2022届高靠物理二轮复习训练专题分层突破练5动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用（有解析）

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(　　)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15mB.当运动员下降10m时,处于超重状态,当运动员下降20m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15m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)。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=0.6m,倾角为θ=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=1m/s,质量m=1kg,g取10m/s2,试求:(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。 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动带因摩擦产生的热量为9.(多选)(2021四川成都高三二模)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10m/s2。则(　　)A.物体到达的最高点距地面的高度为1.0mB.外力F的大小为3.5N C.物体动能的最小值为1.0JD.物体的质量为0.4kg10.(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α,一水平轻弹簧左端与Q相连,右端固定在竖直杆上。当α=30°时,弹簧处于原长。P由静止释放,下降到最低点时α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,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=1.2m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角α=37°,现将质量m=20kg的箱子轻放到传送带底端,经过一段时间后,箱子被送到h=1.8m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,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求: (1)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,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=0.50m、h2=1.75m和h3=1.50m。一质量m=0.20kg的小环套在轨道AB上,由静止释放,到达B点时速度大小vB=6.0m/s。(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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μ=0.25,C处圆形轨道半径RC=0.4m,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。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'=F'v2=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ΔEp=-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,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)0.6s　(2)0.9m　(3)7.5W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mgsinθ=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=mglsinθ重力的平均功率P= 联立解得P=7.5W。8.BC　解析由题意知∶v=2∶3,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,μg=a得动摩擦因数为μ=,C正确;由热量Q=Ffs相对,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α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α=β=45°,则有vAcosα=vBcosβ,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,tanα→∞,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=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)0.8m/s2　(2)122.4J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-mgsinα=maFf=μFNFN=mgcosα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=×0.8×1.52m=0.9m

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