2025版高考物理一輪復習高考熱點強化4動能定理與機械能守恒的綜合應用含解析

PAGE7-高考熱點強化(四)動能定理與機械能守恒的綜合應用(時間：40分鐘)1.在某次“蹦床”消遣活動中，從小摯友下落到離地面高h1處起先計時，其動能Ek與離地高度h的關系如圖所示。在h1～h2階段圖象為直線，其余部分為曲線，小摯友的質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力和一切摩擦。下列說法正確的是()A．整個過程中小摯友的機械能守恒B．從小摯友的腳接觸蹦床直至運動到最低點的過程中，其加速度先增大后減小C．小摯友處于h＝h4高度處時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4)D．小摯友從h1高度處下降到h5高度處過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mgh1C[蹦床彈力對小摯友做了功，小摯友的機械能不守恒，A錯誤；從小摯友的腳接觸蹦床直至運動到最低點的過程中，蹦床對小摯友的彈力漸漸增大，小摯友的加速度先減小后反向增大，B錯誤；小摯友從h2高度處到h4高度處，蹦床和小摯友組成的系統(tǒng)機械能守恒，則小摯友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4)，C正確；分析可知小摯友從h1高度處下降到h5高度處過程中，在h5高度處的彈性勢能最大，且最大值Epm＝mgh1－mgh5，D錯誤。]2.如圖所示，質量為m的小球(可看作質點)在豎直放置的半徑為R的固定光滑圓環(huán)軌道內(nèi)運動，若小球通過最高點時的速率為v0＝eq\r(2gR)，則下列說法正確的是()A．小球在最高點時只受到重力作用B．小球在最高點對圓環(huán)的壓力大小為3mgC．小球繞圓環(huán)一周的時間等于eq\f(2πR,v0)D．小球經(jīng)過任始終徑兩端位置時的動能之和是一個恒定值D[依據(jù)牛頓其次定律有mg＋N＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得N＝mg，A、B錯誤；小球做的運動不是勻速圓周運動，無法求出運動的時間，C錯誤；小球在運動的過程中機械能守恒，小球在最高點的機械能等于最低點的機械能，以最低點所在水平面為零勢能面，有Ek1＋mg·2R＝Ek2＝C(C為常數(shù))，則有Ek2＋Ek1＋mg·2R＝2C，在運動的過程中，小球經(jīng)過某一位置重力勢能減小多少，則經(jīng)過關于此位置圓心對稱的位置的重力勢能就增加多少。所以小球經(jīng)過任始終徑兩端位置時的動能之和是一個恒定值，D正確。]3.(多選)如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質彈簧連接在輕滑輪兩側，物體A、B的質量分別為2m、m，起先時細繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上，放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力，不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為gA．物體A下落過程中，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(2mg,h)C．物體A著地時的加速度大小為eq\f(g,2)D．物體A著地時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(1,2)mv2AC[由題知，物體A下落過程中，B始終靜止不動，對于物體A和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，則物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；物體B對地面的壓力恰好為零，故彈簧的拉力為FT＝mg，起先時彈簧處于原長，由胡克定律知FT＝kh，得彈簧的勁度系數(shù)為k＝eq\f(mg,h)，故B錯誤；物體A著地時，細繩對A的拉力也等于mg，對A，依據(jù)牛頓其次定律得2mg－mg＝2ma，得a＝eq\f(g,2)，故C正確；物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有2mgh＝Ep＋eq\f(1,2)×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D錯誤。]4.(多選)質量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止起先運動，物塊的動能Ek與其位移x之間的關系如圖所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．x＝1m時物塊的速度大小為2m/sB．x＝3m時物塊的加速度大小為1.25m/s2C．在前2m的運動過程中物塊所經(jīng)驗的時間為2sD．在前4m的運動過程中拉力對物塊做的功為25JBCD[依據(jù)圖象知，x＝1m時，物塊的動能為2J，由eq\f(1,2)mv2＝2J，解得v＝eq\r(2)m/s，故A錯誤；對x＝2m到x＝4m的過程運用動能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5N，則物塊的加速度a＝eq\f(F合2,m)＝eq\f(2.5,2)m/s2＝1.25m/s2，故B正確；對前2m的運動過程運用動能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2N，則物塊的加速度a′＝eq\f(F合1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，末速度v′＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(\f(8,2))m/s＝2m/s，依據(jù)v′＝a′t得t＝2s，故C正確；對全過程運用動能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25J，故D正確。]5．(多選)如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，C是最高點，OA水平，B是最低點，A點緊靠一足夠長的平臺MN，D點位于A點正上方?，F(xiàn)在D點無初速度地釋放一個大小可以忽視的小球，小球從A點進入圓弧軌道，從C點飛出后做平拋運動并落在平臺MN上，P點是小球落在MN上的位置，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．小球做平拋運動的最小水平位移為eq\r(2)RB．若D、A間的距離為2R，則小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力為7mgC．小球從D運動到B的過程中，重力的功率始終增大D．若小球到達P點時的速度方向與MN夾角θ＝30°，則對應的D、A間的距離為4RABD[由mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)得小球可以通過C點的最小速度vc＝eq\r(gR)。從D點到C點，由動能定理有mg(h1－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得h1＝eq\f(3,2)R，這是小球可以通過C點所對應的D、A間的最小距離。由R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x＝vCt1，得x＝eq\r(2)R，這是小球做平拋運動的最小水平位移，故A正確；當D、A間的距離為2R時，從D到B，由機械能守恒定律有mg·3R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，又F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，聯(lián)立解得F＝7mg，故B正確；從D到A過程中小球的速度方向和重力方向一樣，重力的功率漸漸增大，從A到B，速度方向與重力方向夾角越來越大，到B點時重力的功率為零，C錯誤；當圖中θ＝30°時，由tanθ＝eq\f(gt2,v0)，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，mg(h2－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得h2＝4R，D正確。]6．如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細圓管平滑連接組成，其中AB段水平，BCDE段為半徑為R的四分之三圓弧，圓心O及D點與AB等高，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)，現(xiàn)有一質量為m、初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平進入圓管AB，設小球經(jīng)過管道交接處無能量損失，圓管孔徑遠小于R，則(小球直徑略小于管內(nèi)徑)()A．小球到達C點時的速度大小vC＝eq\f(3\r(gR),2)B．小球能通過E點且拋出后恰好落至B點C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達E點時的速度都不能為零D．若將DE段軌道拆除，則小球能上升的最大高度與D點相距2RB[對小球從A點至C點過程，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\f(3\r(2gR),2)，選項A錯誤；對小球從A點至E點的過程，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mgR，解得vE＝eq\f(\r(2gR),2)，小球從E點拋出后，由平拋運動規(guī)律有x＝vEt，R＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝R，則小球恰好落至B點，選項B正確；因為內(nèi)管壁可供應支持力，所以小球到達E點時的速度可以為零，選項C錯誤；若將DE段軌道拆除，設小球能上升的最大高度為h，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝mgh，又由機械能守恒定律可知vD＝v0，解得h＝eq\f(5,4)R，選項D錯誤。]7．如圖所示，一質量m＝0.4kg的滑塊(可視為質點)靜止于動摩擦因數(shù)μ＝0.1的水平軌道上的A點?，F(xiàn)對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P＝10.0W。經(jīng)過一段時間后撤去外力，滑塊接著滑行至B點后水平飛出，恰好在C點以5m/s的速度沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器．已知軌道AB的長度L＝2.0m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°，圓弧形軌道的半徑R＝0.5m。(空氣阻力可忽視，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑塊運動到D點時壓力傳感器的示數(shù)；(2)水平外力作用在滑塊上的時間t。[解析](1)滑塊由C點運動到D點的過程機械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1－cos37°)滑塊在D點的速度vD＝eq\r(v\o\al(2,C)＋2gR1－cos37°)＝3eq\r(3)m/s在D點，依據(jù)牛頓其次定律，有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)滑塊受到的支持力FN＝mg＋meq\f(v\o\al(2,D),R)＝25.6N依據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力F′N＝FN＝25.6N，方向豎直向下。即滑塊運動到D點時壓力傳感器的示數(shù)為25.6N。(2)滑塊離開B點后做平拋運動，恰好在C點沿切線方向進入圓弧形軌道由幾何關系可知，滑塊運動到B點的速度為vB＝vCcos37°＝4m/s滑塊由A點運動到B點的過程，依據(jù)動能定理，有Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0解得水平外力作用在滑塊上的時間t＝eq\f(mv\o\al(2,B)＋2μgL,2P)＝0.4s。[答案](1)25.6N(2)0.4s8.如圖所示，質量為mB＝3.5kg的物體B通過一輕彈簧固定在地面上，彈簧的勁度系數(shù)k＝100N/m。一輕繩一端與物體B連接，另一端繞過兩個光滑輕質小定滑輪(大小可忽視)O1、O2，與套在光滑直桿頂端的質量為mA＝1.6kg的小球A連接。已知直桿固定，桿長L為0.8m，且與水平面的夾角θ＝37°，C為直桿上一點，D為直桿底端上一點。初始時使小球A靜止不動，與A相連的繩子保持水平，此時繩子中的拉力F大小為45N。已知O1到直桿頂端的距離為l＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，繩子不行伸長?，F(xiàn)將小球A由靜止釋放。(1)求釋放小球A之前彈簧的形變量；(2)若直線CO1與桿垂直，求小球A運動到C點的過程中繩子拉力對小球A所做的功；(3)求小球A運動到直桿底端D點時的速度大小。[解析](1)釋放小球A前，物體B處于平衡狀態(tài)，由于繩子拉力大于B的重力，彈簧被拉伸，則有kx＝F－mBg，解得x＝0.1m，故彈簧的形變量為0.1m。(2)小球從桿頂端運動到C點的過程中，由動能定理得W＋mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－0，其中h＝xCO1cos37°，xCO1＝lsin37°＝0.3m物體B下降的高度h′＝l－xCO1＝0.2m由此可知，此時彈簧被壓縮了0.1m，則彈簧的彈性勢能在初、末位置相同再以A、B和彈簧為系統(tǒng)，由機械能守恒定律得mAgh＋mBgh′＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)由題意知，小球A運動到C點時其運動方向與繩垂直，則此瞬間B物體的速度vB＝0聯(lián)立以上各式解得W＝7J。(3)由題意知，桿長L＝0.8m，故∠CDO1＝θ＝37°故DO1＝l，當小球A到達D時，彈簧彈性勢能與初狀態(tài)相等，物體B又回到原位置，在D點對A的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進行分解，可得平行于繩方向的速度即為B的速度，由幾何關系得v′B＝v′Acos37°對于A、B、彈簧組成的系統(tǒng)，在整個過程中由機械能守恒定律得mAgLsin37°＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)解得v′A＝2m/s。[答案](1)0.1m(2)7J(3)2m/s9．如圖為雜技演員進行摩托車表演的軌道，它由傾斜直線軌道AB、圓弧形軌道BCD、半圓形軌道DE、水平軌道EF組成，已知軌道AB的傾角為37°，A、B間高度差H＝12m，軌道BCD的半徑R＝4.8m，軌道DE的半徑r＝2.4m，軌道最低點C距水平地面高度差h＝0.2m，在軌道AB上運動時摩托車(含人)受到的阻力為正壓力的0.2倍，其余阻力均不計。表演者從A點駕駛摩托車由靜止起先沿軌道AB運動，接著沿軌道BCDEF運動，然后從F點離開軌道，最終落到地面上的G點。已知摩托車功率P恒為2×103W，發(fā)動機工作時間由表演者限制，表演者與摩托車總質量m＝100kg，表演者與摩托車可視為質點。(cos37°＝0.8)(1)某次表演中，通過C點時摩托車對軌道的壓力為6000N，求經(jīng)過C點的速度vC；(2)滿意(1)中的條件下，求摩托車發(fā)動機的工作時間t；(3)已知“受力因子k”等于表演者與摩托車整體承受的壓力除以整體的重力，在k≤8條件下表演者是平安的，求能在平安完成完整表演的狀況下，表演者落點G與F點的水平距離的可能值。[解析](1)由牛頓其次定律知F－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)得vC＝4eq\(2)從A到C運動過程中，由動能定理W牽引＋WG＋W阻＝eq\f(1,