资源简介

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.(2024浙江1月卷)如图所示,质量为m的足球从水平地面上的位置1被踢出后落在位置3,在空中达到最高点位置2的高度为h,则足球(　　)
A.从位置1到位置2动能减少mgh
B.从位置1到位置2重力势能增加mgh
C.从位置2到位置3动能增加mgh
D.从位置2到位置3机械能不变
2.(2024全国新课标)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试,测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后,落到海面上。调整弹射装置,使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力,则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　)
A. B.
C.2倍 D.4倍
3.(2024山东潍坊高三期末)如图所示,某段滑雪雪道的倾角为30°,总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑,加速度为g,重力加速度为g,运动员从上向下滑到底端的过程中(　　)
A.减少的机械能为mgh
B.增加的动能为mgh
C.克服摩擦力做的功为mgh
D.合外力做的功为mgh
4.(多选)(2024湖南长郡中学模拟)如图所示,某地地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时,速度减为7.2 km/h,设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减少量之比),g取9.8 N/kg,则(　　)
A.该过程列车的机械能守恒
B.该过程列车的机械能减少
C.η约为10%
D.η约为25%
5.(2024重庆卷)活检针可用于活体组织取样,如图所示,取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘(　　)
A.被弹出时速度的大小为
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中,阻力做的功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中,动量变化量的大小为
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,cos 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.(2025浙江绍兴一模)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,与水轮间无相对滑动,单位长度上有n个。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的75%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则(　　)
A.筒车对灌入稻田的水做功的功率为
B.筒车对灌入稻田的水做功的功率为
C.筒车消耗的功率等于
D.筒车消耗的功率小于nmgωRH
10.(多选)(2025云南昆明模拟)如图所示,一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上,另一端与质量为m的滑块P连接,P穿在杆上,一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来,重物Q的质量m'=6m,把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动,当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等,已知OA与水平面的夹角θ=53°,OB长为L,与AB垂直,不计滑轮的摩擦力,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,滑块P从A到B的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.对于滑块Q,其重力的功率一直减小
B.P与Q的机械能之和先增加后减少
C.轻绳对滑块P做功为4mgL
D.滑块P运动到位置B处速度达到最大,且大小为
11.(多选)(2024山东泰安检测)如图甲所示,木板与水平面间的夹角θ可调,可视为质点的小物块从木板的底端以初速度v0沿木板向上运动。保持v0大小恒定,改变θ,小物块沿木板向上滑动的最大距离s随之改变,根据实验数据描绘出的s-θ曲线如图乙所示。若木板足够长且木板与物块之间的动摩擦因数为,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.物块的初速度大小为6 m/s
B.当物块沿木板上滑距离最短时,木板与水平面的夹角为53°
C.当物块沿木板上滑距离最短时,木板与水平面的夹角为60°
D.物块沿木板上滑的最短距离为0.6 m
12.(2024江苏卷)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块,在电动机作用下,从A点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从C点又恰好到达最高点D,重力加速度大小为g。求:
(1)CD段长x;
(2)BC段电动机的输出功率P;
(3)全过程物块储存的机械能E1和电动机因拉动物块多消耗的电能E2的比值。
答案：
1.B　解析 由足球的运动轨迹可知,足球在空中运动时一定受到空气阻力作用,则从位置1到位置2重力势能增加了mgh,而位置1到位置2的动能减少量大于mgh,故A错误,B正确;从位置2到位置3由于空气阻力作用,则机械能减小,重力做正功,重力势能减小,大小为mgh,则动能增加量小于mgh,故C、D错误。
2.C　解析 本题考查平抛运动规律的应用。根据平抛运动的特点可知,x=v0t,h=gt2,Ek=,联立解得x=,故当动能Ek变为原来的4倍时,水平位移x变为原来的2倍,选项C正确,A、B、D错误。
3.A　解析 合外力做功为W总=ma·=m·g·mgh,故D错误;对滑雪运动员由动能定理可知,增加的动能为ΔEk=W总=mgh,故B错误;对滑雪运动员由牛顿第二定律有mgsin 30°-Ff=ma,可得运动员受到的摩擦力Ff=mg,所以运动员克服摩擦力做的功为W克=Ff·mgh,可知运动员减少的机械能为mgh,故A正确,C错误。
4.BD　解析 列车在冲上坡顶车站时,需要克服阻力做功,减小的动能一部分转化成了列车的重力势能,一部分克服了阻力做功,该过程中列车增加的重力势能与减小的动能之间的关系为ΔEp=mgh<ΔEk=,因此该过程列车的机械能减少,故A错误,B正确;则该过程节能坡的转化率为η=×100%=25%,故C错误,D正确。
5.A　解析 根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2,解得v=,故A正确。针鞘到达目标组织表面后,继续前进d2减速至零,有Ek=F2d2,故B错误。针鞘运动d2的过程中,克服阻力做功为F2d2,故C错误。针鞘运动d2的过程中,动量变化量大小Δp=,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,有
b=v0t
t=0.6 s。
(2)物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动
mgsin θ=ma
l=at2
两式联立得l=0.9 m。
(3)物块在斜面上运动过程中重力做的功
W=mglsin θ
重力的平均功率P=
联立得P=7.5 W。
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-mgsin α=ma
Ff=μFN
FN=mgcos α
解得a=0.8 m/s2。
(2)箱子加速所用时间为t= s=1.5 s
传送带位移x传=v0t=1.8 m
传送带总长l==3 m
箱子加速运动的位移为x箱=at2=×0.8×1.52 m=0.9 m产生的热量Q=FfΔx=Ff(x传-x箱)=122.4 J。
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=,选项D错误。
9.A　解析 由题知,水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的75%被输送到高出水面H处灌入稻田,则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm·75%=1.5πRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.5πRnmgH,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=,T=,联立解得P=,故A正确,B错误。筒车消耗的功率大于,故C、D错误。
10.BC　解析 释放重物Q后,Q向下运动,P向上运动,根据速度关联可知,P沿绳方向的速度分量等于Q运动的速度,当P运动到B点时,Q的速度为零,所以P从A点运动至B点的过程中,重物Q的速度先增大后减小,根据P=6mgvQ可知,重物Q的重力的功率先增大后减小,故A错误。对于P、Q系统,竖直杆不做功,系统的机械能变化只与弹簧对P的做功有关,由题知,P经过A、B两点时弹簧弹力大小相等,则P在A处时弹簧被压缩,P在B处时弹簧被拉伸,压缩量等于伸长量,故P从A到B的过程中,弹簧对P先做正功后做负功,所以P、Q系统的机械能先增加后减少,故B正确。设P从A到B过程中,轻绳拉力对Q做功为W,P到达B点时Q的速度为0,对Q,根据动能定理得W+6mg=0,解得W=-4mgL,则轻绳对P做功为W'=-W=4mgL,故C正确。由于滑块P在A、B两点处弹簧的弹力大小相等,所以滑块P在A点时受到弹簧向上的弹力,运动至B点时受到弹簧向下的弹力,对P受力分析可知,滑块P运动到B点时所受合力竖直向下,则加速度竖直向下,所以滑块P从A到B过程中,开始时加速最后减速,即在A、B间某位置时速度最大,故D错误。
11.AC　解析 由题图可知,当θ=时,s=1.8 m,此时小物块做竖直上抛运动,v0==6 m/s,故A正确。当板与水平方向夹角为θ时,由动能定理得0-=-mgssin θ-μmgscos θ,解得s=,令μ=tan 30°,根据数学知识可知s=,所以当物块沿木板上滑距离最短时,木板与水平面的夹角为60°,且最小距离s==0.9 m,故C正确,B、D错误。
12.答案 (1)　(2)mgv(sin θ+μcos θ)　(3)
解析 (1)关闭电动机,物块从C点恰好到达最高点D的过程,根据动能定理得
-mgx·sin θ-μmgx·cos θ=0-mv2
解得x=。
(2)物块在BC段做匀速运动,由平衡条件可得
电动机输出的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ
电动机的输出功率为P=Fv=mgv(sin θ+μcos θ)。
(3)全过程物块储存的机械能等于全过程物块增加的重力势能,则有
E1=mgLsin θ
全过程电动机因拉动物块多消耗的电能等于物块由A到C增加的机械能与系统因摩擦产生的内能之和,则有
E2=mg(L-x)sin θ+mv2+μmg(L-x)cos θ
解得E2=mgL(sin θ+μcos θ)
可得。

展开更多......

收起↑