停止运动,软绳的左端不能经过B点,B错误。当x=14×2L=0.5m时软绳动能最大,为Ekm=Fx-𝑥24𝐿μmg=0.5J,C正确。B端向右运动位移L的过程

中,克服摩擦力做功Wf=𝐿24𝐿μmg=14μmgL=2J,D错误。9.ABD因为两轮具有相同角速度,则vC=2vB=2vA,物块A下降高度h时,C上升2h,根据能量守恒可知2mgh+mgh-2mgh=12(2m+m

)𝑣𝐴𝐵2+12m(2vAB)2,设细绳断裂前对物块A做功W,有2mgh+W=12×2m𝑣𝐴𝐵2,解得W=-127mgh,A正确;细绳断裂后,当B速度为零时有12𝑚𝑣𝐴𝐵2+12m(2vAB)2=2mgh'-mgh',解得h'=57h,B正

确;物块C返回初始位置时B也返回初始位置,有mg(2h+2h')-mg(h+h')=12m(2vB)2+12𝑚𝑣𝐵2,解得vB=2√6𝑔ℎ35,则vC=2vB=4√6𝑔ℎ35,C错误,D正确。10.答案(1)40N(2)v0≥2m/s(3)31J解析(1)小球从静止摆到最低点过程中,根

据机械能守恒定律有mgL(1-sinα)=12𝑚𝑣𝐵2解得vB=2m/s小球在B点时,根据向心力公式有F-mg=m𝑣𝐵2𝐿联立解得F=40N根据牛顿第三定律,刚到最低点细线达到其最大承受力F'=40

N。(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向,则tanθ=𝑣𝑦𝑣𝑥H-h=12gt2vy=gt联立以上各式得vx=2m/s因为vB=2m/s,则传送带速度v0≥2m/s即可。(3)小物块在斜面顶端速度v=√𝑣𝑥2+

𝑣𝑦2小物块从顶端到压缩弹簧至最短,由机械能守恒,得弹簧最大的弹性势能为Ep=mgxsinθ+12mv2=31J。11.答案(1)Ep≤7J(2)v≤2√2m/s或v≥2√5m/s(3)v≤√10m/s时,d=0.2v2m;√

10m/s<v<3√2m/s时,d=(4-0.2v2)m;v≥3√2m/s时,d=0.4m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=μ

mg·2L+mgR=7J所以解除锁定前弹簧弹性势能Ep≤7J。(2)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+12𝑚𝑣𝐶2解得vC=3√2m/s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=m𝑣𝐸2𝑅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=12𝑚𝑣𝐷2−12𝑚𝑣𝐸2解得vD=2√5m/s若传送带以vD=2√5m/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=12𝑚𝑣𝐷2−12𝑚𝑣𝐶2解得x=0.4m<L若物块只能上升到与圆心等高处,根据机械能守恒定律有mgR=12mvD'2解得vD'=2√2m/s设物块在传送带上向右减速到vD'=2√2m/s的位移为x',根据动能定理有-μmgx'=12mvD'2-12𝑚𝑣𝐶2解

得x'=2m=L所以传送带顺时针转动的速度范围为v≤2√2m/s或v≥2√5m/s。(3)设物块返回传送带后一直向左加速运动,根据动能定理有μmgL=12𝑚𝑣𝐶12−12mvD'2解得vC1=3√2m/s设物块沿水平轨道刚好减速到B点,根据动能定理有μmgL=12𝑚𝑣𝐶22解得vC2

=√10m/s①若传送带速度v≥3√2m/s,则物块在传送带上一直加速到vC1=3√2m/s,然后滑上水平轨道,先向左减速运动,被弹簧弹回后再向右减速运动,设其总路程为s,根据动能定理有μmgs=12𝑚𝑣𝐶12解得s=3.6m物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为d1=2L-s=0

.4m②若传送带的速度v≤2√2m/s,则物块在传送带上向左减速到与传送带共速若传送带的速度2√2m/s<v≤√10m/s,则物块在传送带上向左加速到与传送带共速上述两种情况下,物块在水平轨道上向左减速到静止,减速路程为d2,根据动能

定理有μmgd2=12mv2物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为d2=0.2v2m③若传送带的速度√10m/s<v<3√2m/s,物块向左加速到与传送带共速,然后滑上水平轨道,先向左减速运动,被弹簧弹回后再向右减速运动,设其总路程为s',根据动能定理有μmgs'=12mv2物块静止位置在

C点的左侧与C点的间距为