2024屆高考物理二輪專題復習與測試專題強化練六功和能機械能

專題強化練(六)功和能機械能1．(2023·江蘇卷)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端．利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示．與圖乙中相比，圖甲中滑塊()A．受到的合力較小B．經(jīng)過A點的動能較小C．在A、B之間的運動時間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小解析：因為頻閃照片時間間隔相同，對比圖甲和乙可知圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊收到的合力較大；故A項錯誤；從圖甲中的A點到圖乙中的A點，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負功；根據(jù)動能定理可知圖甲經(jīng)過A點的動能較大，故B項錯誤；由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可知圖甲在A、B之間的運動時間較短，故C項正確；由于無論上滑或下滑均受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D項錯誤；故選C.答案：C2．(2023·遼寧卷)如圖(a)，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道．兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關(guān)系如圖(b)所示．由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達N點前的下滑過程中()A．甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大解析：由圖乙可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運動，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運動，乙沿Ⅰ下滑，任意時刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時刻甲的動能比乙的小，A項錯誤，B項正確；乙沿Ⅰ下滑，開始時乙速度為0，到N點時乙豎直方向速度為零，根據(jù)瞬時功率公式P＝mgvy可知重力瞬時功率先增大后減小，C、D項錯誤．故選B.答案：B3．(2023·湖北卷)兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和v2.現(xiàn)將它們編成動車組，設每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為()A.eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v1＋P2v2) D.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)解析：由題意可知兩節(jié)動車分別有P1＝f1v1，P2＝f2v2當將它們編組后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，聯(lián)立可得v＝eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)，故選D.答案：D4．如圖為跳傘者在下降過程中速度隨時間變化的示意圖(取豎直向下為正)，箭頭表示跳傘者的受力．則下列關(guān)于跳傘者的位移y和重力勢能Ep隨下落的時間t，重力勢能Ep和機械能E隨下落的位移y變化的圖像中可能正確的是()ABCD解析：由圖可知跳傘運動員開始時所受重力大于阻力，向下加速運動，隨著速度的增大，阻力在增大，加速度逐漸減??；打開降落傘后阻力大于重力，加速度向上，運動員向下做減速運動；隨著速度的減小，阻力也在減小，向上的加速度逐漸減?。划斪枇椭亓ο嗟葧r向下做勻速運動．則位移先增加得越來越快，后增加得越來越慢，然后均勻增加，選項A錯誤；重力勢能Ep＝mgh，其隨高度下降均勻減小，隨時間的變化規(guī)律應與位移隨時間變化規(guī)律相關(guān)，先減小得越來越快，然后減小得越來越慢，最后均勻減小，選項B、C錯誤；機械能E＝E0－fy，開始時阻力先慢慢增大，開傘后阻力瞬間變大，最后運動員勻速運動，阻力不變，根據(jù)y的變化規(guī)律可知選項D正確．故選D.答案：D5．如圖甲，對花樣跳水的最早描述出現(xiàn)在宋人孟元老《東京夢華錄》中：“又有兩畫船，上立秋千，……筋斗擲身入水，謂之水秋千．”某次“水秋千”表演過程如圖乙，質(zhì)量為m的表演者，以O點為圓心蕩到與豎直方向夾角θ＝45°的B點時，松手沿切線方向飛出．若在空中經(jīng)過最高點C時的速度為v，水秋千繩長為l，A為最低點，表演者可視為質(zhì)點，整個過程船體靜止不動，不計空氣阻力和繩的質(zhì)量，重力加速度為g.則()A．表演者在C處重力的瞬時功率為mgvB．表演者從A運動到B的過程中，處于失重狀態(tài)C．表演者在A處受到秋千的作用力大小為eq\f(2mv2,l)＋(2－eq\r(2))mgD．若B到水面的高度為CB間高度的3倍，則落水點到B點的水平距離為eq\f(3v2,g)解析：在空中經(jīng)過最高點C時的速度為v，此時的豎直方向速度為0，則根據(jù)P＝mgv可知表演者在C處重力的瞬時功率為0，故A項錯誤；從A運動到B的過程中，表演者做曲線運動，則支持力與重力的合力提供向心力，則加速度指向O點，故處于超重狀態(tài)，故B項錯誤；從A運動到B的過程中，由動能定理可知－mg(l－lcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，從B點做斜拋運動，則vB＝eq\r(2)v，表演者在A處受到秋千的作用力大小為F，則F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)，則表演者在A處受到秋千的作用力大小為F＝eq\f(2mv2,l)＋(3－eq\r(2))mg，故C項錯誤；由于B到水面的高度為CB間高度的3倍，設CB間高度為h，則B到水面的高度為3h，由于從C點開始做平拋運動，故y＝h＋3h＝eq\f(1,2)gt2x＝vt，從B點運動到最高處由運動學公式可得(vBsinθ)2＝2gh解得h＝eq\f(v2,2g)，CB的水平位移為x′＝vt＝veq\f(vBsinθ,g)＝eq\f(v2,g)故落水點到B點的水平距離為x總＝x＋x′＝eq\f(3v2,g)，故D項正確．故選D.答案：D6．在無風天氣里，毽子受到的空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比．一毽子從高處由靜止豎直下落至地面過程中，位移大小為x、速度大小為v、加速度大小為a，重力勢能為EP、動能為Ek、下落時間為t.取地面為零勢能面，則下列圖像正確的是()解析：毽子下落過程中，受空氣阻力逐漸變大，則加速度逐漸減小，最后加速度可能減小為零，即速度先增大后不變，則x-t圖像的斜率先增加后不變，A項錯誤；根據(jù)牛頓第二定律mg－kv＝ma，則a＝g－eq\f(k,m)v，則B項正確；重力勢能Ep＝mg(h－x)則Ep－x為線性關(guān)系，C項錯誤；動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2因加速度隨時間逐漸減小(非線性)，則動能與時間一定不是線性關(guān)系，D項錯誤．故選B.答案：B7．(多選)如圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設備，圖乙為質(zhì)量m＝600kg建筑材料從地面被吊起后在豎直方向運動的v-t圖像(豎直向上為正方向)，重力加速度g＝10m/s2.根據(jù)圖像下列判斷正確的是()A．在10～30s建筑材料的機械能增加B．46s時建筑材料離地面的高度為28mC．在0～10s內(nèi)塔吊拉力做功的功率為3030WD．在30～36s塔吊拉力對建筑材料做負功，其功率逐漸減小解析：10～30s內(nèi)，建筑材料向上勻速運動，建筑材料的動能不變，重力勢能增加，建筑材料的機械能增加，故A項正確；根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積等于位移可知，46s時建筑材料離地面的高度為h＝eq\f(1,2)×(20＋36)×1m－eq\f(1,2)×10×1.2m＝22m，故B項錯誤；0～10s內(nèi)建筑材料的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1,10)m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝6060N，在0～10s內(nèi)塔吊拉力做功的功率為eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\o(v,\s\up6(－))＝Feq\f(v,2)＝6060×eq\f(1,2)W＝3030W，故C項正確；在30～36s內(nèi)建筑材料向上減速運動，塔吊拉力對建筑材料做正功，其功率逐漸減小，故D項錯誤．故選AC.答案：AC8．(多選)某研究小組研發(fā)了一款彈跳機器人，總質(zhì)量僅為30g，其結(jié)構(gòu)如圖所示，流線型頭部內(nèi)的微型電機先將碳纖維細條制成的彈性結(jié)構(gòu)壓縮，之后彈性勢能迅速釋放，在約為10ms的時間內(nèi)將機器人由靜止加速到28m/s，此時機器人恰好離開地面，接著沿豎直方向上升，離地最大高度為33m，當?shù)刂亓铀俣葹?.8m/s2，則()A．微型電機工作時，消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為彈性結(jié)構(gòu)儲存的彈性勢能B．機器人在10ms的加速時間內(nèi)平均加速度大小約為2800m/s2C．彈跳機器人在空中上升時加速度大小大于9.8m/s2D．彈跳機器人在空中上升的過程中機械能守恒解析：微型電機工作時有內(nèi)阻，則消耗的部分電能會轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故A項錯誤；由題意可求加速階段加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝2800m/s2，故B項正確；設上升過程中加速度大小為a2，則有2a2h＝veq\o\al(2,0)解得a2≈11.88m/s2>9.8m/s2，加速度大于重力加速度，則可知空氣存在阻力，上升過程中需要克服空氣阻力做功，則機械能不守恒，故C項正確，D項錯誤．故選BC.答案：BC9．早期航母使用重力型阻攔索使飛機在短距離內(nèi)停下，如圖甲所示，阻攔索通過固定于航母甲板兩側(cè)的滑輪分別掛有質(zhì)量為m＝500kg的沙袋．在無風環(huán)境下，一螺旋槳式飛機以v0的速度降落到該靜止的航母上，尾鉤立即鉤到阻攔索的中間位置，滑行一段距離后速度減為零，這一過程沙袋被提起的高度h1＝20m．螺旋槳式艦載機(含飛行員)質(zhì)量M＝500kg，忽略飛機所受甲板摩擦力以及空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)螺旋槳式飛機降落到航母上的速度v0的大??？(2)如圖乙所示，阻攔索在甲板上的長度為l＝15m，當θ＝30°時，艦載機的速度大小？解析：(1)在忽略摩擦阻力和空氣阻力的前提下，艦載機與沙袋所組成系統(tǒng)機械能守恒，艦載機的動能會轉(zhuǎn)化為沙袋的重力勢能，設艦載機降落過程沙袋提起高度為h1，則：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝2mgh1，解得v0＝20eq\r(2)m/s.(2)由幾何關(guān)系可得，此時艦載機速度方向與繩索的夾角為30°，艦載機沿繩分速度與沙袋沿繩分速度一樣，設此時艦載機的速度為v1，沙袋速度為v2，由幾何關(guān)系可得：h2＝l＝15m，eq\f(\r(3),2)v1＝v2，由系統(tǒng)機械能守恒可得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋2mgh2，聯(lián)立解得：v1＝10eq\r(2)m/s.答案：(1)20eq\r(2)m/s(2)10eq\r(2)m/s10．(2023·廣東佛山統(tǒng)考一模)在2022年第24屆北京冬奧會上，17歲小將蘇翊明獲得了單板滑雪男子大跳臺冠軍．如圖，滑雪運動員由靜止從助滑坡道上A點自由滑下，經(jīng)C點以50m/s的速度水平飛出跳臺，在坡道K點著陸．若AC高度差H＝136m，CK高度差h＝80m，取g＝10m/s2，忽略空氣阻力，請分析說明：(1)該運動員由A滑至C的過程中機械能是否守恒？(2)該運動員在空中飛行的水平距離s是多少？(3)落點K處的坡面與水平的夾角θ的正切tanθ接近什么值時，運動員著陸時坡面對他的沖擊力最??？解析：(1)設運動員質(zhì)量為m，由A滑至C的過程中：減少的重力勢能ΔEp＝mgH，①增加的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，②解得ΔEp＝1360m，ΔEk＝1250m，由于ΔEp>ΔEk(或ΔEp≠ΔEk)，故機械能不守恒．(2)運動員在空中做平拋運動，設其在空中飛行的時間為t，則h＝eq\f(1,2)gt2，③s＝vt，④解得t＝4s，s＝200m.(3)設運動員到達K點即將著陸時豎直方向的速度為vy，速度與水平面的夾角為α，則vy＝gt，⑤tanα＝eq\f(vy,v)，⑥tanα＝0.8.⑦tanθ的值接近0.8時面，坡面對運動員的沖擊力最小．因為此時運動員的速度與坡面相切，運動員著陸時垂直坡面方向的速度變化最小，根據(jù)牛頓第二定律(或動量定理)，坡面給運動員在垂直坡面方向的力最小，在沿坡面方向?qū)\動員阻力近似相同的情況下，運動員著陸時速度與坡面相切，受坡面的沖擊力最?。鸢福?1)不守恒(2)s＝200m(3)0.811．2022年2月12日，中國運動員高亭宇獲北京冬奧會男子速度滑冰500米金牌．中國航天科工研發(fā)的“人體高速彈射裝置為運動員的高質(zhì)量訓練提供了科技支持．該裝置的作用過程可簡化成如圖所示，運動員在賽道加速段受到裝置的牽引加速，迅速達到指定速度后練習過彎技術(shù)．某次訓練中，質(zhì)量m＝60kg(含身上裝備)的運動員僅依靠F＝600N的水平恒定牽引力從靜止開始加速運動了s＝20m的距離，然后保持恒定速率通過半徑為R＝10m的半圓形彎道，過彎時冰刀與冰面彎道凹槽處的接觸點如放大圖所示．忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)運動員被加速后的速率v及加速過程中牽引力的平均功率P；(2)運動員過彎道上A點時，冰面對其作用力FN的大?。馕觯?1)對運動員進行受力分析，由牛頓第二運動定律可得F＝ma，解得a＝10m/s2，運動員由靜止開始加速，由運動學公式v2＝2as，v＝at，解得