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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
基础巩固　
1.(2025合肥模拟)如图所示,质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,在外力作用下,斜面沿水平方向向左做加速度为a的匀加速运动一段距离,运动中物体与斜面体始终相对静止。关于物体,下列说法正确的是(　　)
A.摩擦力一定不做功
B.摩擦力一定做负功
C.支持力一定做正功
D.合外力做功可能为零
答案 C
解析 当物块与斜面间的摩擦力为零时,有mgtan θ=ma0,即当a=a0=gtan θ时,物块与斜面之间无摩擦力,此时摩擦力不做功;当a>gtan θ时,物块受到的摩擦力沿斜面向下,摩擦力与位移方向夹角小于90°,此时摩擦力做正功;当a2.(2025浙江宁波模拟)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　　)
A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小
答案 B
解析 游客从跳台下落,开始阶段橡皮绳未拉直,只受重力作用做自由落体运动,下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧,游客受重力和向上的弹力作用,弹力从零逐渐增大,游客所受合力先向下减小后向上增大,速度先增大后减小,到最低点时速度减小到零,弹力达到最大值,弹性势能达到最大值,故橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大,A错误。游客高度一直降低,重力一直做正功,重力势能一直减小,B正确。下落阶段橡皮绳对游客做负功,游客机械能减少,弹性绳的弹性势能增大,C错误。弹性绳刚绷紧开始一段时间内,弹力小于重力,合力向下做正功,游客向下运动的速度逐渐增大,游客动能逐渐增加;当弹力等于重力时,游客向下运动的速度最大,游客的动能最大;游客再向下运动,弹力大于重力,合力向上对游客做负功,游客动能逐渐减小,D错误。
3.(2025黑龙江哈尔滨模拟)哈尔滨冰雪大世界的超长冰滑梯长度可达500 m,垂直落差可达20 m,滑完全程大约需要40 s时间,能给游客带来超强体验,深受游客喜爱。若忽略一切阻力,重力加速度取10 m/s2,则游客到达滑梯底端时的速度大约是(　　)
A.10 m/s B.20 m/s
C.30 m/s D.40 m/s
答案 B
解析 由动能定理得mgh=mv2,解得v= m/s=20 m/s,故选B。
4.(2024山东卷)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(dA.+μmg(l-d)
B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d)
D.+2μmg(l-d)
答案 B
解析 开始时轻质弹性绳处于松弛状态,当轻质弹性绳刚被拉伸时,乙所坐木板的位移Δx1=l-d,甲所坐的木板要运动时,kΔx2=μmg,轻质弹性绳的伸长量Δx2=,所以F所做的功为WF=μmg(l-d+)++μmg(l-d),B正确。
5.(多选)图甲为一种新型的电动玩具,整体质量为m,下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射器等,打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的推进力F,使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处静止释放,使玩具在竖直方向运动,推进力F随离地面高度h变化的关系如乙所示,重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于4h0~2h0过程,下列判断正确的是(　　)
A.玩具先做匀加速再做匀减速运动
B.玩具下落到距地面3h0高处速度最大
C.玩具下落的最大速度为
D.玩具下落的最大速度为
答案 BC
解析 玩具从离地面高度为4h0处静止释放,根据牛顿第二定律可得mg-F=ma,由图乙可知,F逐渐增大,加速度逐渐减小,玩具做变加速运动,当F=mg时,加速度为零,速度达到最大,由图乙可知,此时玩具距地面高度为3h0,此后F>mg,玩具做变减速运动,故A错误,B正确;根据上面分析到达3h0时速度最大,F做负功,大小为图形中与横轴围成的面积,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·=-mgh0,对该过程根据动能定理有mgh0-mgh0=,解得vm=,C正确,D错误。
6.(多选)甲、乙两赛车,在平直车道上由静止开始保持额定功率启动。甲车启动12 s后,速度达到108 km/h,30 s后,速度达到最大速度216 km/h;乙车启动9 s后,速度达到108 km/h,25 s后,速度达到最大速度234 km/h。假设赛车行驶过程中所受阻力恒为车重的,甲车的质量为乙车的,重力加速度取10 m/s2,则(　　)
A.甲车额定功率是乙车额定功率的
B.速度达到108 km/h时,甲车加速度是乙车加速度的
C.速度达到108 km/h时,甲车牵引力是乙车牵引力的
D.加速到最大速度的过程中,甲车通过距离是乙车通过距离的
答案 BD
解析 达到最大速度时,甲、乙两车分别满足P甲=Ff甲v甲,P乙=Ff乙v乙,其中Ff甲=m乙g,Ff乙=m乙g,v甲=216 km/h=60 m/s,v乙=234 km/h=65 m/s,联立解得,A错误;由P=Fv,F-Ff=ma,可得a=,代入数据可得,B正确,C错误;加速到最大速度的过程中,据动能定理可得Pt-Ffs=,代入数据对比可得,甲车通过距离与乙车通过距离之比为,D正确。
7.铅球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中,正确的是(　　)
答案 D
解析 铅球在空中运动时,加速度不变,选项A错误;铅球运动的速度大小v=,v与t不是线性关系,选项B错误;铅球运动的动能Ek=+mg,Ek与t不是线性关系,选项C错误;铅球在运动过程中,机械能守恒,选项D正确。
8.(2025内蒙古赤峰模拟)机械臂广泛应用于机械装配。如图所示,某质量为m=2 kg的工件(视为质点)被机械臂抓取后,在竖直平面内由静止开始斜向上做匀加速直线运动,加速度大小为a=0.8 m/s2,运动方向与竖直方向夹角为θ=37°,提升高度为h=8 m。g取10 m/s2。求:
(1)提升高度为h时,工件的速度大小;
(2)在此过程中,工件运动的时间及合力对工件做的功。
答案 (1)4 m/s　(2)5 s　16 J
解析 (1)根据题意可知,工件被提升过程中,运动的位移为x==10 m
根据初速度为零的匀变速直线运动位移与速度关系有v2=2ax
解得v=4 m/s。
(2)根据速度公式有v=at
解得t=5 s
根据动能定理有W合=mv2
解得合力对工件做的功W合=16 J。
综合提升　
9.(多选)如图所示,在倾角为37°的固定斜面上,轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C拴接,另一端连接滑块A。一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮(质量忽略不计,轻绳与滑轮间的摩擦不计),一端系在滑块A上,另一端与球B相连,细绳与斜面平行,斜面足够长。用手托住球B,此时弹簧刚好处于原长。滑块A刚要沿斜面向上运动。已知mB=2mA=4 kg,弹簧的劲度系数为k=100 N/m,滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,且弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。现由静止释放球B,已知B始终未落地,则下列说法正确的是(　　)
(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
A.释放球B前,手受到球B的压力大小为24 N
B.释放球B后,滑块A向上滑行x=0.20 m时速度最大
C.释放球B后,滑块A向上滑行过程中的最大动能为1.2 J
D.释放球B后,滑块A向上滑行的最大距离为0.48 m
答案 AD
解析 用手托住球B,此时弹簧刚好处于原长,设绳子拉力为FT,滑块A刚要沿斜面向上运动可知FT=mAgsin θ+μmAgcos θ=16 N,对B受力分析,设手的支持力为F,则F=mBg-FT= 24 N,根据牛顿第三定律可知手受到球B的压力为24 N,A正确;松手后,A做加速度减小的加速运动,当A受到的合力为零时,速度最大,当A加速度为零时,B的加速度也为零,对A受力分析得FT'-mAgsin θ-μmAgcos θ-F弹=0,对B受力分析得FT'=mBg,根据胡克定律得F弹=kx,解得x=0.24 m,B错误;根据能量守恒定律,松手后到滑块A最大速度的过程中有mBgx=mAgxsin θ+μmAgxcos θ+(mA+mB)v2+kx2,解得mAv2=0.96 J,C错误;当滑块A向上滑行的距离最大时,A、B的速度都为0,物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能,根据能量守恒定律有mBgx'=mAgx'sin θ+μmAgx'cos θ+kx'2,解得x'=0.48 m,D正确。
10.如图所示的水平轨道AD足够长,只有BC部分是粗糙的,其长度为L=1 m,其余部分是光滑的,质量为1 kg,长度为2L的粗细相同的匀质软绳静止在B点的左侧(绳的右端在B点),软绳与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8,现用F=2 N的水平向右的恒力作用在软绳上,软绳始终保持伸直状态且长度不变,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在软绳运动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.软绳先做匀加速后做匀减速运动
B.软绳的左端能经过B点
C.软绳的最大动能为0.5 J
D.软绳克服摩擦力做功4.0 J
答案 C
解析 设软绳B端向右运动位移为x,当0≤x≤L时,软绳所受摩擦力Ff1=μmg=μmg,当LF=2 N,所以当软绳B端向右运动位移为L时,速度为零,停止运动,B错误;当F=Ff'=μmg=2 N时,软绳速度最大,动能最大,解得x'=0.5 m,Ekm=Fx'-μmg=0.5 J,C正确;B端向右运动位移L的过程中,克服摩擦力做功Wf=μmg=μmgL=2 J,D错误。
11.(2025辽宁丹东模拟)轻质直角支架两端分别连接质量均为m的小球A和B,支架的两直角边长度分别为2L和L,支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动。如图所示,开始时OA边与水平方向的夹角为θ,θ=37°。由静止释放A球,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　)
A.A、B两球线速度大小始终相等
B.A球速度最大时位于O点正下方
C.A由静止释放至摆动到最低点的过程中,支架对A不做功
D.A摆动到最低点位置时,杆对A做功的功率为0
答案 D
解析 A、B两球属于同轴转动,角速度始终相等,由于两球到轴心间距不等,根据v=ωr可知,A、B两球线速度大小始终不相等,故A错误;A、B两球构成的系统机械能守恒,令角速度为ω,经历一定时间,OA边与水平方向夹角为α,则有mg(2Lsin α-2Lsin θ)=mg(Lcos θ-Lcos α)+m(ω·2L)2+m(ωL)2,解得ω=,若令y=2sin α+cos α,对函数求导有y'=2cos α-sin α,当导数值为0时,解得tan α=2,则有sin α=<1=sin 90°,可知α<90°,由于角速度最大时,A的线速度最大,可知,A球速度最大时A并没有位于O点正下方,故B错误;A由静止释放至摆动到最低点,结合上述分析可以解得此时的角速度恰好为0,即此时的线速度为0,动能为0,表明A恰好能够运动到最低点,此过程中,A的机械能减小,表明支架对A做负功,故C错误;结合上述可知,A摆动到最低点位置时,A的线速度恰好等于0,可知,此时杆对A做功的功率为0,故D正确。
12.如图所示,质量为m=2 kg的小物块,用长L=0.4 m的细线悬挂于O点,现将细线拉直并与水平方向夹角α=30°,由静止释放,小物块下摆至最低点B处时,细线达到其最大承受力并瞬间断开,小物块恰好从水平传送带最左端点滑上传送带,传送带以v0的速度逆时针匀速运转,其上表面距地面高度H=1.6 m,小物块最后从传送带左端飞出,并恰好从光滑斜面顶端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h=1.0 m,倾角θ=60°,斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后,压缩弹簧,小物块沿斜面运动的最大距离x= m,g取10 m/s2。求:
(1)细线能承受的最大拉力的大小;
(2)传送带速度大小满足的条件;
(3)弹簧的最大弹性势能。
答案 (1)40 N
(2)v0≥2 m/s
(3)31 J
解析 (1)小球从静止摆到最低点过程中,根据机械能守恒定律有
mgL(1-sin α)=
解得vB=2 m/s
小球在B点时,根据牛顿第二定律有
F-mg=m
解得F=40 N
根据牛顿第三定律,刚到最低点细线达到其最大承受力F'=40 N。
(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向,则
tan θ=
H-h=gt2
vy=gt
联立以上各式得vx=2 m/s
则传送带速度v0≥2 m/s。
(3)小物块在斜面顶端速度
v=
小物块从顶端到压缩弹簧最短,由机械能守恒,得弹簧最大的弹性势能为
Ep=mgxsin θ+mv2
解得Ep=31 J。
13.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。
答案 (1)Ep≤7 J
(2)v≤2 m/s或v≥2 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=m
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=
解得vD=2 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+
解得vC=3 m/s
若传送带以vD=2 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=
解得x=0.4 m若物块只能上升到与圆心等高处,根据机械能守恒定律有
mgR=mvD'2
解得vD'=2 m/s
设物块在传送带上向右减速到vD'=2 m/s的位移为x',根据动能定理有
-μmgx'=mvD'2-
解得x'=2 m=L
所以传送带可以逆时针转动且速度任意大小,传送带也可以顺时针转动且速度
v≤2 m/s或v≥2 m/s。
(3)设物块返回传送带后一直向左加速运动,根据动能定理有
μmgL=mvD'2
解得vC1=3 m/s
设物块沿水平轨道刚好减速到B点,根据动能定理有
μmgL=
解得vC2= m/s
①若传送带速度v≥3 m/s,则物块在传送带上一直加速到vC1=3 m/s,然后滑上水平轨道,先向左减速运动,被弹簧弹回后再向右减速运动,其总路程为s,根据动能定理有
μmgs=
解得s=3.6 m
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d=2L-s=0.4 m
②若传送带的速度v≤2 m/s,则物块在传送带上向左减速到与传送带共速;
若传送带的速度2 m/s上述两种情况下,物块在水平轨道上向左减速到静止,减速路程为d,根据动能定理有
μmgd=mv2
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d=0.2v2 m
③传送带的速度 m/sμmgs=mv2
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d=2L-s= m。
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