专题6 机械能及其守恒定律-【名师大课堂】2025年高考物理艺术生总复习必备训练册（word课时作业）

专题六　机械能及其守恒定律 1．(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　D　) A．mgh B．mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 解析：对人从斜坡顶端到底端的过程，根据动能定理有mgh－Wf＝mv2，解得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功Wf＝mgh－mv2，D正确． 2．(2024·江西卷)庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150 m，水流量10 m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为(　B　) A．109 B．107 C．105 D．103 解析：由题知，Δt时间内流出的水量为 m＝ρQΔt＝1.0×104Δt 发电过程中水的重力势能转化为电能，则有 P＝×70%≈1.1×107 W. 故选B. 3．(2024·新课标卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点．则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　C　) A．在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 方法一(分析法)　设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P 点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示 设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P 点过程， 根据机械能守恒定律mgR(1－cos θ)＝mv2 在P点，根据牛顿第二定律mg cos Q＝m 联立解得cos ＝ 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大． 方法二(数学法)　设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律mgR(1－cos θ)＝mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律 F＋mg cos θ＝m(0≤θ≤π) 联立可得F＝2mg－3mg cos θ 则大圆环对小环作用力的大小|F|＝|2mg－3mg cos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ＝时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大． 故选C. 4．(多选)(2024·新课标卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示．假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2.下列说法正确的是(　BD　) A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N 解析：根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv) 其中Δt＝0.3 s 代入数据可得F＝4 600 N 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确． 故选BD. 5．(2024·福建卷)两绳拉木板，每条拉力F＝250 N，15 s内匀速前进20 m，θ＝22.5°，cos 22.5°≈0.9.求： (1)阻力f大小； (2)两绳拉力做的功； (3)两绳拉力的总功率． 解析：(1)由于木板匀速运动则有2F cos θ＝f 带入数据解得f＝450 N. (2)根据功的定义式有W＝2Fl cos θ 带入数据解得W＝9.0×103 J. (3)根据功率的定义式有P＝ 带入数据有P＝600 W. 答案：(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W 6．(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离．如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降．若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°，(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功． 解析： (1)重物缓慢下降，处于平衡状态，对重物进行受力分析，如图所示， 水平方向有 TP sin α＝TQ sin β 竖直方向有TP cos α＝TQ cos β＋mg 联立解得TP＝1 200 N，TQ＝900 N. (2)重物缓慢下降，动能变化量为零，下降过程中对重物由动能定理有mgh＋W＝0 解得W＝－4 200 J 即两根绳子拉力对重物做的总功为－4 200 J． 答案：(1)1 200 N　900 N 　(2)－4 200 J 7．(2024·辽宁卷)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg.A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接．同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止．A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp. 解析：(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，B做匀减速直线运动， 对A，水平方向有xA＝vAt 竖直方向有h＝gt2 联立解得vA＝1 m/s， 弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B与弹簧组成的系统动量守恒， 对系统有0＝mAvA＋mB(－vB) 解得vB＝1 m/s. (2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动， 对B有－μmBgxB＝0－mBv 解得μ＝0.2. (3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程，则有Δx＝ΔxA＋ΔxB 解得ΔEp＝0.12 J． 答案：(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 学科网（北京）股份有限公司 $$