高考物理二轮复习《机械能》专项训练专题33科技信息+新情景（2份，原卷版+解析版）

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1．（2022安徽三模）假设火星极地处表面的重力加速度为g0，火星赤道处表面的重力加速度为g1，火星的半径为R。已知物体在火星的引力场中引力势能是，G为引力常量，M为火星的质量，m为物体的质量，r为两者质心的距离。某同学有一个大胆的想法，在火星赤道平面沿着火星半径挖深度为的深井，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则下列结论正确的是（ ）
A. 火星的第一宇宙速度
B. 火星的第二宇宙速度
C. 火星深井底部的重力加速度为
D. 火星的自转周期
【参考答案】AC
【名师解析】
．物体在火星附近绕火星做匀速圆周运动的速度，叫作火星的第一宇宙速度，在火星两极万有引力与重力相等，故据万有引力提供圆周运动向心力有
可得火星第一宇宙速度，故A正确；
火星的第二宇宙速度是逃离火星束缚的最小发射速度，若以此发射速度发射航天器至离火星无穷远处，则据重力做功与重力势能变化关系有
WG=EpR-Ep∞
在此过种只有重力做功，根据动能定理有
WG=Ek∞-EkR
联列两式可得：航天器的发射时的动能
EkR=Ek∞-EpR+Ep∞
由题意可知
EP∞=0
代入可得发射时的动能
当Ek∞取零时，发射时的动能有最小值，又据
可以计算得出火星的第二宇宙速度
代入
可得，故B错误；
星球表面的重力加速度等于星球对物体表面的万有引力，令星球的密度为ρ，则半径为R的星球质量为
据万有引力等于重力可得
可得星球表面的重力加速度
即密度相同的情况下，星球表面的重力加速度与星球的半径R成正比，故火星深井底部的重力加速度与火星表面的重力加速度之比等于半径比，即火星深井底部的重力加速度等于火星赤道表面重力加速度的一半，即g′＝g1，故C正确；
火星表面受到的万有引力等于mg0，在火星赤道，万有引力=重力+自转运动的向心力，即
由此可解得火星的自转周期，故D错误。
2.. （2022江苏南京二模）如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图（取竖直向下为正），箭头表示跳伞者的受力。则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是（ ）
A. B.
C D.
【参考答案】D
【名师解析】
由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；
打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动。
则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后均匀增加，选项A错误；
BC．重力势能
Ep=mgh
其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，选项BC错误；
D．机械能
E=E0-fy
开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据y的变化规律可知选项D正确。
3. （2021辽宁模拟预测12）“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示．竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg.现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40m时，然后由静止释放滑块．滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示.其中高度从0.80m到1.40m范围内的图线为直线，其余部分为曲线．若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2.则结合图象可知
A. 弹簧原长为0.72m
B. 空气阻力大小为1.00N
C. 弹簧的最大弹性势能为9.00J
D. 弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J
【参考答案】BC
【名师解析】从h=0.8m开始，滑块与弹簧分离，则知弹簧的原长为0.8m;故A错误.；在0.80m上升到1.40m内，在Ek-h图象中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80m上升到1.40m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80m上升到1.40m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得-(mg+f)△h=0-Ek，由图知△h=0.60m，Ek=5.40J，解得空气阻力f=1.00N;故B正确.；根据能转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm=(mg+f)△h=9×(1.40-0.4)=9.00J;故C正确.；由图可知，当h=0.72m时滑块的动能最大为Ekm=5.76J；假设空气阻力不计，则在整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此滑块的动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，为EPmin=Epm-Ekm=9-5.76=3.24J，由于有空气阻力，所以滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小小于3.24J;故D错误.
4.（2023江苏泰州联考）中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成能力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。报道称新一代高速列车牵引功率达9000kW，持续运行速度为350km/h，则新一代高速列车从北京开到杭州全长约为1300km，则列车在动力上耗电约为（ ）
A．3.3×103kW·h
B．3.3×104kW·h
C．3.3×105kW·h
D．3.3×106kW·h
【参考答案】B
【名师解析】
列车从北京开到杭州所用时间为t=sv=1300km350km/h=3.71h.列车在动力上耗电约为E=Pt=3.3×104kW·h,故B正确。
5. 如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内( )
A．小车做匀加速运动
B．小车做加速度逐渐减小的加速运动
C．电动机所做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
D．电动机所做的功为fs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
【参考答案】 BD
【名师解析】当小车速度为v时，由P=Fv解得牵引力F=eq \f(P,v)，对小车，由牛顿第二定律得F－f＝ma，解得加速度a=-f/m,，由于小车的速度v逐渐增大，故小车加速度a逐渐减小，所以小车做加速度逐渐减小的加速运动，选项A错误B正确；对小车加速过程，由动能定理得W－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得W＝fs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，选项C错误D正确．
6.如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，取g＝10 m/s2，则用于( )
A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W
B.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W
D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
【参考答案】B
【名师解析】 水炮的发动机作用是把水从地面运到水炮处，再由水炮发射出去，因此发动机做的功转化为水发射时的动能和重力势能，所以输出功率P＝eq \f(W,t)＝eq \f(mgh＋\f(1,2)mv2,t)，每秒射出水的质量m＝1 000×eq \f(3,60) kg＝50 kg，代入得P＝4×104 W，选项B正确，A、C错误；伸缩臂的发动机做功把人和伸缩臂本身抬高了60 m，伸缩臂本身有一定的质量，伸缩臂自身的重力势能也增加，所以伸缩臂发动机的功率大于P1＝eq \f(m人gh,t)＝eq \f(400×10×60,5×60) W＝800 W，选项D错误。
7.（2020北京海淀一模）我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图11所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是
x
图 11
ω
转轴
y
O
A．与该“势能”对应的“力”的方向指向O点
B．与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小
C．该“势能”的表达式是选取了y轴处“势能”为零
D．稳定时桶中水面的纵截面为圆的一部分
【参考答案】C
【名师解析】类比重力势能与重力的关系，克服重力做功，重力势能增大，据此可知，与该“势能”对应的“力”的方向背离O点向外，与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而增加，选项AB错误；该“势能”的表达式是选取了y轴处“势能”为零，选项C正确；稳定时桶中水面的纵截面关于y轴对称，不是为圆的一部分，选项D错误。
二．计算题
1。（2022广东江门一模）“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发动机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择再生制动，后阶段速度小于等于v0时选择机械制动。当它以速度nv0（n＞1）在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即f=kv；后阶段阻力恒为车重的μ倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的η倍被转化为电能，那么此次刹车储存了多少电能；
（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；
（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直路面上匀速行驶（速度小于v0）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图像①和②，如图所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？
【名师解析】（1）E=η（mn2v02-mv02 ）=mv02η（n2-1）
（2）设汽电混动汽车在再生制动阶段运动的位移为x1，由动量定理，-f△t=m△v
又 f=kv，即-kv△t=m△v
所以在再生制动阶段，-kx1=mv0-mnv0，解得x1=
在机械制动阶段，由牛顿第二定律，μmg=ma，解得a=μg
设匀减速运动的位移为x2，由运动学规律，-v02=2（-a）x2
解得：x2=
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移x= x1+ x2=+
（3）对于减速运动过程，图像斜率的绝对值表示阻力的大小，由图像①，f=
代入得f=2000N
由图像②，设汽车的位移为x2，回收是动能为△Ek=Ek-fx2，代入数据得△Ek=5×105J。
2．（12分）（2020高考模拟示范卷6）近年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：
(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数;
(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;
(3)包裹A是否会到达分拣通道口.
【答案】 (1)μ1=0.5(2)△E=0.96J (3)包裹A不会到达分拣通道口
【解析】 (1)假设包裹A经过t1时间速度达到v0，由运动学知识有
包裹A在传送带上加速度的大小为a1,v0=a1t1
包裹A的质量为mA，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1
解得：μ1=0.5
(2)包裹A离开传送带时速度为v0，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为vA和vB，
由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB
包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2mBgx=0-mBvB2
解得vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为0.4m/s
两包裹碰撞时损失的机械能:△E=mAv02 -mAvA2-mBvB2
解得：△E=0.96J
(3)第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动xA后速度减为零，
由动能定理可知-μ1mAgxA=0-mAvA2
解得xA=0.016m