高考物理二轮复习专题分层突破练动能定理机械能守恒定律功能关系的应用.docx

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1、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)(2021广东阳江高三二模)关于下列配图的说法正确的是()A.图甲中“蛟龙号”在钢绳作用下匀速下降的过程中,它的机械能不守恒B.图乙中火车在匀速转弯时所受合力为零,动能不变C.图丙中握力器在手的压力作用下弹性势能增大D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(2021山西高三二模)如图所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道,A、B为水平直径的两端点,O为圆心,现将半径远小于轨道半径、质量为m的小球从O点以初速度v0=水平向右抛出,小球落在圆周上某一点,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球落在圆周上时的动能为()

2、A.mgRB.mgRC.(-1)mgRD.mgR3.(2021江西高三一模)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据,得到如图所示的“速度位移”图象,若空气阻力和弹性绳的重力可忽略,根据图象信息,下列说法正确的是()A.弹性绳原长为15 mB.当运动员下降10 m时,处于超重状态,当运动员下降20 m时,处于失重状态C.若以运动员、弹性绳、地球为系统研究,此过程机械能守恒D.当运动员下降15 m时,绳的弹性势能最大4.(2021广东高三二模)高铁在高速行驶时,受到的阻力Ff与速度v的关系为Ff=kv2(k为常量

3、)。若某高铁以v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为P,则该高铁以2v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为()A.8PB.4PC.2PD.P5.(2021广东东莞高三月考)如图所示,质量为m的物体静止在地面上,物体上面连着一个轻弹簧,用手拉住弹簧上端向上移动H,将物体缓缓提高h,拉力F做功WF,不计弹簧的质量,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.重力做功-mgh,重力势能减少mghB.弹力做功-WF,弹性势能增加WFC.重力势能增加mgh,弹性势能增加FHD.重力势能增加mgh,弹性势能增加WF-mgh6.(多选)(2021广东佛山高三三模)无动力翼装飞行运动员穿戴着拥有双翼的飞行服装和

4、降落伞设备,从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下,运用肢体动作来掌控滑翔方向,最后打开降落伞平稳落地完成飞行。若某次无动力翼装飞行从A到B的运动过程可认为是在竖直平面内的匀速圆周运动,如图所示,则从A到B的运动过程中,下列说法正确的是()A.运动员所受重力逐渐减小B.运动员所受重力的功率逐渐减小C.运动员所受的合力逐渐减小D.运动员的机械能逐渐减小7.(2021江西上饶高三二模)如图所示的光滑斜面长为l,宽为b=0.6 m,倾角为=30,一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入,恰好从斜面右下方底端Q点离开斜面,已知物块的初速度v0=1 m/s,质量m=1 kg,g取10 m/s2,试求:(1

5、)物块由P运动到Q所用的时间t;(2)光滑斜面的长l;(3)物块在斜面上运动过程中重力的平均功率P。B组8.(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的小物体以一定的初速度从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23,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B.物块做匀加速直线运动的时间为C.物块与传送带间的动摩擦因数为D.整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为9.(多选)(2021四川

6、成都高三二模)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的变化关系如图所示,重力加速度大小取10 m/s2。则()A.物体到达的最高点距地面的高度为1.0 mB.外力F的大小为3.5 NC.物体动能的最小值为1.0 JD.物体的质量为0.4 kg10.(多选)如图所示,小滑块P、Q的质量均为m,P套在固定光滑竖直杆上,Q放在光滑水平面上。P、Q间通过铰链用长为L的轻杆连接,轻杆与竖直杆的夹角为,一水平轻弹簧左端与Q相连,右端固定在竖直杆上。当=30时,弹簧处于原长。

7、P由静止释放,下降到最低点时变为60。整个运动过程中,P、Q始终在同一竖直平面内,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则P下降过程中()A.弹簧弹性势能最大值为mgLB.滑块P的动能达到最大前,P的机械能先增大后减小C.滑块P的动能达到最大时,Q受到地面的支持力等于2mgD.滑块P的动能达到最大时,Q受到地面的支持力大于2mg11.(多选)如图所示,光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内,OP边水平,OP与OQ在O点平滑相连,A、B两小环用长为L的轻绳相连,分别套在OP和OQ杆上。已知A环质量为m,B环质量为2m。初始时刻,将轻绳拉至水平位置拉直(即B环位于O点),然后同时释放两小环,

8、A环到达O点后,速度大小不变,方向变为竖直向下,已知重力加速度为g,下列说法正确的是()A.B环下降高度为L时,A环与B环速度大小相等B.在A环到达O点的过程中,B环速度一直增大C.A环到达O点时速度大小为D.当A环到达O点后,再经的时间能追上B环12.(2021江苏南京高三二模)如图所示,电动传送带以恒定速度v0=1.2 m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角=37,现将质量m=20 kg的箱子轻放到传送带底端,经过一段时间后,箱子被送到h=1.8 m的平台上。已知箱子与传送带间的动摩擦因数=0.85,不计其他损耗,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求:(1)箱

9、子在传送带上刚开始运动时加速度的大小;(2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中,箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。13.如图所示,AB为长直轨道,与水平方向的夹角为37,BCD为光滑曲线轨道,两段轨道在B处平滑连接。B、C、D三点离水平地面的高度分别为h1=0.50 m、h2=1.75 m和h3=1.50 m。一质量m=0.20 kg的小环套在轨道AB上,由静止释放,到达B点时速度大小vB=6.0 m/s。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)求小环离开轨道D处时速度的大小vD;(2)若AB为光滑的长直轨道,使小环以最小速度落地,则小环在AB上释放处距地面的

10、高度h;(3)若AB为粗糙的长直轨道,已知小环与长直轨道间的动摩擦因数=0.25,C处圆形轨道半径RC=0.4 m,则为使小环运动到C处恰好对轨道的压力为零,小环在AB上释放处距地面的高度H。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.AC解析图甲中“蛟龙号”匀速下降的过程中,钢绳对它做负功,所以机械能不守恒,故A正确;图乙中火车在匀速转弯时做匀速圆周运动,所受的合力指向圆心,不为零,故B错误;图丙中握力器在手的压力作用下形变增大,弹簧弹力做负功,所以弹性势能增大,故C正确;图丁中撑竿跳高运动员上升过程中,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,故D错误。

11、2.A解析设小球下落的时间为t,根据平抛运动规律,水平方向的位移为x=v0t,竖直方向的位移为y=gt2,由几何关系可得x2+y2=R2,解得y=(-1)R,小球落在圆周上时的动能为Ek=+mgy=mgR,故选A。3.C解析运动员下降15m时速度最大,此时加速度为0,合外力为0,弹力不为0,弹力等于重力,弹簧处于伸长状态,所以A错误;运动员下降10m时,处于加速下落过程,加速度向下,处于失重状态,当运动员下降20m时,处于减速下落过程,加速度向上,处于超重状态,所以B错误;以运动员、弹性绳、地球为系统研究,此过程机械能守恒,所以C正确;运动员下降15m时,速度不为0,继续向下运动,弹性绳继续伸

12、长,弹性势能继续增大,所以D错误。4.A解析当高铁匀速行驶时,牵引力F与阻力Ff大小相等,由题意可知,当高铁以v1行驶时机车的输出功率为P=Fv1=k,所以当高铁以v2=2v1行驶时机车的输出功率为P=Fv2=k=8k=8P,故选A。5.D解析由题知重物缓慢上升h,则重力做功为WG=-mgh,重力势能增加mgh,整个过程,根据功能关系有WF+W弹+WG=0,解得W弹=mgh-WF,故弹性势能增加Ep=-W弹=WF-mgh,故选D。6.BD解析运动员所受重力恒定不变,故A错误;由于速率不变,速度与重力的夹角(锐角)逐渐增大,重力的功率逐渐减小,故B正确;由于运动员做匀速圆周运动,合力提供向心力,

13、合力大小不变,故C错误;运动员高度降低而动能不变,机械能逐渐减小,选项D正确。7.答案(1)0.6 s(2)0.9 m(3)7.5 W解析(1)物块做类平抛运动,沿斜面向右的方向做匀速运动,有b=v0t解得t=0.6s。(2)物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速运动mgsin=mal=at2联立解得l=0.9m。(3)物块在斜面上运动过程中重力做的功W=mglsin重力的平均功率P=联立解得P=7.5W。8.BC解析由题意知v=23,得v0=,A错误;匀速运动中=vt,则t=,匀加速与匀速时间相等,B正确;由运动学公式v2-=2ax,x=L,g=a得动摩擦因数为=,C正确;由热量Q=Ffs相对,

14、s相对=L-L=L,得Q=,D错误。9.AD解析根据图象可知,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,根据图象可知Ek0=7J,Ek=1J,可得F=3N,B错误;到达最高点速度为零,动能为零,故最小动能为零,C错误;由图象知s=1m时E=4J,此时动能为0,故Ep=E=4J,Ep=mgh,得m=0.4kg,故D正确。10.AC解析P下降到最低点时变为60,弹性势能达到最大,由能量守恒可得Ep=mgL(cos30-cos60)=mgL,A正确;滑块P的动能达到最大前,P、Q及弹簧组成的系统机械能守恒,由于Q的动能及弹簧的弹性势能均

15、增大,故P的机械能一直减小,B错误;滑块P的动能达到最大时,P、Q及弹簧组成的整体在竖直方向加速度为零,受到整体的重力及地面支持力作用而平衡,故Q受到地面的支持力等于2mg,C正确,D错误。11.AD解析将两环的速度分解如图所示,B环下降高度为L时,图中=45,则有vAcos=vBcos,所以A环与B环速度大小相等,A正确;B开始下降的过程中速度由0开始增大,所以是做加速运动,当绳子与水平方向之间的夹角接近90时,tan,则vB=0,可知当A到达O点时,B的速度等于0,所以B一定还存在减速的过程,即A环到达O点的过程中,B环先加速后减速,B错误;由于A到达O点时B的速度等于0,由机械能守恒得=

16、2mgL,则有vA=2,C错误;环A过O点后做加速度等于g的匀加速直线运动,B做自由落体运动,当A追上B时有vAt+gt2=L+gt2,解得t=,D正确。12.答案(1)0.8 m/s2(2)122.4 J解析(1)箱子刚开始运动时,受到竖直向下的重力G和沿斜面向上的滑动摩擦力Ff,将重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解,由牛顿第二定律得Ff-mgsin=maFf=FNFN=mgcos联立得a=0.8m/s2。(2)箱子加速所用时间为t=s=1.5s传送带位移x传=v0t=1.8m总长L=3m箱子加速位移为x箱=at2=0.81.52m=0.9mL产生的热量Q=Ffx=Ff(x传-x箱)=122.4J。13.答案(1)4 m/s(2)1.75 m(3)2.675 m解析(1)小环由B运动到D,机械能守恒,有+mgh1=+mgh3解得vD=4m/s。(2)小环以最小速度落地,则小环在C点时速度应为0,小环的初始高度为h=h2=1.75m。(3)小环运动到C处恰好对轨道的压力为零,根据牛顿第二定律得mg=m小环在粗糙的长直AB轨道滑行时,根据牛顿第二定律得mgsin37-mgcos37=ma由B点到C点,机械能守恒,有+mgh1=+mgh2设小环的释放点距B点的距离为L,则有=2aL联立解得L=m所以H=Lsin37+h1=2.675m