专题二 考点1 动能定理、机械能守恒定律、功能关系-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 考点1　动能定理、机械能守恒定律、功能关系 考向一　功和功率 1．(2023·北京高考)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中(　　) A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关 C．F为水平方向时，F做功为μmgx D．F做功的最小值为max 答案：D 解析：F的方向会影响物体与地面间弹力大小，因此会影响摩擦力大小，故摩擦力做功大小与F方向有关，A错误；合力做功为W＝F合·x＝max，与F方向无关，B错误；F为水平方向时有WF－μmgx＝max，则WF>μmgx，C错误；由WF－Ffx＝max可得，当Ff＝0时F做功最小，最小值为max，D正确。 2．如图甲所示，学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出，第一次铅球在空中轨迹如图乙中1所示，第二次铅球在空中轨迹如图乙中2所示，两轨迹的交点为B。已知铅球两次经过B点时机械能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则下列说法正确的是(　　) A．两次抛出的初速度相同 B．两次铅球落地时重力的瞬时功率相同 C．第二次铅球在空中运动过程中重力做功的平均功率更大 D．第二次铅球在最高点的机械能更大 答案：C 解析：两次铅球到达最高点时距地面的高度h不同，则落地时竖直方向分速度vy＝不同，因此重力的瞬时功率P＝mgvy不同，故B错误；第二次铅球在空中轨迹的最高点较小，在空中的运动时间较小，两次抛出后铅球重力做功相同，根据＝，可知第二次铅球在空中运动过程中重力做功的平均功率更大，故C正确；小球在空中运动过程中机械能守恒，由于两次铅球在B点机械能相同，因此两次铅球在空中运动过程机械能相等，它们在最高点的机械能相等，故D错误；由D项分析可知，两次铅球在A点的机械能相同，则动能相同，速度大小相等，但因轨迹不同，则速度方向不同，A错误。 考向二　机车启动问题 3．(2023·湖北高考)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　) A. B . C. D. 答案：D 解析：设两节动车在运动过程中所受阻力大小分别为f1、f2，则有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后，则有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得该动车组能达到的最大速度v＝，故选D。 4.质量m＝1500 kg的家庭轿车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h<v≤90 km/h范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度v>90 km/h时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1500 N。已知汽车在t1时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至t2时刻。汽车在0～t2时间内行驶的位移为217.5 m。则t1和t2分别为(　　) A．t1＝9 s，t2＝11 s B．t1＝9 s，t2＝16 s C．t1＝5.625 s，t2＝11 s D．t1＝5.625 s，t2＝16 s 答案：B 解析：由题意知，第一次切换引擎时速度为v1＝54 km/h＝15 m/s，0～t1时间内由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝ m/s2，则t1＝＝9 s，0～t1时间内行驶的位移为s1＝a1t＝67.5 m，设切换引擎后瞬间的牵引力为F2，根据P＝F2v1，代入数据解得P＝75000 W，设在t2时刻的牵引力为F3，则在t2时刻的速度大小为v2＝＝25 m/s，t1～t2时间内行驶的位移为s2＝s－s1＝150 m，t1～t2时间根据动能定理得P(t2－t1)－fs2＝mv－mv，解得t2＝16 s，故B正确，A、C、D错误。 考向三　动能定理的应用 5.蹦极是一项非常刺激的户外运动。如图所示，某景区蹦极所用的橡皮绳原长为L＝80 m、劲度系数为k＝25 N/m，橡皮绳一端固定在跳台上，另一端拴接在游客脚踝处。已知游客的质量m＝50 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计橡皮绳的重力和空气阻力，橡皮绳始终在弹性限度内，假设游客始终在同一竖直线上运动，则游客无初速度地从跳台跳下后，橡皮绳的最大伸长量为(　　) A．20 m B．40 m C．60 m D．80 m 答案：D 解析：当游客运动到最低点时，橡皮绳的伸长量最大，设橡皮绳的最大伸长量为x，橡皮绳从原长到伸长x的过程中，橡皮绳弹力从0均匀增大到kx，则此过程，游客克服橡皮绳弹力做的功为W1＝·x＝kx2，游客从跳台跳下到最低点速度减为0的过程，由动能定理可知mg(L＋x)－W1＝0－0，联立并代入数据，解得x＝80 m(另一个解x＝－40 m舍去)，D正确。 6．如图甲所示，一物块从固定斜面的底端沿斜面方向冲上斜面，物块的动能Ek随距斜面底端高度h的变化关系如图乙所示，已知斜面的倾角为30°，重力加速度大小为g，取物块在斜面底端时的重力势能为零，下列说法正确的是(　　) A．物块的质量为 B．物块与斜面间的动摩擦因数为 C．上滑过程中，物块动能等于重力势能时，到斜面底端的高度为h0 D．下滑过程中，物块动能等于重力势能时，物块的动能大小为 答案：C 解析：因为从斜面底端冲上斜面到返回斜面底端，摩擦力做负功，则根据动能定理可知，返回斜面底端时的动能小于从斜面底端冲上斜面时的动能，故从斜面底端冲上斜面时的动能为2E0，返回斜面底端时的动能为E0。物块从底端上滑到最高点的过程，由动能定理可知－mgh0－μmgcos30°·＝0－2E0，从最高点滑回斜面底端的过程，由动能定理可知mgh0－μmgcos30°·＝E0－0，联立解得m＝，μ＝，A、B错误；物块从斜面底端上滑高度为h时的动能为Ek1＝2E0－mgh－μmgcos30°·，物块具有的重力势能为Ep1＝mgh，当Ek1＝Ep1时，解得h＝h0，C正确；物块从最高点下滑到高度为h时的动能为Ek2＝mg(h0－h)－μmgcos30°·，物块具有的重力势能为Ep2＝mgh，当Ek2＝Ep2时，解得h＝h0，Ek2＝E0，D错误。 考向四　机械能守恒定律的应用 7.如图所示，顶角P为53°的光滑“”形硬杆固定在竖直平面内，质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在“”形硬杆的倾斜和水平部分，当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点时，轻质硬杆与“”形硬杆的倾斜部分垂直，重力加速度大小为g，则甲在B点的速度大小为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：由于甲在B点时，轻质硬杆与倾斜部分垂直，甲沿轻质硬杆的分速度为0，又两小球沿轻质硬杆方向的分速度相等，则此时乙的速度为0，甲、乙两小球组成的系统机械能守恒，则有mg(L－Lsin37°)＝mv2，解得甲在B点的速度大小v＝，故B正确。 考向五　能量守恒定律和功能关系 8．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为m的物块P，弹簧形变量为x0，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。用x表示P离开初始位置的位移，向上拉力F和x之间关系如图乙所示。从拉力F作用在物块上开始到弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是(　　) A．系统机械能的变化量为(2F1－mg)x0 B．物块P的动能变化量大小为(F1－mg)x0 C．弹簧的弹性势能变化量大小为mgx0 D．物块P的重力势能变化量大小为2mgx0 答案：BC 解析：弹簧上端放有质量为m的物块P，由平衡条件有mg＝kx0，拉力使物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F＋k(x0－x)－mg＝ma，联立可得F＝kx＋ma，故x＝0时F0＝ma，x＝x0时，F1＝mg＋ma。根据功能关系，系统机械能的变化量ΔE机＝WF＝x0＝x0＝，故A错误；物块P做匀加速直线运动，动能变化量ΔEk＝ma·x0＝(F1－mg)x0，故B正确；由功能关系有WG＝－mgx0＝－ΔEpG，可知物块P的重力势能变化量ΔEpG＝mgx0，故D错误；根据ΔE机＝ΔEk＋ΔEpG＋ΔEp弹可知，弹簧的弹性势能变化量ΔEp弹＝ΔE机－ΔEk－ΔEpG＝－，故C正确。 1．(2024·安徽高考)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(　　) A．mgh B．mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 答案：D 解析：人与滑板下滑的过程，由动能定理有mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故D正确。 2．(2023·辽宁高考)如图a，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图b所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　) A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 答案：B 解析：受力分析可知，沿Ⅱ下滑的物块受力恒定，做匀变速直线运动，速率随时间均匀变化，故结合图b可知，甲沿Ⅱ下滑，则乙沿Ⅰ下滑，A、D错误；由图b可知，任意时刻甲的速率都小于乙的速率，而两物块质量相同，则同一时刻甲的动能比乙的小，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向的分速度为零，而在中间任意位置竖直分速度都不为零，根据重力的瞬时功率P＝mgvy可知，在M点和N点乙的重力功率均为零，在中间任意位置乙的重力功率都不为零，则乙沿Ⅰ下滑过程中，重力功率变化且不是一直增大，C错误。 3．(2024·江西高考)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　) A．109 W B．107 W C．105 W D．103 W 答案：B 解析：设瀑布水流量为Q，水位落差为h，发电效率为η，水的密度为ρ，则t时间内流过某横截面的水的体积V＝Qt，从瀑布顶端落到底部，重力对这部分水所做的功W＝ρVgh，发电功率P＝η，联立解得P＝ηρQgh≈107 W，故选B。 4．(2024·安徽高考)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：设水从出水口射出的初速度为v0，水离开出水口在空中做平抛运动的时间为t′，取t时间内抽出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝gt′2，根据功能关系，得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率约为P＝，故选B。 5.(2023·山东高考)《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，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　) A. B. C. D．nmgωRH 答案：B 解析：由题意可知，水轮每转一圈灌入稻田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，筒车对这些水做的功W＝m总gH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝，其中T＝，联立解得P＝，故选B。 6．(2024·山东高考)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(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A.＋μmg(l－d) B.＋μmg(l－d) C.＋2μmg(l－d) D.＋2μmg(l－d) 答案：B 解析：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体，根据平衡条件和胡克定律，有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，由功能关系可知W－μmgx1＝E0－0，可解得该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故B正确。 7.(2023·全国乙卷)(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl 答案：BD 解析：物块在木板上运动的过程中，设木板位移为xM，则物块位移为xm＝xM＋l，根据动能定理，对物块有－fxm＝Ekm－mv，对木板有fxM＝EkM－0，可得物块从木板右端离开时，木板的动能EkM＝fxM，物块的动能Ekm＝mv－fl－fxM，则Ekm<mv－fl，C错误，D正确；画出该过程中物块、木板的v­t图像如图所示，且v0>vm，vm≥vM，由v­t图线与t轴所围面积表示对应位移可知，图中梯形面积S1表示l，下方三角形面积S2表示xM，由几何知识知，必定有S1>S2，则l>xM，则EkM＝fxM<fl，A错误，B正确。 8.(2023·湖南高考)(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 答案：AD 解析：小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，小球从B到C的过程中，由动能定理知，其所在位置和O点连线与竖直方向的夹角为α时，小球在该点速度v满足－mgR·(1－cosα)＝0－mv2，此时mgcosα－FN＝m，联立得轨道对小球的支持力FN＝3mgcosα－2mg，从B到C的过程中α由θ减小到0，则cosα逐渐增大，FN逐渐增大，结合牛顿第三定律知，小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球从A到B的过程中，速度逐渐减小，则重力的功率P＝－mgvsinθ逐渐减小，B错误；小球从A到C的过程中，由动能定理有－mg·2R＝0－mv，解得v0＝，C错误；若小球在B点恰好脱离轨道，则有mgcosθ＝m，得vB＝，若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能大于，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。 9．(2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　　) A．13.2 s B．14.2 s C．15.5 s D．17.0 s 答案：C 解析：为了以最短时间提升重物，开始阶段应以最大拉力提升重物做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变，拉力减小，当拉力等于重力时，速度达到最大，接着做匀速运动，最后以最大加速度5 m/s2做匀减速运动，上升至平台速度刚好为零。重物在第一阶段匀加速上升，根据牛顿第二定律可得a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝＝ m/s＝4 m/s，匀加速过程所用时间和上升高度分别为t1＝＝ s＝0.8 s，h1＝＝ m＝1.6 m；重物的最大速度vm＝＝ m/s＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝ s＝1.2 s，h3＝＝ m＝3.6 m；设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝mv－mv，又h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，解得t2＝13.5 s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8 s＋13.5 s＋1.2 s＝15.5 s，故C正确。 10．(2024·江苏高考)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(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端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，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求： (1)CD段长度x； (2)BC段电动机的输出功率P； (3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。 答案：(1) (2)mgvsinθ＋μmgvcosθ　(3) 解析：(1)对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有 －mgxsinθ－μmgcosθ·x＝0－mv2 解得x＝。 (2)物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件知，电动机对物块的作用力大小 F＝mgsinθ＋μmgcosθ 电动机的输出功率P＝Fv 联立解得P＝mgvsinθ＋μmgvcosθ。 (3)根据题意，全过程储存的机械能 E1＝mgLsinθ 由能量守恒定律可知，电动机消耗的总电能 E2＝mgLsinθ＋μmgcosθ·L 联立可得＝。 11.(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求 (1)小物块到达D点的速度大小。 (2)B和D两点的高度差。 (3)小物块在A点的初速度大小。 答案：(1)　(2)0　(3) 解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点，根据牛顿第二定律有 m＝mg 解得vD＝。 (2)小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝mv－mv 由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos60°＝ 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mv－mv 联立解得vB＝，HBD＝0。 (3)从A到B的过程中，小物块所受摩擦力方向始终与速度方向相反，根据动能定理有 －μmgs＝mv－mv 其中s＝π·2R 联立解得vA＝。 1.(2024·北京市海淀区高三一模)如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，使轻绳拉紧，A球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦，重力加速度为g。由静止释放B球，到B球落地前的过程中，下列说法正确的是(　　) A．A球的加速度大小为2g B．拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量 C．重力对B球做的功等于B球动能的增加量 D．B球机械能的减少量大于A球机械能的增加量 答案：B 解析：设A球质量为m，则B球质量为3m，轻绳拉力大小为T，A、B球加速度大小均为a，根据牛顿第二定律，对B球有3mg－T＝3ma，对A球有T－mg＝ma，联立解得a＝，故A错误；A球只受重力和轻绳拉力，拉力对A球做正功，则拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量，故B正确；根据动能定理，重力与轻绳拉力的合力对B球做的功等于B球动能的增加量，故C错误；对A、B和轻绳整体，只有重力做功，机械能守恒，则B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故D错误。 2．(2024·江西省赣州市高三下5月二模)某山顶有一排风力发电机，发电机的叶片转动时可形成半径为R＝20 m的圆面。某时间内该山顶的风速达10 m/s，风向恰好跟某风力发电机叶片转动形成的圆面垂直，已知空气的密度ρ＝1.2 kg/m3。若该风力发电机能将吹向此圆内20%的空气的动能转化为电能，则此风力发电机发电的功率P约为(　　) A．1.5×104 W B．1.5×105 W C．5×104 W D．5×105 W 答案：B 解析：设风速为v，则时间Δt内，吹向此圆面的空气的体积V＝vΔt·πR2，质量m＝ρV，该部分空气的动能Ek＝mv2，则此风力发电机发电的功率P＝，联立解得P＝0.1πR2ρv3≈1.5×105 W，故选B。 3．(2024·江苏省南通市高三下第三次适应性考试)足球从地面上被斜向上方踢出后，在空中划出一条美丽的曲线后落回地面。不考虑空气作用，足球的加速度a、速率v、机械能E和重力的功率大小P随时间t的关系图像可能正确的是(　　) 答案：D 解析：足球运动过程中只受到重力作用，所以加速度为重力加速度，保持不变，故A错误；设足球初速度大小为v0，方向与水平方向夹角为θ，则t时刻水平分速度大小vx＝v0cosθ，竖直分速度大小vy＝|v0sinθ－gt|，速率v＝＝，故v与时间t不是线性关系，故B错误；足球运动过程中只受到重力作用，机械能守恒，故C错误；足球重力的功率大小P＝mgvy＝mg|v0sinθ－gt|，故D正确。 4.(2024·东北三省四校高三下第四次模拟)如图所示，两个质量相等可视为质点的小球a、b通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触(a、b球均可无碰撞通过O点)，且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A．a、b两球组成的系统机械能不守恒 B．a球到达与b球等高位置时速度大小为 C．a球运动到最低点时，b球速度最大 D．a球从初位置下降到最低点的过程中，刚性轻杆对a球的弹力一直做负功 答案：C 解析：a球、b球和刚性轻杆所组成的系统只有重力做功，又刚性轻杆的机械能不计，则a、b两球组成的系统机械能守恒，故A错误；两球沿刚性轻杆方向的分速度相等，则a球到达与b球等高位置时，b球速度为零，设此时a球速度大小为va，a、b两球质量均为m，由几何关系可知，a球下降高度为L，根据系统机械能守恒，有mgL＝mv，解得va＝，故B错误；a球到达最低点时，b球到达两杆交点处，此时a球速度为0，则a球机械能最小，又系统机械能守恒，则b球的机械能最大，速度最大，C正确；在a球从初位置下降到两杆交点的过程中，b球速度先从0增大后减小至0，即动能先增大后减小，在a球从两杆交点下降到最低点的过程中，b球速度一直增大，即动能一直增大，由系统机械能守恒可知，a球从初位置下降到最低点的过程中，a球机械能先减小后增大，再减小，则刚性轻杆对a球的弹力先做负功后做正功，再做负功，D错误。 5．(2024·江西省南昌市高三一模)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a处由静止开始向右运动。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。则小球从a处开始运动到其落至水平轨道cd上时，水平外力所做的功为(　　) A．5mgR B．7mgR C．9mgR D．11mgR 答案：D 解析：根据题意，小球从a到c过程中，由动能定理有F·3R－mgR＝mv－0，其中水平外力F＝mg，解得小球到达c点时的速度大小vc＝2，小球由c点离开圆弧轨道，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做加速度为a＝＝g的匀加速直线运动，由竖直方向的分运动可得，小球从c点离开圆弧轨道到落在cd的时间为t＝＝4，此过程小球在水平方向运动的距离为x＝at2＝8R，则小球从a处开始运动到其落至水平轨道cd上时，水平外力所做的功为W＝F(3R＋8R)＝11mgR，故D正确。 6.(2024·浙江省丽水市、湖州市、衢州市3地高三下二模)如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上、大小为F＝mg的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2(其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，则(　　) A．上升过程中系统机械能守恒 B．开始时弹簧的弹性势能为mgh C．上升过程中重物的最大动能为mgh D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加mgh 答案：B 解析：上升过程中，恒力F对系统做正功，系统的机械能增加，故A错误；设开始时弹簧的形变量为x1，对重物由平衡条件有mg＝kx1，重物上升至最高点的过程中，对系统由功能关系，有Fh＝mgh＋k(h－x1)2－kx，联立解得x1＝h，k＝，所以开始时弹簧的弹性势能为Ep1＝kx＝mgh，故B正确；上升过程中，当重物所受合力为零时，速度最大，动能最大，设此时弹簧的形变量为x2，故F＋kx2＝mg，解得x2＝h，重物上升至动能最大的过程中，由功能关系有F(x1－x2)＝mg(x1－x2)＋Ekm＋kx－kx，解得上升过程中重物的最大动能为Ekm＝mgh，故C错误；上升到最高点过程中，重物的重力所做的功为WG＝－mgh，根据重力势能与重力做功的关系可知，重物重力势能的增加量为ΔEp＝－WG＝mgh，故D错误。 7．(2024·四川省泸州市高三下三模)(多选)2023年10月6日，在杭州亚运会女子龙舟1000米直道竞速决赛中，中国队驱动总质量约1200 kg(含人)的龙舟以4分51秒的成绩获得冠军，如图所示。比赛过程中，运动员拉桨对船做正功，加速；回桨对船不做功，减速。若10个划手一直保持最大输出功率划船，观测发现从静止开始的启动过程中每个划手划了8桨，船前进了20 m，船速达到3.5 m/s，之后保持3.5 m/s的平均速度直至结束，设船受到的阻力恒定，每次拉桨过程做功相同。则下列说法中正确的是(　　) A．船受到的阻力约为397 N B．船受到的阻力约为3970 N C．全程每个划手大约划了150桨 D．全程每个划手大约划了212桨 答案：AD 解析：全程运动时间t总＝(4×60＋51) s＝291 s，前进x1＝20 m、速度达到v＝3.5 m/s后的运动时间t匀＝＝ s＝280 s，则启动过程时间t＝t总－t匀＝11 s；设每个划手每次拉桨过程做功为W，船前进过程中，10个划手的平均输出功率为P，则有10×8W＝Pt；船速达到v＝3.5 m/s后，保持v＝3.5 m/s的平均速度运动，则此时10个划手的平均输出功率等于船克服阻力做功的平均功率，设船受到的阻力大小为f，则有P＝fv；设船的总质量为m，启动过程，根据动能定理有10×8W－fx1＝mv2－0，联立解得f≈397 N，W≈191 J，故A正确，B错误。设全程每个划手划了n桨，全程根据动能定理有10nW－fx总＝mv2－0，解得n≈212，故C错误，D正确。 8．(2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测(二))(多选)如图所示，质量为M的拖车通过跨过定滑轮的绳子将质量为m的矿石从矿井提拉至地面。拖车以恒定功率P0从静止开始启动，经过时间t0，立刻关闭发动机，又经过时间t0拖车停止运动，此时矿石刚好上升至井口且速度减为0。已知整个过程拖车所受地面阻力恒为其重力的k倍，不计空气阻力和滑轮的摩擦力，绳子的质量可忽略，且绳子始终处于绷紧状态，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．拖车在加速阶段的平均速度大于减速阶段的平均速度 B．整个过程矿石上升的高度为 C．拖车在减速阶段的加速度大小为 D．拖车刚关闭发动机时的速度为 答案：AB 解析：设拖车刚关闭发动机时的速度即最大速度为vm，拖车在减速阶段做匀减速直线运动，平均速度为；设拖车在加速阶段的加速度大小为a1，此时绳子的拉力大小为T1，根据牛顿第二定律，对矿石有T1－mg＝ma1，对拖车有F－kMg－T1＝Ma1，又牵引力F＝，联立解得a1＝，则随着速度v的增大，拖车的加速度减小，结合v­t图像知，此过程通过的位移大于匀加速运动到vm的位移，所以其平均速度大于匀加速运动的平均速度，即大于，所以拖车在加速阶段的平均速度大于减速阶段的平均速度，故A正确；设整个过程矿石上升的高度为h，对系统由动能定理可得P0t0－mgh－kMgh＝0－0，解得h＝，故B正确；设拖车在减速阶段的加速度大小为a2，此时绳子的拉力大小为T2，根据牛顿第二定律，对矿石有mg－T2＝ma2，对拖车有T2＋kMg＝Ma2，联立解得a2＝，故C错误；设拖车可能达到的最大速度为v′，此时拖车受力平衡，加速度为0，即a1＝0，得v′＝，而实际拖车刚关闭发动机时的速度vm≤v′＝<，故D错误。 9.(2024·四川省南充市高三下三诊)为测试质量m＝1 kg的电动玩具车的性能，将电动车置于足够大的水平面上，某时刻，电动车从静止开始做加速直线运动，运动过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，电动车的牵引力F与速率的倒数关系图像如图中实线所示，g＝10 m/s2。 (1)求电动车的最大速度vm以及电动车的输出功率P； (2)电动车运动10 s恰好达到最大速度，求电动车在这段时间运动的距离x。 答案：(1)10 m/s　20 W　(2)75 m 解析：(1)根据题图可得＝0.1 s/m 故vm＝10 m/s 根据P＝Fv 得F＝ 结合题图可得，F­图像的斜率即为电动车的输出功率P，即P＝ W＝20 W。 (2)设电动车运动时间t后恰好达到最大速度，电动车所受阻力恒为车重的k倍，根据动能定理得Pt－kmgx＝mv－0 代入数据解得x＝75 m。 10.(2024·山西省临汾市高三下适应性训练考试(三))如图所示，一根L形轻质细杆abc可绕过b点水平转轴(垂直于纸面)在竖直面内转动，ab长度r1＝0.6 m，bc长度r2＝0.8 m，ab垂直于bc。a、c两端分别固定两个大小可忽略、质量均为m＝0.25 kg的小球。不计空气阻力和转轴的摩擦，取重力加速度g＝10 m/s2。现将轻质细杆由图示位置(ac连线水平)无初速度地释放，当c端的小球到达最低点时，求：(结果均保留一位小数) (1)c端小球的动能； (2)此过程中杆abc对a端小球做的功Wa及杆abc对c端小球做的功Wc。 答案：(1)2.8 J　(2)0.4 J　－0.4 J 解析：(1)在转动过程中系统机械能守恒，且整体具有相同的角速度。当c端小球到达最低点时，设整体的角速度为ω，则 c端小球的速度vc＝ωr2 a端小球的速度va＝ωr1 设bc与ac的夹角为θ，如图所示，对系统由机械能守恒定律有 mgr2sinθ＋mgr2(1＋sinθ)＝mv＋mv 其中tanθ＝ 此时c端小球的动能Ekc＝mv 联立并代入数据，解得Ekc＝2.8 J。 (2)由(1)问可得，此时a端小球的动能 Eka＝mv＝1.584 J 对a端的小球，根据动能定理有 mgr2sinθ＋Wa＝Eka－0 解得Wa＝0.4 J 对c端的小球，根据动能定理有 mgr2(1＋sinθ)＋Wc＝Ekc－0 解得Wc＝－0.4 J。 1.(2024·青海省海东市高三下二模)如图所示，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的最右边边缘处固定了一个质量为m的小球A，在圆心O的正下方离O点处固定了一个质量为m的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动，重力加速度大小为g，则小球B上升的最大高度为(　　) A.r B.r C.r D.r 答案：C 解析：取圆心所在处的水平面势能为零，小球B上升到最大高度时如图所示，连接OA与OB，设小球B上升到最大高度时OA与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知，此时OB与水平方向的夹角也为θ，小球B上升到最大高度时，A、B速度均为0，对系统由机械能守恒定律得－mg＝－mgrcosθ＋mg×sinθ，解得sinθ＝(另一解sinθ＝－1，不符合题意，舍去)，则B球上升的最大高度为h＝＋sinθ＝r，故选C。 2．(2021·山东高考)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek； (2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin； (3)若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fxBC的大小； (4)若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用f、k、m表示)，不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 答案：(1)　 (2)f　(3)W≤fxBC　(4)图见解析 解析：(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧组成的系统为研究对象，由功能关系得Fx0＝2fx0＋kx 解得x0＝ 弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧组成的系统为研究对象，由能量守恒定律得kx＝2fx0＋2Ek 解得Ek＝。 (2)当A刚要离开墙壁时，设弹簧的伸长量为x1，以A为研究对象，由平衡条件得kx1＝f 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值Fmin，设此时B、C分离时B的动能为Ekmin，由(1)问结果可知 Ekmin＝ 从弹簧恢复原长到A刚要离开墙壁的过程中，以B和弹簧整体为研究对象，由能量守恒定律得Ekmin＝kx＋fx1 联立解得Fmin＝f 由于Fmin>2f，舍去Fmin＝f，所以恒力的最小值为Fmin＝f。 (3)从B、C分离到B停止运动的过程中，设B的路程为xB，C的位移为xC，以B为研究对象，由动能定理得－W－fxB＝0－Ek 以C为研究对象，由动能定理得－fxC＝0－Ek 由B、C的运动关系得xB≥xC－xBC 联立可知W≤fxBC。 (4)若F＝5f，则B、C向左移动的最大距离 x0＝＝ 则x＝0撤去F时C的加速度大小为a0＝＝＝，方向水平向右 之后C开始向右运动，B、C分离前，C的加速度为a＝＝ 可知加速度a与位移x为线性关系，且a先减小到0后再反向增大，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为a1＝－，负号表示C的加速度方向水平向左 从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C整体为研究对象，由动能定理得 kx－2fx0＝·2mv2 之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒定律得fx2＝mv2 解得与B分离后，C运动的距离为x2＝x0 则C最后停止时的x值为 x0＋x2＝x0＝·＝ 所以C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像如图所示： 1 学科网（北京）股份有限公司 $$