1
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 组基础巩固练
1.(2023 全国新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量
为m 的雨滴在地面附近以速率v 下落高度h 的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(
)
A.0
B.mgh
C.1
2
mv2-mgh
D.1
2
mv2+mgh
2.(2023 辽宁卷)如图(a)所示,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
3.(2023 浙江6 月选考)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( )
4.(多选)(2023 江西南昌高三期中)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升力F,使玩具在
空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处由静止释放,使玩具在竖直方向运动,升力F 随离地面高度h
2
变化的关系如图乙所示,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.玩具先做匀加速运动再做匀减速运动
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√gh0
D.玩具下落的最大速度为√
3 gh0
2
5.(多选)(2023 四川德阳二模)甲、乙两赛车在平直赛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1
5
,甲车的质量为乙车的
3
4
,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3
4
B.速度达到108 km/h 时,甲车加速度是乙车加速度的6
7
C.速度达到108 km/h 时,甲车牵引力是乙车牵引力的13
9
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144
91
6.(2023 江苏卷)如图所示,滑雪道AB 由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC
与缓冲坡CD 相连。若滑雪者从P 点由静止开始下滑,恰好到达B 点。滑雪者现从A 点由静止开始
下滑,从B 点飞出。已知A、P 间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不
计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P 点的时间t。
(2)求滑雪者从B 点飞出的速度大小v。
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上,求平台BC 的最大长度L。
3
B 组素能提升练
7.(多选)(2023 湖南怀化模拟)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 连接,另一端连接滑块A。一轻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,另一端与小球B 相连,细绳与斜面平行,斜面足够长。用手托住小球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,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep=1
2
kx2。现由静止释放小球B,
已知小球B 始终未落地,则下列说法正确的是( )
A.释放小球B 前,手受到小球B 的压力大小为24 N
B.释放小球B 后,滑块A 向上滑行x=0.20 m 时速度最大
C.释放小球B 后,滑块A 向上滑行过程中的最大动能为1.2 J
D.释放小球B 后,滑块A 向上滑行的最大距离为0.48 m
8.(2023 安徽高三联考)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、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( )
4
A.软绳先做匀加速运动后做匀减速运动
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 J
9.(多选)(2023 湖北宜昌高三期末)英国物理学家乔治·阿特伍德在1784 年制做一种测定重力加速度
的机械叫阿特伍德机,受此启发,某实验小组设计了如图所示的机械。具有共同水平轴的竖直轻质转
盘的半径关系为R2=2R1,物块A、B 由细绳相连,物块B、C 分别与绕在内、外盘上的细绳相连,开始
时物块均处于静止状态,它们的质量分别为mA=2m,mB=mC=m。某时刻物块被自由释放,物块A、B 下
降,C 上升。当物块A 下降高度h 时,A、B 间的细绳突然断裂。已知细绳足够长,重力加速度为g,不计
转盘与轴以及细绳间的摩擦,忽略空气阻力,运动过程中物块不会碰到转盘。下列说法正确的是(
)
A.细绳断裂前对物块A 做的功为-12
7
mgh
B.细绳断裂后物块B 向下运动的最大距离为5
7
h
C.物块C 返回初始位置时的速度大小为4√5 gh
5
D.物块B 返回初始位置时的速度大小为2√
6 gh
35
10.(2023 山东滨州高三期末)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=√3
2
m,g 取10 m/s2。求:
(1)绳子能承受的最大拉力的大小;
5
(2)传送带速度大小满足的条件;
(3)弹簧的最大弹性势能。
11.(2023 江苏徐州高三期末)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lBC=lCD=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Ep满足什么条件。
(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v 的范围。
(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。
6
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
1.B 雨滴速率不变,动能不变,根据动能定理,重力做功为mgh,雨滴克服阻力做功为mgh,选项B
正确。
2.B 甲下滑过程中加速度不变,沿轨道Ⅱ下滑,乙下滑过程中加速度减小,沿轨道Ⅰ下滑,同一时
刻,甲的速度总是比乙的小,故甲的动能比乙的小,选项A 错误,选项B 正确;开始时乙的重力功率
为0,到达底部时,乙的重力功率仍然为0,故乙的重力功率先增大后减小,选项C、D 错误。
3.D 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=√v0
2+(gt)
2,v 与t 不
是线性关系,选项B 错误;铅球运动的动能Ek=1
2 m v0
2+mg(
1
2 gt
2),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。
4.BC 玩具在下落过程中,根据牛顿第二定律有mg-F=ma,4h0~2h0过程中,由图可知,F 从0 增大
到2mg,在3h0时为mg,所以加速度开始时向下并逐渐减小,速度在增大,当达到3h0时合力为0,加
速度为0,此时速度达到最大值,继续运动,合力向上,做减速运动,此时加速度向上并逐渐增大,速
度在减小,A 错误,B 正确;根据上面分析,玩具下落到距地面3h0时速度最大,F 做负功,大小为图线
与横轴围成的面积,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·1
2
=-1
2
mgh0,对该过程,根据动能定理有mgh0-1
2
mgh0=1
2 m vm
2,解得vm=√gh0,C 正确,D 错误。
5.BD 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=1
5 ×(
3
4 m乙)g,Ff
乙=1
5
m 乙g,v 甲=216 km/h=60 m/s,v 乙=234 km/h=65 m/s,联立解得P甲
P乙
= 9
13
,A 错误;由P=Fv,F-
Ff=ma,可得a=P - F f v
mv
,代入数据可得F甲
F乙
= 9
13 , a甲
a乙
= 6
7
,B 正确,C 错误;加速到最大速度的过程
中,根据动能定理可得Pt-Ffs=1
2 m vm
2,代入数据对比可得,甲车通过距离与乙车通过距离之比为
s甲
s乙
= 144
91
,D 正确。
6.答案 (1)√
2√2d
(1- μ)g
(2)√√2(1- μ) gd
(3)√2(1-μ)d
解析 (1)滑雪者在倾斜轨道上下滑时,满足mgsin θ-μmgcos θ=ma
7
滑雪者从A 点到P 点满足d=1
2
at2
解得t=√
2√2d
(1- μ)g
。
(2)滑雪者从P 点由静止开始下滑,恰好运动到B 点,该过程合力做的功为0,滑雪者从A 点由静止
开始下滑到P 点的速度大小为vP,有
mgdsin θ-μmgdcos θ=1
2 m v P
2
解得vP=√√2(1- μ) gd
滑雪者从P 点到B 点重力做功不变,摩擦力做功不变,根据动能定理可得
滑雪者从B 点飞出的速度v=vP=√√2(1- μ) gd。
(3)滑雪者从B 点做斜抛运动,若滑雪者刚好落在C 点
在竖直方向t=2v sinθ
g
在水平方向x0=vcos θ·t
解得x0=√2(1-μ)d
故若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上,BC 的最大长度L=x0=√2(1-μ)d。
7.AD 用手托住小球B,此时弹簧刚好处于原长,设绳子拉力为FT,由滑块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小球B 的压力大小为24 N,A 正确;释放小球B 后,A 做加速度减小的加速
运动,当A 受到的合力为0 时,速度最大,当A 加速度为0 时,B 的加速度也为0,对A 受力分析得
FT'-mAgsin θ-μmAgcos θ-F 弹=0,对B 受力分析得FT'=mBg,又F 弹=kx,解得x=0.24 m,B 错误;根据能
量守恒定律,释放小球B 后到滑块A 速度最大的过程中有mBgx=mAgxsin θ+μmAgxcos θ+1
2
(mA+mB)v2+1
2
kx2,解得1
2
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,
小球B 的重力势能转化为A 的重力势能、弹簧的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+1
2
kx'2,解得x'=0.48 m,D 正确。
8.C 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=μ x
2 L
mg= x
2 L
μmg,当
L<x≤2L 时,软绳所受摩擦力Ff2=μ L
2 L
mg=1
2
μmg,所以软绳所受摩擦力随位移x 变化图像如图所
示。又Ff-x 图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功Wf,当0≤x≤L 时,Wf=1
2
Ff1·x=
x
2
4 L
μmg,对软绳由动能定理得Fx-Wf=1
2
mv2-0,当x=L 时v=0,又Ffmax=1
2
μmg=4 N>F=2 N,所以软
绳B 端向右运动位移为L 时, 软绳速度为0,停止运动。拉力F 先比摩擦力大,后比摩擦力小,软绳
8
先做加速运动后做减速运动。0≤x≤L 时,摩擦力为变力,所以加速度不恒定,A 错误。当x=L 时,
绳子停止运动,软绳的左端不能经过B 点,B 错误。当x=1
4
×2L=0.5 m 时软绳动能最大,为
Ekm=Fx- x
2
4 L
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= L
2
4 L
μmg=1
4
μmgL=2 J,D 错误。
9.ABD 因为两轮具有相同角速度,则vC=2vB=2vA,物块A 下降高度h 时,C 上升2h,根据能量守恒
可知2mgh+mgh-2mgh=1
2
(2m+m)v AB
2+ 1
2
m(2vAB)2,设细绳断裂前对物块A 做功W,有2mgh+W=1
2
×2mv AB
2,解得W=-12
7
mgh,A 正确;细绳断裂后,当B 速度为零时有1
2 m v AB
2+ 1
2
m(2vAB)2=2mgh'-
mgh',解得h'=5
7
h,B 正确;物块C 返回初始位置时B 也返回初始位置,有mg(2h+2h')-mg(h+h')=1
2
m(2vB)2+1
2 m vB
2,解得vB=2√
6 gh
35
,则vC=2vB=4√
6 gh
35
,C 错误,D 正确。
10.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)=1
2 m vB
2
解得vB=2 m/s
小球在B 点时,根据向心力公式有
F-mg=mvB
2
L
联立解得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=v y
v x
H-h=1
2
gt2
vy=gt
联立以上各式得vx=2 m/s
因为vB=2 m/s,则传送带速度v0≥2 m/s 即可。
9
(3)小物块在斜面顶端速度
v=√v x
2+ v y
2
小物块从顶端到压缩弹簧至最短,由机械能守恒,得弹簧最大的弹性势能为
Ep=mgxsin θ+1
2
mv2=31 J。
11.答案 (1)Ep≤7 J
(2)v≤2√2 m/s 或v≥2√5 m/s
(3)v≤√10 m/s 时,d=0.2v2 m;√10 m/s<v<3√2 m/s 时,d=(4-0.2v2) m;v≥3√2 m/s 时,d=0.4 m
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)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+1
2 m vC
2
解得vC=3√2 m/s
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=mv E
2
R
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=1
2 m v D
2- 1
2 m v E
2
解得vD=2√5 m/s
若传送带以vD=2√5 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=1
2 m v D
2- 1
2 m vC
2
解得x=0.4 m<L
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=1
2
mvD'2
解得vD'=2√2 m/s
设物块在传送带上向右减速到vD'=2√2 m/s 的位移为x',根据动能定理有
-μmgx'=1
2
mvD'2-1
2 m vC
2
解得x'=2 m=L
所以传送带顺时针转动的速度范围为
10
v≤2√2 m/s 或v≥2√5 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=1
2 m vC 1
2- 1
2
mvD'2
解得vC1=3√2 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=1
2 m vC 2
2
解得vC2=√10 m/s
①若传送带速度v≥3√2 m/s,则物块在传送带上一直加速到vC1=3√2 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,设其总路程为s,根据动能定理有
μmgs=1
2 m vC 1
2
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
d1=2L-s=0.4 m
②若传送带的速度v≤2√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√2 m/s<v≤√10 m/s,则物块在传送带上向左加速到与传送带共速
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d2,根据动能定理有
μmgd2=1
2
mv2
物块静止位置在C 点的左侧与C 点的间距为
d2=0.2v2 m
③若传送带的速度√10 m/s<v<3√2 m/s,物块向左加速到与传送带共速,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,设其总路程为s',根据动能定理有
μmgs'=1
2
mv2
物块静止位置在C 点的左侧与C 点的间距为
d3=2L-s'=(4-0.2v2) m。
