新高考物理三轮冲刺分层突破练习5.动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用（含答案解析）

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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0
C.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mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.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.2kv2ηB.kv22η
C.kv2+mv22ηD.2kv2+mv2η2
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=4 s时停下,其v-t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=2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D.t=1 s到t=3 s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mgh
B.动能增加了(F-mg-Ff)h
C.机械能增加了Fh
D.机械能增加了mgh+12mv2
6.(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0.4 kg、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4 J,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10 m/s2,则A、B两点间距离的最大值为( )
A.0.5 mB.0.6 m
C.0.7 mD.0.8 m
9.(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=60 kg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=0.32 m,h=1.25 m,s=1.50 m,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/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=0.2 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=2.0 m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10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=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6 N,求竖直圆轨道的半径。
(3)若LAB=LBC=2.0 m,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=2 m,圆轨道半径R=0.4 m,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=0.5 kg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10 m/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=2kv2η,故选A。
4.AD 解析 对物块运动的整个过程运用动能定理有WF-Wf=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0~1 s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=1 s时,速度最大,拉力的瞬时功率最大,t=2 s时,物块匀速运动,拉力等于摩擦力,所以t=2 s时刻拉力的瞬时功率不是最大的,故C错误;t=1 s到t=3 s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=(F-mg-Ff)h,故B正确;根据功能关系可知机械能增加了ΔE=(F-Ff)h=mgh+12mv2,故C错误,D正确。
6.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(1-cs θ)=12mv2,又小环做圆周运动,则有F+mgcs θ=mv2R,联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F=mg(2-3cs θ),则F的大小先减小后增大,且当cs θ=23时F最小,当cs θ=-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,小环下滑过程中对大圆环的作用力先减小后增大。故选C。
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,汽车做加速度减小的加速运动,最终匀速,故B正确。
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=μmgLcs θ+mgLsin θ,解得L=Epmg(sinθ+μcsθ)=Ep1+μ2mgsin(θ+φ),当sin(θ+φ)=1时,减速的最小距离为Lmin=0.8 m,所以A、B两点间距离的最大值为0.8 m,故选D。
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=gsin θ+μgcs θ,共速后向上减速,加速度向下,为负值,大小为a2=gsin θ-μgcs θ,减速为零后向下加速,加速度向下,为负值,大小为a3=gsin θ-μgcs θ,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。Ek-x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=mgsin θ+μmgcs θ,从两者共速到向上减速为零过程合力大小为F2=mgsin θ-μmgcs θ,图线斜率变小,向下加速过程时合力大小为F3=mgsin θ-μmgcs θ,D错误。
10.答案 (1)能 (2)1.54 m
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=mv2R
从最高点到D点的过程,由机械能守恒定律可得
12mvD2=12mv2+2mgR
解得vD=4 m/s
从D点做平抛运动,下落高度h时,有
h=12gt2
x=vDt
可得x=2 m>s=1.5 m,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
mglsin α-μmglcs α=12mvD2
解得l=1.54 m。
11.答案 (1)2gR (2)32gR2
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=12×2mv2
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
sin θ=R2R=12
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
vQcs 30°=vPcs 60°
P、Q系统机械能守恒,有
2mgR+mgR=12mvP2+12mvQ2
解得vP=32gR2。
12.答案 (1)210 m/s (2)0.5 m (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=12mvA2
解得vA=210 m/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6 N,根据牛顿第二定律有
mg+FN=mvD2R
小滑块从初始位置滑至D点过程中,根据动能定理有
mg(H-2R)=12mvD2
解得R=0.5 m。
(3)小滑块在斜面上,由于mgsin θ>μmgcs θ,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
mgH-μmgLAB-(μmgcs θ+mgsin θ)s=0
解得s=158 m
小滑块第一次从斜轨道BC滑到B点的动能为Ek=mgH-μmgLAB-2μmgcs θ·s=1.5 J
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'=Ek-μmgLAB=0.5 J
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'=0-Ek'
解得s'=1 m
即最后小滑块停在水平直轨道AB上距A点1 m位置处。
13.答案 (1)Ep≤7 J
(2)v≤22 m/s或v≥25 m/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=7 J
所以解除锁定前弹簧弹性势能Ep≤7 J。
(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=mvE2R
解得vE=2 m/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=25 m/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+12mvC2
解得vC=32 m/s
若传送带以vD=25 m/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=0.4 m