專題分層突破練5動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系的應(yīng)用2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題物理H課后習(xí)題專題分層突破練含答案專題分層突破練5動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系的應(yīng)用選擇題:每小題6分,共60分基礎(chǔ)鞏固1.(多選)如圖所示,小陳去某商場(chǎng)購(gòu)物,他先從一樓搭乘圖甲所示的觀光電梯到達(dá)六樓超市,再搭乘圖乙所示的自動(dòng)人行道電梯到四樓,最后搭乘圖丙所示的自動(dòng)扶梯到五樓。已知圖乙和圖丙所示的電梯均勻速運(yùn)行,圖乙的梯面傾斜程度處處相同,且小陳搭乘三種電梯的過程中都站在電梯上不動(dòng),則()A.搭乘圖甲所示電梯的過程中,合外力對(duì)小陳做功最大B.搭乘圖乙所示電梯的過程中,小陳的重力做功的功率不變C.搭乘圖乙所示電梯的過程中,摩擦力對(duì)小陳不做功D.搭乘圖丙所示電梯的過程中,小陳的機(jī)械能增大答案BD解析圖甲電梯運(yùn)動(dòng)過程中,人在電梯中的初速度與末速度均為0,圖乙與圖丙中電梯均做勻速運(yùn)動(dòng),則始末狀態(tài)動(dòng)能的變化量均為0,根據(jù)動(dòng)能定理可知,搭乘三種電梯的過程中,合外力對(duì)小陳做的功均為0,A錯(cuò)誤;圖乙的梯面傾斜程度處處相同,即電梯運(yùn)動(dòng)速度方向與豎直方向的夾角一定,根據(jù)P=mgvcosθ可知,搭乘圖乙所示電梯的過程中,小陳的重力做功的功率不變,B正確;圖乙中的梯面傾斜,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)人進(jìn)行分析,人受到重力、垂直于傾斜梯面的支持力與沿梯面向上的靜摩擦力,搭乘圖乙所示電梯的過程中,摩擦力對(duì)小陳做負(fù)功,C錯(cuò)誤;搭乘圖丙所示電梯的過程中,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)人進(jìn)行分析,人受到重力、電梯對(duì)人豎直向上的支持力,人的速度沿斜向上,則電梯對(duì)人做正功,小陳的機(jī)械能增大,D正確。2.(2023浙江1月選考)一位游客正在體驗(yàn)蹦極,綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺(tái)縱身而下。游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過程中()A.彈性勢(shì)能減小 B.重力勢(shì)能減小C.機(jī)械能保持不變 D.繩一繃緊動(dòng)能就開始減小答案B解析游客從跳臺(tái)下落,開始階段橡皮繩未拉直,只受重力作用做自由落體運(yùn)動(dòng),下落到一定高度時(shí)橡皮繩開始繃緊,游客受重力和向上的彈力作用,彈力從零逐漸增大,游客所受合力先向下減小后向上增大,速度先增大后減小,到最低點(diǎn)時(shí)速度減小到零,彈力達(dá)到最大值,彈性勢(shì)能達(dá)到最大值,故橡皮繩繃緊后彈性勢(shì)能一直增大,A錯(cuò)誤。游客高度一直降低,重力一直做正功,重力勢(shì)能一直減小,B正確。下落階段橡皮繩對(duì)游客做負(fù)功,游客機(jī)械能減少,彈性繩的彈性勢(shì)能增大,C錯(cuò)誤。彈性繩剛繃緊開始一段時(shí)間內(nèi),彈力小于重力,合力向下做正功,游客向下運(yùn)動(dòng)的速度逐漸增大,游客動(dòng)能逐漸增加;當(dāng)彈力等于重力時(shí),游客向下運(yùn)動(dòng)的速度最大,游客的動(dòng)能最大;游客再向下運(yùn)動(dòng),彈力大于重力,合力向上對(duì)游客做負(fù)功,游客動(dòng)能逐漸減小,D錯(cuò)誤。3.(2021山東卷)如圖所示,粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)桿,一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動(dòng),另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā),恰好能完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過程中,木塊所受摩擦力的大小為()A.mv022C.mv028答案B解析在運(yùn)動(dòng)過程中,只有摩擦力做功,而摩擦力做功與路徑有關(guān),根據(jù)動(dòng)能定理有-Ff·2πL=0-12mv02,可得摩擦力的大小F4.(2024山東卷)如圖所示,質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué),分別坐在水平放置的輕木板上,木板通過一根原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈性繩連接,連接點(diǎn)等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,彈性繩勁度系數(shù)為k,被拉伸時(shí)彈性勢(shì)能E=12kx2(x為繩的伸長(zhǎng)量)。現(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)乙所坐木板,直至甲所坐木板剛要離開原位置,此過程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止,k保持不變,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度大小為g,則F所做的功等于(A.(μmg)22k+B.3(μmg)22kC.3(μmg)22k+D.(μmg)22k+2答案B解析開始時(shí)輕質(zhì)彈性繩處于松弛狀態(tài),當(dāng)輕質(zhì)彈性繩剛被拉伸時(shí),乙所坐木板的位移Δx1=l-d,甲所坐的木板要運(yùn)動(dòng)時(shí),kΔx2=μmg,輕質(zhì)彈性繩的伸長(zhǎng)量Δx2=μmgk,所以F所做的功為WF=μmg(l-d+μmgk)+12kμmgk25.(多選)(2024江西高三期中)圖甲為一種新型的電動(dòng)玩具,整體質(zhì)量為m,下方的圓球里有電動(dòng)機(jī)、電池、紅外線發(fā)射器等,打開開關(guān)后葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生一個(gè)與葉片轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直的推進(jìn)力F,使玩具在空中飛行。將玩具從離地面高度為4h0處?kù)o止釋放,使玩具在豎直方向運(yùn)動(dòng),推進(jìn)力F隨離地面高度h變化的關(guān)系如乙所示,重力加速度為g,玩具只受升力和自身重力作用。對(duì)于4h0~2h0過程,下列判斷正確的是()A.玩具先做勻加速再做勻減速運(yùn)動(dòng)B.玩具下落到距地面3h0高處速度最大C.玩具下落的最大速度為gD.玩具下落的最大速度為3答案BC解析玩具從離地面高度為4h0處?kù)o止釋放,根據(jù)牛頓第二定律可得mg-F=ma,由圖乙可知,F逐漸增大,加速度逐漸減小,玩具做變加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)F=mg時(shí),加速度為零,速度達(dá)到最大,由圖乙可知,此時(shí)玩具距地面高度為3h0,此后F>mg,玩具做變減速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)上面分析到達(dá)3h0時(shí)速度最大,F做負(fù)功,大小為圖形中與橫軸圍成的面積,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·12=-12mgh0,對(duì)該過程根據(jù)動(dòng)能定理有mgh0-12mgh0=12mvm2,解得6.(多選)甲、乙兩賽車,在平直車道上由靜止開始保持額定功率啟動(dòng)。甲車啟動(dòng)12s后,速度達(dá)到108km/h,30s后,速度達(dá)到最大速度216km/h;乙車啟動(dòng)9s后,速度達(dá)到108km/h,25s后,速度達(dá)到最大速度234km/h。假設(shè)賽車行駛過程中所受阻力恒為車重的15,甲車的質(zhì)量為乙車的34,重力加速度取10m/s2,則(A.甲車額定功率是乙車額定功率的3B.速度達(dá)到108km/h時(shí),甲車加速度是乙車加速度的6C.速度達(dá)到108km/h時(shí),甲車牽引力是乙車牽引力的13D.加速到最大速度的過程中,甲車通過距離是乙車通過距離的144答案BD解析達(dá)到最大速度時(shí),甲、乙兩車分別滿足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,聯(lián)立解得P甲P乙=913,A錯(cuò)誤;由P=Fv,F-Ff=ma,可得a=P-Ffvmv,代入數(shù)據(jù)可得F甲F乙7.鉛球被水平推出后的運(yùn)動(dòng)過程中,不計(jì)空氣阻力,下列關(guān)于鉛球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a、速度大小v、動(dòng)能Ek和機(jī)械能E隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系中,正確的是()答案D解析鉛球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí),加速度不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;鉛球運(yùn)動(dòng)的速度大小v=v02+(gt)2,v與t不是線性關(guān)系,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;鉛球運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek=12mv02+mg12gt2,E8.(10分)(2024山東日照高三期末)如圖是某公園設(shè)計(jì)的一種驚險(xiǎn)刺激的娛樂設(shè)施的簡(jiǎn)化圖,除傾斜軌道AB段粗糙外,娛樂設(shè)施的其余軌道均光滑。根據(jù)設(shè)計(jì)要求,在豎直圓形軌道最高點(diǎn)安裝一個(gè)壓力傳感器,測(cè)試挑戰(zhàn)者對(duì)軌道的壓力,并通過計(jì)算機(jī)顯示出來。一質(zhì)量m=60kg的挑戰(zhàn)者由靜止沿傾斜軌道滑下,然后經(jīng)水平軌道進(jìn)入豎直圓形軌道(進(jìn)入時(shí)無(wú)機(jī)械能損失),測(cè)得挑戰(zhàn)者到達(dá)圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)剛好對(duì)軌道無(wú)壓力,離開圓形軌道后繼續(xù)在水平直軌道上運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),之后挑戰(zhàn)者越過壕溝。已知挑戰(zhàn)者與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,圖中α=37°,R=0.32m,h=1.25m,s=1.50m,sin37°=0.6,重力加速度g取10m/s2。(1)通過計(jì)算判斷挑戰(zhàn)者能否越過壕溝;(2)求挑戰(zhàn)者在傾斜軌道上滑行的距離。(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)答案(1)能(2)1.54m解析(1)挑戰(zhàn)者到達(dá)圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)剛好對(duì)軌道無(wú)壓力,在圓形軌道最高點(diǎn)有mg=mv從最高點(diǎn)到D點(diǎn)的過程,由機(jī)械能守恒定律可得12mvD2解得vD=4m/s從D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),下落高度h時(shí),有h=12gtx=vDt可得x=2m>s=1.5m,所以挑戰(zhàn)者能越過壕溝。(2)挑戰(zhàn)者由靜止沿傾斜軌道下滑過程中,由動(dòng)能定理得mglsinα-μmglcosα=1解得l=1.54m。綜合提升9.(多選)如圖所示,在傾角為37°的固定斜面上,輕質(zhì)彈簧一端與固定在斜面底端的擋板C拴接,另一端連接滑塊A。一輕細(xì)繩通過斜面頂端的定滑輪(質(zhì)量忽略不計(jì),輕繩與滑輪間的摩擦不計(jì)),一端系在滑塊A上,另一端與球B相連,細(xì)繩與斜面平行,斜面足夠長(zhǎng)。用手托住球B,此時(shí)彈簧剛好處于原長(zhǎng)。滑塊A剛要沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。已知mB=2mA=4kg,彈簧的勁度系數(shù)為k=100N/m,滑塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g取10m/s2,且彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=12kx2。現(xiàn)由靜止釋放球B,已知B始終未落地,則下列說法正確的是((已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)A.釋放球B前,手受到球B的壓力大小為24NB.釋放球B后,滑塊A向上滑行x=0.20m時(shí)速度最大C.釋放球B后,滑塊A向上滑行過程中的最大動(dòng)能為1.2JD.釋放球B后,滑塊A向上滑行的最大距離為0.48m答案AD解析用手托住球B,此時(shí)彈簧剛好處于原長(zhǎng),設(shè)繩子拉力為FT,滑塊A剛要沿斜面向上運(yùn)動(dòng)可知FT=mAgsinθ+μmAgcosθ=16N,對(duì)B受力分析,設(shè)手的支持力為F,則F=mBg-FT=24N,根據(jù)牛頓第三定律可知手受到球B的壓力為24N,A正確;松手后,A做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)A受到的合力為零時(shí),速度最大,當(dāng)A加速度為零時(shí),B的加速度也為零,對(duì)A受力分析得FT'-mAgsinθ-μmAgcosθ-F彈=0,對(duì)B受力分析得FT'=mBg,根據(jù)胡克定律得F彈=kx,解得x=0.24m,B錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律,松手后到滑塊A最大速度的過程中有mBgx=mAgxsinθ+μmAgxcosθ+12(mA+mB)v2+12kx2,解得12mAv2=0.96J,C錯(cuò)誤;當(dāng)滑塊A向上滑行的距離最大時(shí),A、B的速度都為0,物塊B的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A的重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,根據(jù)能量守恒定律有mBgx'=mAgx'sinθ+μmAgx'cosθ+12kx'2,解得x'=0.10.如圖所示的水平軌道AD足夠長(zhǎng),只有BC部分是粗糙的,其長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1m,其余部分是光滑的,質(zhì)量為1kg,長(zhǎng)度為2L的粗細(xì)相同的勻質(zhì)軟繩靜止在B點(diǎn)的左側(cè)(繩的右端在B點(diǎn)),軟繩與粗糙部分的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.8,現(xiàn)用F=2N的水平向右的恒力作用在軟繩上,軟繩始終保持伸直狀態(tài)且長(zhǎng)度不變,重力加速度g取10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,則在軟繩運(yùn)動(dòng)的過程中,下列說法正確的是()A.軟繩先做勻加速后做勻減速運(yùn)動(dòng)B.軟繩的左端能經(jīng)過B點(diǎn)C.軟繩的最大動(dòng)能為0.5JD.軟繩克服摩擦力做功4.0J答案C解析設(shè)軟繩B端向右運(yùn)動(dòng)位移為x,當(dāng)0≤x≤L時(shí),軟繩所受摩擦力Ff1=μx2Lmg=x2Lμmg,當(dāng)L<x≤2L時(shí),軟繩所受摩擦力Ff2=Ffmax=μL2Lmg=12μmg=4N,軟繩所受摩擦力隨位移x變化如圖所示。拉力F先比摩擦力大,后比摩擦力小,軟繩先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)。0≤x≤L時(shí),摩擦力為變力,所以加速度不恒定,A錯(cuò)誤;Ff-x圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體克服摩擦力做的功Wf,當(dāng)0≤x≤L時(shí),Wf=12Ff1·x=x24Lμmg,對(duì)繩子由動(dòng)能定理得Fx-Wf=12mv2-0,當(dāng)v=0時(shí)解得x=L=1m,此時(shí)軟繩受到的摩擦力為Ffmax=4N>F=2N,所以當(dāng)軟繩B端向右運(yùn)動(dòng)位移為L(zhǎng)時(shí),速度為零,停止運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤;當(dāng)F=Ff'=x'2Lμmg=2N時(shí),軟繩速度最大,動(dòng)能最大,解得x'=0.5m,Ekm=Fx'-x'24Lμmg=0.5J,C正確;11.(多選)英國(guó)的物理學(xué)家喬治·阿特伍德在1784年制做一種測(cè)定重力加速度的機(jī)械叫阿特伍德機(jī),受此啟發(fā),實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖所示的機(jī)械。具有共同水平軸的豎直輕質(zhì)轉(zhuǎn)盤的半徑關(guān)系為R2=2R1,物塊A、B由細(xì)繩相連,物塊B、C分別與繞在內(nèi)、外盤上的細(xì)繩相連,開始時(shí)物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài),它們的質(zhì)量分別為mA=2m,mB=mC=m。某時(shí)刻物塊被自由釋放,物塊A、B下降,C上升。當(dāng)物塊A下降高度h時(shí),A、B間的細(xì)繩突然斷裂。已知細(xì)繩足夠長(zhǎng),重力加速度為g,不計(jì)轉(zhuǎn)盤與軸以及細(xì)繩間的摩擦,忽略空氣阻力,運(yùn)動(dòng)過程中物塊不會(huì)碰到轉(zhuǎn)盤。下列說法中正確的是()A.細(xì)繩斷裂前對(duì)物塊A做的功為-127B.細(xì)繩斷裂后物塊B向下運(yùn)動(dòng)的最大距離為57C.物塊C返回初始位置時(shí)的速度大小為4D.物塊B返回初始位置時(shí)的速度大小為26答案ABD解析因?yàn)閮奢喚哂邢嗤撬俣?根據(jù)v=ωr得vC=2vB=2vA,物塊A下降高度h時(shí),C上升2h,根據(jù)能量守恒可知2mgh+mgh-2mgh=12(2m+m)vAB2+12m(2vAB)2,細(xì)繩斷裂前對(duì)物塊A做的功W,有2mgh+W=12×2mvAB2,解得W=-127mgh,A正確;細(xì)繩斷裂后,當(dāng)B速度為零時(shí),根據(jù)能量守恒定律有12mvAB2+12m(2vAB)2=2mgh'-mgh',解得h'=57h,B正確;物塊C返回初始位置時(shí)B也返回初始位置,根據(jù)能量守恒定律有mg(2h+2h'12.(14分)如圖所示,質(zhì)量為m=2kg的小物塊,用長(zhǎng)L=0.4m的細(xì)線懸掛于O點(diǎn),現(xiàn)將細(xì)線拉直并與水平方向夾角α=30°,由靜止釋放,小物塊下擺至最低點(diǎn)B處時(shí),細(xì)線達(dá)到其最大承受力并瞬間斷開,小物塊恰好從水平傳送帶最左端點(diǎn)滑上傳送帶,傳送帶以v0的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)轉(zhuǎn),其上表面距地面高度H=1.6m,小物塊最后從傳送帶左端飛出,并恰好從光滑斜面頂端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h(yuǎn)=1.0m,傾角θ=60°,斜面底端擋板上固定一輕彈簧。小物塊沿斜面下滑一段距離后,壓縮彈簧,小物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的最大距離x=32m,g取10m/s2(1)細(xì)線能承受的最大拉力的大小;(2)傳送帶速度大小滿足的條件;(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能。答案(1)40N(2)v0≥2m/s(3)31J解析(1)小球從靜止擺到最低點(diǎn)過程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgL(1-sinα)=1解得vB=2m/s小球在B點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=mv解得F=40N根據(jù)牛頓第三定律,剛到最低點(diǎn)細(xì)線達(dá)到其最大承受力F'=40N。(2)由于小物塊恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物塊落到斜面頂端時(shí)速度方向沿斜面方向,則tanθ=vH-h=12gtvy=gt聯(lián)立以上各式得vx=2m/s則傳送帶速度v0≥2m/s。(3)小物塊在斜面頂端速度v=v小物塊從頂端到壓縮彈簧最短,由機(jī)械能守恒,得彈簧最大的彈性勢(shì)能為Ep=mgxsinθ+12mv解得Ep=31J。13.(16分)(2024江蘇徐州高三期末)如圖所示,水平軌道OC的右端C貼近同高度的水平傳送帶軌道的左端,其中OB段光滑,BC段粗糙,傳送帶與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道DE相切于D點(diǎn),已知BC=CD=L=2m,圓軌道半徑R=0.4m,彈簧左端固定在墻壁上,自由放置時(shí)其右端在B點(diǎn)。一個(gè)質(zhì)量m=0.5kg的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))將彈簧壓縮到A點(diǎn)并鎖定,物塊與水平軌道BC、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.25,重力加速度g取10m/s2。(1)若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),要使物塊始終不脫離軌道,解除鎖定前彈簧的彈性勢(shì)能多大?(2)若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),鎖定前彈簧的彈性勢(shì)能取第(1)問中的最大值,若要使物塊在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中不脫離軌道,試計(jì)算傳送帶的速度范圍;(3)在第(1)問的情形下,且彈簧的彈性勢(shì)能取最大值,試寫出物塊最后的靜止位置到C點(diǎn)的間距d與傳送帶速度v間的定量關(guān)系。答案(1)Ep≤7J(2)v≤22m/s或v≥25m/s(3)見解析解析(1)若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),要使物塊始終不脫離軌道,物塊最多上升到半圓軌道與圓心等高處,則根據(jù)能量守恒定律,解除鎖定前彈簧彈性勢(shì)能的最大值為Ep=μmg(2L)+mgR=7J所以解除鎖定前彈簧彈性勢(shì)能Ep≤7J。(2)若物塊剛好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)E,則根據(jù)牛頓第二定律有mg=mv解得vE=2m/s物塊從D到E的過程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·2R=1解得vD=25m/s物塊被彈簧彈出滑到C點(diǎn)的過程中,根據(jù)能量守恒定律有Ep=μmgL+1解得vC=32m/s若傳送帶以vD=25m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),設(shè)物塊向右加速運(yùn)動(dòng)的位移為x,根據(jù)動(dòng)能定理有μmgx=1解得x=0.4m<L若物塊只能上升到與圓心等高處,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR=12mvD'解得vD'=22m/s設(shè)物塊在傳送帶上向右減速到vD'=22m/s的位移為x',根據(jù)動(dòng)能定理有-μmgx'=12mvD'2-解得x'=2m=L所以傳送帶可以逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且速度任意大小,傳送帶也可以順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且速度v≤22m/s或v≥25m/s。(3)設(shè)物塊返回傳送帶后一直向左加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理有μmgL=12mvC解得vC1=32m/s設(shè)物塊沿水平軌道剛好減速到B點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理有μmgL=1解得vC2=10m/s①若傳送帶速度v≥32m/s,則物塊在傳送帶上一直加速到vC1=32m/s,然后滑上水平軌道,先向左減速運(yùn)動(dòng),被彈簧彈回后再向右減速運(yùn)動(dòng),其總路程為s,根據(jù)動(dòng)能定理有μmgs=1解得s=3.6m物塊靜止位置在C點(diǎn)的左側(cè)與C點(diǎn)的間距為d=2L-s=0.4m②若傳送帶的速度v≤22m/s,則物塊在傳送帶上向左減速到與傳送帶共速;若傳送帶的速度22m/s<v≤10m/s,則物塊在傳送帶上向左加速到與傳送帶共速上述兩種情況下,物塊在水平軌道上向左減速到靜止,減速路程為d,根據(jù)動(dòng)能定理有μmgd=12mv物塊靜止位置在C點(diǎn)的左側(cè)與C點(diǎn)的間距為d=0.2v2m③傳送帶的速度10m/s<v<32m/s,物塊向左加速到與傳送帶共速,然后滑上水平軌道,先向左減速運(yùn)動(dòng),被彈簧彈回后再向右減速運(yùn)動(dòng),其總路程為s,根據(jù)動(dòng)能定理有μmgs=12mv物塊靜止位置在C點(diǎn)的左側(cè)與C點(diǎn)的間距為d=2L-s=4-0.2v2選擇題:每小題6分,共48分基礎(chǔ)鞏固1.(2024河南駐馬店高三期末)某次冰球比賽中,甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員站在光滑的水平冰面上,甲將靜止在冰面上的冰球傳給乙,乙接到冰球后又將冰球傳回甲。若甲、乙的質(zhì)量相等,且為冰球質(zhì)量的k(k>1)倍,甲接到冰球后,甲、乙兩人的速度大小之比為()A.1 B.kC.k+1k D答案B解析設(shè)冰球的質(zhì)量為m,甲接到球后,甲、乙兩人的速度大小分別為v1、v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有km+mv1-kmv2=0,解得v1v2.(2024海南模擬預(yù)測(cè))小明制作了一個(gè)火箭模型,火箭模型質(zhì)量為m0(含燃料),開始火箭模型靜置在地面上,點(diǎn)火后在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的燃?xì)?噴氣過程中忽略重力和空氣阻力的影響,下列說法正確的是()A.火箭噴氣過程機(jī)械能守恒B.火箭的推力來源于空氣對(duì)它的反作用力C.噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型的動(dòng)量大小為mv0D.噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型的速度大小為m答案C解析系統(tǒng)所受合外力為零,滿足動(dòng)量守恒,但機(jī)械能不守恒,A錯(cuò)誤;火箭的推力是燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓氣體向后噴出時(shí)對(duì)火箭的反作用力,B錯(cuò)誤;開始總動(dòng)量為零,規(guī)定氣體噴出的方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律得0=mv0+p,噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型的動(dòng)量大小p=mv0,C正確;根據(jù)0=mv0-(m0-m)v,解得v=mv03.某實(shí)驗(yàn)小組用電池、電動(dòng)機(jī)等器材自制風(fēng)力小車,如圖所示,葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)將空氣以速度v向后排開,葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面積為S,空氣密度為ρ,下列說法正確的是()A.風(fēng)力小車的原理是將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能B.t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為ρSvC.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),空氣對(duì)小車的推力為ρSv2D.葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為12ρSv答案C解析風(fēng)力小車的原理是消耗電能,先轉(zhuǎn)化成風(fēng)能,再推動(dòng)小車運(yùn)動(dòng),所以是電能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能,A錯(cuò)誤;t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為m=ρvtS,B錯(cuò)誤;由動(dòng)量定理可得葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),空氣受到的推力為F=mvt=ρSvt·vt=ρSv2,根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對(duì)小車的推力為ρSv2,C正確;葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí),單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為Ek=12m0v2=12ρSv·v4.(2024江西贛州一模)如圖甲所示,光滑水平地面上有A、B兩物塊,質(zhì)量分別為2kg、6kg,B的左端拴接著一勁度系數(shù)為2003N/m的水平輕質(zhì)彈簧,它們的中心在同一水平線上。A以速度v0向靜止的B方向運(yùn)動(dòng),從A接觸彈簧開始計(jì)時(shí)至A與彈簧脫離的過程中,彈簧長(zhǎng)度l與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示,彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi),已知彈簧的彈性勢(shì)能Ep=12kx2(x為彈簧的形變量),則(A.在0~2t0內(nèi)B物塊先加速后減速B.整個(gè)過程中,A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.v0=2m/sD.A物塊在t0時(shí)刻時(shí)速度最小答案C解析在0~2t0內(nèi),彈簧始終處于壓縮狀態(tài),即B受到的彈力始終向右,所以B物塊始終做加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;整個(gè)過程中,A、B兩物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,B錯(cuò)誤;由圖可知,在t0時(shí)刻,彈簧被壓縮到最短,則此時(shí)A、B共速,此時(shí)彈簧的形變量為x=0.4m-0.1m=0.3m,則根據(jù)A、B兩物塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒有m1v0=(m1+m2)v,根據(jù)A、B兩物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有12m1v02=12(m1+m2)v2+Ep,聯(lián)立解得v0=2m/s,C正確;在0~2t0內(nèi),彈簧始終處于壓縮狀態(tài),即A受到彈力始終向左,所以A物塊始終做減速運(yùn)動(dòng),則A物塊在5.(多選)如圖所示,用不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為m1的小球懸掛在O點(diǎn),繩長(zhǎng)L=0.8m,輕繩處于水平拉直狀態(tài)。現(xiàn)將小球由靜止釋放,下擺至最低點(diǎn)與靜止在A點(diǎn)的小物塊發(fā)生碰撞,碰后小球向左擺的最大高度h=0.2m,小物塊沿水平地面滑到B點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)。已知小物塊的質(zhì)量為m2,小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x=0.4m,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是()A.小球與小物塊質(zhì)量之比mB.小球與小物塊碰后小物塊的速率v=2m/sC.小球與小物塊的碰撞是彈性碰撞D.小球與小物塊碰撞過程中有機(jī)械能損失答案BC解析根據(jù)牛頓第二定律得μmg=ma,可知小物塊的加速度a=μg=5m/s2,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v2=2ax,解得小球與小物塊碰后小物塊速率v=2ax=2m/s,B正確;設(shè)小球碰撞前的速度為v1,碰撞后的速度為v1',根據(jù)動(dòng)能定理得mgL=12mv12,mgh=12mv1'2,解得v1=4m/s,v1'=2m/s,以向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v1=-m1v1'+m2v,解得m1m2=13,A錯(cuò)誤;碰撞前動(dòng)能Ek1=12m1v12=8m1,碰撞后動(dòng)能Ek2=12m1v1'2+12m2v2=2m16.(多選)(2024廣西卷)如圖所示,堅(jiān)硬的水平地面上放置一木料,木料上有一個(gè)豎直方向的方孔,方孔各側(cè)壁完全相同。木栓材質(zhì)堅(jiān)硬,形狀為正四棱臺(tái),上下底面均為正方形,四個(gè)側(cè)面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質(zhì)量為m,與方孔側(cè)壁的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。將木栓對(duì)準(zhǔn)方孔,接觸但無(wú)擠壓,錘子以極短時(shí)間撞擊木栓后反彈,錘子對(duì)木栓沖量為I,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進(jìn)了Δx的位移,未到達(dá)方孔底部。若進(jìn)入的過程方孔側(cè)壁發(fā)生彈性形變,彈力呈線性變化,最大靜摩擦力約等于滑動(dòng)摩擦力,則()A.進(jìn)入過程,木料對(duì)木栓的合力的沖量為-IB.進(jìn)入過程,木料對(duì)木栓的平均阻力大小約為I2C.進(jìn)入過程,木料和木栓的機(jī)械能共損失了I22mD.木栓前進(jìn)Δx后木料對(duì)木栓一個(gè)側(cè)面的最大靜摩擦力大小約為μ答案BCD解析錘子撞擊木栓到木栓進(jìn)入的過程,合力的沖量為零,重力沖量不為零,則木料對(duì)木栓的沖量不為-I,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。木栓進(jìn)入過程,由動(dòng)能定理知mgΔx-FfΔx=0-12mv2,且12mv2=I22m,得Ff=I22mΔx+mg,選項(xiàng)B正確。由能量守恒的關(guān)系知,損失的機(jī)械能由于方孔側(cè)壁彈力呈線性變化,因此12×4×(Ffmaxsinθ+FNcosθ)=F由B知Ff=I2結(jié)合Ffmax=μFN解得Ffmax=μ(I2+27.(10分)(2024廣東卷)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。甲乙丙(1)安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定,其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a,同時(shí)頂起敏感臂,使之處于水平狀態(tài),并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為FN,敏感球的質(zhì)量為m,重力加速度為g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tanθ。(2)如圖乙所示,在安全氣囊的性能測(cè)試中,可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng),與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘剛到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn),氣囊對(duì)頭錘豎直方向的作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律,可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量m0=30kg,H=3.2m,重力加速度大小g取10m/s2,求:①碰撞過程中F的沖量大小和方向;②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。答案(1)mamg+FN(2)①330N?s,方向豎直向上解析本題考查牛頓第二定律、動(dòng)量定理等。(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂對(duì)它向下的壓力FN以及斜面對(duì)它的支持力F支,則由牛頓第二定律可知(mg+FN)tanθ=ma解得tanθ=mamg(2)①由題圖丙可知碰撞過程中F的沖量大小IF=12×0.1×6600N·s=330N·方向豎直向上。②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度v0=2gH=8與氣囊作用過程由動(dòng)量定理(向上為正方向)得IF-m0gt=m0v-(-m0v0)解得v=2m/s則上升的最大高度h=v22g=0.2綜合提升8.(2024山東青島高三期末)如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線,細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m0的球C,現(xiàn)將球C拉起使細(xì)線水平伸直,并由靜止釋放球C,則下列說法正確的是(重力加速度為g)()A.運(yùn)動(dòng)過程中,A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.球C擺到最低點(diǎn)過程,球C的速度為vC=2mgLC.球C第一次擺到最低點(diǎn)過程中,木塊A、B向右移動(dòng)的距離2D.球C第一次到達(dá)輕桿左側(cè)最高處的高度與釋放高度相同答案B解析木塊A、B和球C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,總動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤;小球C下落到最低點(diǎn)時(shí),A、B將要開始分離,此過程水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)A、B共同速度為vAB,根據(jù)機(jī)械能守恒有m0gL=12m0vC2+12×2mvAB2,由水平方向動(dòng)量守恒得m0vC=2mvAB,聯(lián)立解得vC=2mgL2m+m0,vAB=m0mmgL2m+m0,此后A、B分開。當(dāng)C向左運(yùn)動(dòng),達(dá)到最大高度時(shí),A、C共速,設(shè)此時(shí)A、C速度為v共,B的速度依然為vAB。全程水平方向動(dòng)量守恒,規(guī)定向左為正方向,即m0vC-mvAB=(m+m0)v共,整個(gè)過程中,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,C的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A、B、C的動(dòng)能,即12m0vC2+12mvAB2=m0gh+12(m+m0)v共2,解得h=(m0+2m)L2(m0+m),B正確,D錯(cuò)誤;C球第一次擺到最低點(diǎn)過程中,9.(多選)(2024湖北卷)如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為m0、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木塊,質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力不變,其大小Ff與射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k為已知常數(shù))。改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則()A.子彈的初速度大小為2B.子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2C.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為kD.木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)的距離為mL答案AD解析本題考查子彈打木塊模型。設(shè)子彈射入木塊后,子彈和木塊的速度分別為v1、v2,由動(dòng)量守恒定律有mv0=mv1+m0v2,子彈和木塊相互作用過程中受到的合力都為Ff=kv0,由牛頓第二定律得子彈和木塊的加速度大小分別為a1=Ffm,a2=Ffm0,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2a1x1=v02-v12,2a2x2=v22,又x1-x2=L,聯(lián)立可得v2=mv0-v02-2(m+m0)kLmm0v0m0+m,當(dāng)木塊的速度最大時(shí)v0-v02-2(m+m0)kLmm0v0取極大值,該函數(shù)在2kL(m10.(13分)(2024黑吉遼卷)如圖所示,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,質(zhì)量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不連接。同時(shí)由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,水平射程xA=0.4m,B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10m/s2。求:(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)整個(gè)過程中,彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp。答案(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)A離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng),A在空中的飛行時(shí)間為t則h=12gt2,解得t=2hg=0.由xA=vAt解得vA=xAt=1設(shè)脫離彈簧時(shí)A、B速度大小為vA和vB。由于A、B組成的系統(tǒng)在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過程中,系統(tǒng)合外力為零,動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒可知mAvA=mBvB解得vB=1m/s。(2)B脫離彈簧后沿桌面運(yùn)動(dòng)到靜止,由動(dòng)能定理可知0-12mBvB2=-μm解得μ=vB22gx(3)彈簧的壓縮量為Δx=0.1m,則在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)的過程中,A、B運(yùn)動(dòng)位移分別為xA'=xB'=0.05m由能量守恒知12mAvA2+12mBvB2=ΔEp-μmAgx解得ΔEp=0.12J。11.(14分)(2024浙江1月選考)某固定裝置的豎直截面如圖所示,由傾角θ=37°的直軌道AB,半徑R=1m的圓弧軌道BCD,長(zhǎng)度L=1.25m、傾角為θ的直軌道DE,半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成,軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m=0.5kg滑塊b,其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放,經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE,軌道DE由特殊材料制成,小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.25,向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5,且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為μ1,小物塊a運(yùn)動(dòng)到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生彈性碰撞。(其他軌道均光滑,小物塊視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度取10m/s2)(1)若h=0.8m,求小物塊①第一次經(jīng)過C點(diǎn)的向心加速度大小;②在DE上經(jīng)過的總路程;③在DE上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t上和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間t下之比。(2)若h=1.6m,滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊。答案(1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m解析(1)①對(duì)小物塊a從A到第一次經(jīng)過C的過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh=1第一次經(jīng)過C點(diǎn)的向心加速度大小為a=vC2R=2gh②小物塊a在DE上時(shí),因?yàn)棣?mgcosθ<mgsinθ,所以小物塊a每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑,之后經(jīng)過若干次在DE上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失,最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動(dòng),且小物塊每次在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等,設(shè)其在DE上經(jīng)過的總路程為s,根據(jù)功能關(guān)系有mg[h-R(1-cosθ)]=(μ1mgcosθ+