适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题分层突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考物理二轮总复习专题分层突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用，共9页。试卷主要包含了4 kg等内容，欢迎下载使用。
1.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( )
A.mgRB.mgR
C.(-1)mgRD.mgR
2.(多选)在某次深潜探测中,“奋斗者”号下潜过程潜水深度随时间变化规律如图所示,其中t1~t2、t3~t4为直线,忽略下潜过程重力加速度的变化及潜水器的体积变化。则( )
A.0~t1时间内,潜水器做加速下潜
B.t1~t2时间内,潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大
C.t2~t3时间内,潜水器内的科考人员处于失重状态
D.t3~t4时间内,潜水器竖直方向所受合外力为0
3.(多选)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,重力加速度大小为10 m/s2。则( )
A.物体到达的最高点距地面的高度为1.0 m
B.外力F的大小为3.5 N
C.物体动能的最小值为1.0 J
D.物体的质量为0.4 kg
4.(多选)(2022全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后,( )
A.小球的动能最小时,其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量
5.(2023广西柳州三模)图甲为游乐场的旋转飞椅,当中心转柱旋转后,所有飞椅均在同一水平面内做匀速圆周运动。为了研究飞椅的运动,某同学建立的简化模型如图乙所示,质量为80 kg的球,被长为5 m的细绳悬挂,悬挂点距转柱距离为2 m,当中心转柱以恒定角速度旋转时,细绳与竖直方向的夹角为θ=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,则( )
A.球的质量越大,θ角越小
B.球的动能为1 500 J
C.球所受的合外力为0
D.若中心转柱的转速减小时,细绳对球做正功
6.如图所示的光滑斜面长为l,宽为b=0.6 m,倾角为θ=30°,一物块(可看成质点)从斜面左上方顶点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,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)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。
7.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α=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μ=0.85,不计其他损耗,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)求箱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,求箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。
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的小物块以一定的初速度从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2∶3,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送带因摩擦产生的热量为
9.(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek,向上滑动一段距离后速度减小为0,此后物体向下滑动,到达斜面底端时动能为。已知sin α=0.6,重力加速度大小为g。则( )
A.物体向上滑动的距离为
B.物体向下滑动时的加速度大小为
C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
10.(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,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,若在转弯处机械能损失不计,再经的时间能追上B环
11.(2023广东深圳二模)在火力发电厂,将煤块制成煤粉的球磨机的核心部件是一个半径R= m的躺卧圆筒。圆筒绕水平中心轴旋转,将筒内的钢球带到一定高度后,钢球脱离筒壁落下将煤块击碎,截面简化如图。设筒内仅有一个质量为m=0.2 kg、大小不计的钢球,初始静止在最低点A。(g取10 m/s2)
(1)启动电机使圆筒加速转动,钢球与圆筒保持相对静止,第一次到达与圆心等高的位置B时,圆筒的角速度ω0= rad/s,求此时钢球线速度v0的大小和该过程中圆筒对钢球所做的功W;
(2)当钢球通过C点时,另一装置瞬间让钢球与圆筒分离(分离前后钢球速度不变),此后钢球仅在重力作用下落到位置D。CD连线过O点,与水平方向成45°。求分离时圆筒的角速度ω1;
(3)停止工作后将圆筒洗净,内壁视为光滑。将一钢球从位置C正下方的E点由静止释放,与筒壁碰撞6次后恰好又回到E点。若所有碰撞都是弹性的(即碰撞前后沿半径方向速度大小相等、方向相反,沿切线方向速度不变),求钢球从释放开始至第一次回到E点所用的时间;若改变钢球释放的高度,钢球能否与筒壁碰撞3次后回到释放点,并简要说明理由。
答案：
1.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。
2.AD 解析因h-t图像的斜率等于速度,可知0~t1时间内,潜水器速度增加,即做加速下潜,选项A正确。t1~t2时间内,潜水器的速度不变,根据P=mgvy可知,潜水器内的科考人员所受重力的功率不变,选项B错误。t2~t3时间内,潜水器的速度减小,即减速下降,加速度向上,则潜水器内的科考人员处于超重状态,选项C错误。t3~t4时间内,潜水器在竖直方向速度为零,则竖直方向所受合外力为0,选项D正确。
3.AD 解析根据题中图像可知,物体总共的路程为s=2m,上升的最大高度为1.0m,故A正确。这个过程,由功能关系Ek-Ek0=-Fs,根据题中图像可知Ek0=7J,Ek=1J,可得F=3N,故B错误。到达最高点速度为0,动能为0,故C错误。由题中图像知s=1m时E=4J,此时动能为0,Ep=E=4J,Ep=mgh,得m=0.4kg,故D正确。
4.BD 解析设电场强度为E,小球电荷量为q,质量为m,初速度为v0
由题知mg=Eq
水平方向,小球向左先做匀减速运动到速度为零后反向做匀加速运动,加速度大小为g;
竖直方向,小球做自由落体运动,加速度大小为g。
电势能只与静电力做功有关,当小球水平向左速度为零时,电势能最大,此时
水平方向:v0-gt=0,x=
竖直方向:v'=gt,h=gt2
重力做功WG=mgh=
电势能的增加量Ep电=qEx=
即WG=Ep电
此过程中小球初动能Ek初=,末动能Ek末=mv'2==Ek初,故B、D正确。
当小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时
v0-gt'=gt'
t'=
此时合速度方向与合力F合方向垂直,小球动能最小,故A、C错误。
5.B 解析小球做匀速圆周运动,所受的合力提供向心力mgtanθ=mω2r,可得gtanθ=ω2r,由此可知,角度θ与质量无关,故A、C错误。由mgtanθ=,且r=lsinθ+x0,又知Ek=mv2,联立得Ek=1500J,故B正确。若中心转柱的转速减小时,绳子与竖直方向的夹角θ减小,则小球所处平面的高度降低,可知小球的重力势能减小,小球的动能减小,小球的机械能减小,故细绳对球做负功,故D错误。
6.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,沿水平方向做匀速直线运动,沿水平方向有
b=v0t
t=0.6s。
(2)物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动
mgsinθ=ma
l=at2
两式联立得l=0.9m。
(3)物块在斜面上运动过程中重力做的功
W=mglsinθ
重力的平均功率P=
联立得P=7.5W。
7.答案(1)0.8 m/s2 (2)122.4 J
解析(1)箱子刚开始运动时,受到垂直于传送带的支持力FN、竖直向下的重力G、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-mgsinα=ma
Ff=μFN
FN=mgcsα
解得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
传送带总长l==3m
箱子加速运动的位移为x箱=at2=×0.8×1.52m=0.9m