十年高考物理分类专题6机械能守恒定律练习含答案

专题六机械能守恒定律23年真题1.(2023新课标,15,6分)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.mghC.12mv2-mgh D.12mv答案：B以雨滴为研究对象,雨滴在下落过程中,受到重力和空气阻力,雨滴在地面附近下落高度h的过程中速率恒定,动能变化量为0,根据动能定理有mgh-W克=0,解得W克=mgh,故B正确。2.(2023新课标,20,6分)(多选)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A.在x=1m时,拉力的功率为6WB.在x=4m时,物体的动能为2JC.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为8JD.从x=0运动到x=4m的过程中,物体的动量最大为2kg·m/s答案：BC根据W=Fx可知,W-x图线的斜率表示水平拉力,则在0~2m内,拉力F1=122N=6N,则物体做匀加速直线运动,加速度a1=F1-μmgm=2m/s2,故由x1=12a1t12知,物体运动到x=1m所用的时间t1=1s,则v1=a1t1=2m/s,P1=F1v1=12W,A错误;在0~4m内,根据动能定理可得WF-μmgx4=Ek,解得Ek=2J,B正确;从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx2=8J,C正确;物体在2~4m内,拉力F2=18-124-2N=3N,加速度a2=F2-μmgm=-1m/s2,则物体做匀减速直线运动,故物体在x=2m时的速度最大,故由x2=12a1t22知,物体运动到x=2m所用的时间t2=2s,则v2=a1t23.(2023山东,4,3分)《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.2nmgω2RHC.3nmgω答案：Bt时间内,长度l=ωRt的筒车上有质量为M的水被灌入稻田,则M=35nlm=35nmωRt,筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=MgHt=3nmgωRH4.(2023山东,8,3分)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额定功率P0为()A.2B.2C.2D.2答案A设小车拖动物体行驶s1时速度为v,物体与地面间的动摩擦因数为μ。从小车拖动物体由静止开始运动到速度达到v这一过程,以小车和物体为研究对象根据动能定理列方程有(F-f-μmg)×s1=12(m+M)v从轻绳从物体上脱落到物体停止运动这一过程,以物体为研究对象根据动能定理列方程有-μmg(s2-s1)=0-12mv联立上述两式得v=2那么,小车的额定功率P0=Fv得P0=2F5.(2023江苏,11,4分)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑块()A.受到的合力较小B.经过A点的动能较小C.在A、B之间的运动时间较短D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小答案：C由频闪照片可知,题图甲中拍摄到的滑块数量少,故题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短,故C正确;由x=12at2可知,题图甲中滑块运动的加速度较大,则由F=ma可知,题图甲中滑块受到的合力较大,故A错误;设斜面倾角为θ,由Wf=μmgcosθ·x可知,两图中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等,故D错误;由上述分析可知题图甲对应滑块的上升过程,题图乙对应滑块的下降过程,题图甲中,滑块从A运动到B,由动能定理得-(WG+Wf)=0-EkA,题图乙中,滑块从B运动到A,由动能定理得WG-Wf=EkA'-0,联立得EkA>EkA',即题图甲中滑块经过A点的动能较大,B6.(2023重庆,8,5分)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。无人机及其装载物的总质量为2kg,取竖直向上为正方向。则()A.EF段无人机的速度大小为4m/sB.FM段无人机内的装载物处于失重状态C.FM段无人机和装载物总动量变化量的大小为4kg·m/sD.MN段无人机机械能守恒答案AB根据EF段方程y=4t-26可知EF段无人机的速度大小v=ΔyΔt=4m/s,A正确。根据y-t图线的切线斜率表示无人机的速度,可知FM段无人机先向上做减速运动,后向下做加速运动,加速度方向一直向下,则无人机内的装载物处于失重状态,B正确。根据MN段方程y=-2t+140,可知MN段无人机的速度v'=Δy'Δt'=-2m/s,则有Δp=mv'-mv=2×(-2)kg·m/s-2×4kg·m/s=-12kg·m/s,可知FM段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg·m/s,C错误。MN段无人机向下做匀速直线运动,动能不变,7.(2023全国乙,21,6分)(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flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于12mvD.物块的动能一定小于12mv答案：BD运动过程如图所示,设经过时间t,小物块的速度为v1,木板的速度为v2,小物块从木板右端滑下时,可知v1>v2,此过程中木板的位移x2=v22t,小物块的位移x1=v1+v02t,则x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力对木板做正功,对木板由动能定理可知fx2=EkM,则木板的动能EkM=fx2<fl,B正确,A错误;摩擦力对小物块做负功,对小物块由动能定理可知-fx1=Ekm-12mv02,则物块的动能Ekm=12mv02-fx1,又x8.(2023广东,8,6分)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物在14圆弧滑道顶端P点由静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg,滑道高度h为4m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有()A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N答案BCD重力做的功为WG=mgh=800J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=12mvQ2,代入数据解得货物克服阻力做的功为Wf=440J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a=vQ2h=9m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380N,9.(2023江苏,15,12分)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。答案(1)22d(3)2(1-μ)d解析(1)设滑雪者质量为m,对滑雪者在AP段的运动分析由牛顿第二定律得mgsin45°-mgμcos45°=ma①解得:a=22由运动学分析有d=12at2vP=at④联立②③得t=22(2)由④式可知,vP=2(对滑雪者在PB段的运动分析从P点静止开始下滑到B点有:WGPB+WfPB=0⑦对从A点静止开始下滑的过程中的P→B段分析有WGPB+WfPB=12mv2-12m联立⑥⑦⑧得v=vP=2((3)滑雪者从B点飞出刚好落在C点时,BC长度L最大,从B到C为抛体运动,设空中运动时间为t',竖直方向:vy=vsin45°=g×t'水平方向L=vxt'=vcos45°·t'联立⑨⑩得L=2(1-μ)d可知,若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,平台BC的最大长度为2(1-μ)d。10.(2023辽宁,13,10分)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中,该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水,速度达到v1=80m/s时离开水面,该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×104kg。离开水面后,飞机攀升高度h=100m时速度达到v2=100m/s,之后保持水平匀速飞行,待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求:(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t;(2)整个攀升阶段,飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。答案(1)2m/s240s(2)2.8×107J解析(1)由v12=2aL得a=v122L=80由t=v1-v0a得t=(2)飞机汲取的水的机械能增加量ΔE=mgh+12mv22-代入数据解得ΔE=2.8×107J11.(2023重庆,13,10分)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后,在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,运动方向与竖直方向夹角为θ,提升高度为h,如图所示。求:(1)提升高度为h时,工件的速度大小;(2)在此过程中,工件运动的时间及合力对工件做的功。答案(1)2ahcosθ(2)2hacosθ解析(1)设提升高度为h时,工件速度大小为v,根据匀变速直线运动位移与速度关系有v2=2ahcosθ,解得v=2ah(2)根据速度公式有v=at,解得t=2hacosθ,根据动能定理有W合=12mv2,解得W合=22年及以往真题1.(2022全国乙,16,6分)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于()A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积答案C如图所示,x为PA间的距离,其所对的圆心角为θ,小环由P点运动到A点,由动能定理得mgh=12mv2,由几何关系得h=R-Rcosθ,所以v=2gR(1-cosθ)。由于1-cosθ=2sin2θ2,sinθ2=x2R,所以v=2gR2.(2022全国甲,14,6分)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于()A.hk+1B.hkC.答案D运动员从a处滑至c处,mgh=12mvc2-0,在c点,N-mg=mvc2R,联立得N=mg1+2hR,由题意,结合牛顿第三定律可知,N=3.(2022北京,8,3分)我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验,提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验:细绳一端固定,另一端系一小球,给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验,()A.小球的速度大小均发生变化B.小球的向心加速度大小均发生变化C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化答案C在“天宫”中是完全失重的环境,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,细绳拉力提供小球做圆周运动所需的向心力,小球的线速度大小、向心加速度大小、向心力(细绳的拉力)大小均不变,无论在“天宫”还是在地面,细绳的拉力始终与速度垂直而不做功,故只有C正确。4.(2022江苏,8,4分)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳,将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力。此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是()答案A不计摩擦与空气阻力时,运动员运动过程中机械能守恒:ΔEk=ΔEp=mgΔh=mgΔxtanθ,即Ek=mgxtanθ,式中θ是斜面与水平面间的夹角,可见A正确,B、C、D错误。5.(2022湖北,5,4分)如图所示,质量分别为m和2m的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放在水平地面上,P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑,Q与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离,撤去拉力后,Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内,弹簧的劲度系数为k,重力加速度大小为g。若剪断轻绳,P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为()A.μmgkB.2μmgkC.答案C对Q,根据平衡条件有kx=2μmg,则弹簧伸长量x=2μmgk。剪断轻绳后,P的运动为简谐运动,故其最大位移为2x=6.(2022浙江1月选考,12,3分)某节水喷灌系统如图所示,水以v0=15m/s的速度水平喷出,每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的,喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动,电动机正常工作时,输入电压为220V,输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗,电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%,忽略水在管道中运动的机械能损失,g取10m/s2,则()A.每秒水泵对水做功为75JB.每秒水泵对水做功为225JC.水泵输入功率为440WD.电动机线圈的电阻为10Ω答案D根据功能关系可知,每秒水泵对水做功W=mgH+12mv02=2.0×10×3.75J+12×2.0×152J=300J,则水泵输出功率P1=300W,由题意可知,水泵输入功率P2=P175%=30075%W=400W,故A、B、C错误;根据题意,电动机输出功率P出=400W,故电动机线圈的热功率P热=I2R=7.(2022浙江6月选考,12,3分)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示,风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时,输出电功率为405kW,风速在5~10m/s范围内,转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为ρ,风场风速为v,并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是()A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比B.单位时间流过面积A的流动空气动能为12ρAvC.若每天平均有1.0×108kW的风能资源,则每天发电量为2.4×109kW·hD.若风场每年有5000h风速在6~10m/s范围内,则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h答案D设转化效率为η,则P出=12m空v2·ηΔt=12·ρvA·v2·η=12ρAv3η,故输出电功率与v3成正比,A错;单位时间内流过面积A的空气动能为12ρAv3,B错;每天的发电量为E每天=P每天·t·η=2.4×109·ηkW·h,由于η小于1,故C错;风速在6~10m/s范围内时,η不变,当v'=6m/s时,输出电功率最少为P出'=解题关键风速在5~10m/s范围内η恒定,题目中给出风速是9m/s时的输出功率,可根据这个速度下的输出功率推导出风速是6m/s时的输出功率。8.(2022浙江6月选考,13,3分)小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置,把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台,先加速再匀速,最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动,到达平台的速度刚好为零,g取10m/s2,则提升重物的最短时间为()A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s答案C以最大加速度加速、减速运动,时间最短。由Fm-mg=ma1,即300N-200N=20a1(N),解得a1=5m/s2;由v1=P额Fm得,匀加速运动的末速度v1=1200300m/s=4m/s,由v1=a1t1,得t1=45s=0.8s,该段位移x1=v12t1=42×0.8m=1.6m;由P额=mgvm得匀速运动的速度vm=1200200m/s=6m/s;匀减速运动的最大加速度a2=5m/s2,匀减速运动的时间t3=vma2=65s=1.2s,该段位移x3=vm2t3=62×1.2m=3.6m,则变加速运动与匀速运动的总位移x2=(85.2-1.6-3.6)m=80m,对该过程应用动能定理,P额t2-mgx2=12mvm2-12mv12,代入数据解得t2解题指导本题运动过程复杂,利用v-t图像进行分析推理,既能思路清晰,又不易犯错误。易犯的错误是漏掉变加速运动过程,熟练掌握汽车两类启动模型是防止犯此类错误的关键。9.(2022江苏,10,4分)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与物块A连接在一起,处于压缩状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时,立即将物块B轻放在A右侧,A、B由静止开始一起沿斜面向下运动,下滑过程中A、B始终不分离,当A回到初始位置时速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同,弹簧未超过弹性限度。则()A.当上滑到最大位移的一半时,A的加速度方向沿斜面向下B.A上滑时,弹簧的弹力方向不发生变化C.下滑时,B对A的压力先减小后增大D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量答案B由于下滑过程中A、B始终不分离,可知A对B的弹力方向沿斜面向上且不小于零;下滑到平衡位置前,B所受合力FB方向沿斜面向下、大小等于重力沿斜面分力减去A对B的弹力与斜面摩擦力,设斜面倾角为θ,有FB=mBgsinθ-FAB-μmBgcosθ,由于合力逐渐减小而重力沿斜面分力、斜面摩擦力不变,故A对B的弹力逐渐增大;下滑过平衡位置后B所受合力大小FB'=FAB+μmBgcosθ-mBgsinθ逐渐增大,则A对B的弹力仍逐渐增大,C错误。整个过程中弹簧弹性势能、A的机械能变化量为零,由能量守恒可知,A、B克服摩擦力所做总功等于B减少的重力势能,D错误。下滑过程中在最高点:对B受力分析得mBa=mBgsinθ-FAB-μmBgcosθ,对A、B整体受力分析得(mA+mB)a=(mA+mB)gsinθ-Fx-μ(mA+mB)gcosθ,联立可得FABFx=mBmA+mB,可见弹簧对A的弹力Fx方向总是与A对B的作用力FAB相同、大小与FAB成正比,故弹簧在最高点处不会处于拉伸状态,可知上滑过程中弹簧弹力方向不变,B正确。设A在最低点和最高点时弹簧压缩量分别为x1和x2,上滑过程由能量守恒得12kx12=12kx22+mg(x1-x2)sinθ+f(x1-x2),解得k方法技巧分析B选项时,可用假设法快速解题。在物块B放到斜面的瞬间,假设弹簧对A有沿斜面向下的拉力,则由牛顿第二定律知此时aA>aB,不满足题目中的运动情况,假设不成立,弹簧全程不能对A有沿斜面向下的拉力,故B正确。10.(2022全国乙,20,6分)(多选)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。则()A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg·m/sD.0~6s时间内F对物块所做的功为40J答案AD由图知0~3s内F的大小为F1=4N,3~6s内F的大小F2=4N;在0到3s内,物块沿正方向做匀加速直线运动,F1-μmg=ma1,解得a1=2m/s2,为正方向,3s末的速度v1=a1t1=6m/s;3s末力F反向,物块先沿正方向减速到零,F2+μmg=ma2,解得a2=6m/s2,为负方向,物块减速到零所用的时间t2=v1a2=1s,即4s末物块减速到零;在4~6s内,物块再反向做匀加速直线运动,F2-μmg=ma3,解得a3=2m/s2,为负方向。画出整个过程中的v4s时物块的速度为零,动能为零,A正确;由图可知在0~6s内,物块的位移不为零,6s时物块没有回到初始位置,B错误;3s时的速度v1=6m/s,动量p1=mv1=6kg·m/s,C错误;由v-t图线与时间轴所围的面积表示位移知,0~3s内、3~4s内、4~6s内物块的位移大小分别为x1=9m、x2=3m、x3=4m,则F对物块做的功分别为W1=F1x1=36J、W2=-F2x2=-12J、W3=F2x3=16J,则0~6s时间内F对物块所做的功W=W1+W2+W3=40J,D正确。11.(2022湖南,7,5分)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后,逐一打开引导伞、减速伞、主伞,最后启动反冲装置,实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况,将其运动简化为竖直方向的直线运动,其v-t图像如图所示。设该过程中,重力加速度不变,返回舱质量不变,下列说法正确的是()A.在0~t1时间内,返回舱重力的功率随时间减小B.在0~t1时间内,返回舱的加速度不变C.在t1~t2时间内,返回舱的动量随时间减小D.在t2~t3时间内,返回舱的机械能不变答案ACPG=mgv,0~t1时间内,v减小,PG减小,A正确;在0~t1时间内图像斜率减小,加速度减小,B错误;t1~t2时间内,由p=mv,v减小,返回舱动量p减小,C正确;t2~t3时间内,v不变,Ek不变,返回舱下落,重力势能Ep减小,故返回舱机械能减小,D错误。12.(2022广东,9,6分)(多选)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg,MN=PQ=20m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有()A.从M到N,小车牵引力大小为40NB.从M到N,小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q,小车重力势能增加1×104JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700J答案ABD由F=Pv得从M到N的牵引力F=2005N=40N,A正确。从M到N,匀速运动的速度v=5m/s,t=xv=4s,由动能定理有Pt-Wf=0,则克服摩擦力做功Wf=800J,B正确。从P到Q上升高度h=xPQsin30°=10m,ΔEp=-WG=mgh=5×103J,运动时间t'=xPQv'=10s,由动能定理有P't'-mgh-Wf'13.(2022重庆,10,5分)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用,由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时,物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示,则()A.物块与斜面间的动摩擦因数为2B.当拉力沿斜面向上,重力做功为9J时,物块动能为3JC.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块的加速度大小之比为1∶3D.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的动量大小之比为1∶2答案BC设斜面长为L,由图可知,当物块下滑到斜面底端时,重力做功mgLsin45°=18J、摩擦力做功大小μmgLcos45°=6J,故μ=13,A错误。由于拉力与斜面平行、大小与摩擦力相等,当拉力沿斜面向上,重力做功为mgL2sin45°=9J时,物块动能为Ek=mgL2sin45°-2μmgL2cos45°=3J,B正确。当拉力沿斜面向上时:mgsin45°-2μmgcos45°=ma1,向下时:mgsin45°=ma2,解得a1=26g、a2=22g,a1∶a2=1∶3,故C正确。结合v2=2aL,当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的速度大小之比为1314.(2022河北,9,6分)(多选)如图,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为g3。T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度,取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为gA.物体P和Q的质量之比为1∶3B.2T时刻物体Q的机械能为EC.2T时刻物体P重力的功率为3D.2T时刻物体P的速度大小为2答案BCD由静止释放后,利用整体法结合牛顿第二定律可知,(mQ-mP)g=(mQ+mP)a,由于a=g3,则mPmQ=12,选项A错误;设P物体质量为mT时刻绳子断开时,P、Q两物体在图中B、D两处,对应速度为v1'=v1=g3T,绳子断开之后,P做竖直上抛运动,设再经t0到达与Q释放位置(C点)等高处,根据匀变速直线运动公式有0=v1'-gt0,得t0=T3,则开始时P、Q的高度差h=x1+x2=0+v1'2T+0+v1'2·T3=29gT2,所以t=0时刻,Q的机械能E=2mgh=49mg2T2,2T时刻Q运动到F点,速度为v2=v1+gT=43gT,在0~2T时间内,Q下落的距离H=0+v12T+v1+v22T=gT2,所以在2T时刻Q的机械能为E'=-2mg(H-h)+12·2mv22=29mg2T2=E2,选项B正确;P到达最高点之后,再经过t'=23T到达2T时刻,此时P的速度为15.(2020浙江7月选考,16,2分)(多选)如图所示,系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机,旋翼由电动机带动。现有质量为20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升,经过200s到达100m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V,若不计电缆的质量和电阻,忽略电缆对无人机的拉力,则(g取10m/s2)()A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200NB.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5AC.无人机上升过程中消耗的平均功率为100WD.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功答案BD由牛顿第二定律分析可知,无人机向上加速过程中,空气对无人机的作用力大于200N,向上减速过程则小于200N,故A选项错误。由I=PU=5×103400A=12.5A,可知B选项正确。无人机上升及悬停时,均会推动其周围空气加速流动,故无人机上升及悬停时均有部分功率对空气做功,而克服无人机升高所消耗的平均功率为P=mght=100W,故实际消耗的平均功率大于100W,16.(2018江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块()A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W弹-Wf=0,选项D正确。思路分析物块运动状态的确定根据题设条件,对物块受力分析,并分阶段讨论物块的加速度和速度的变化情况。17.(2015浙江理综,18,6分)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N;弹射器有效作用长度为100m,推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则()A.弹射器的推力大小为1.1×106NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2答案ABD舰载机弹射过程中的加速度a=v22x=80

22×100m/s2=32m/s2,选项D正确;对舰载机在水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F弹+F发-20%(F弹+F发)=ma,解得:F弹=1.1×106N,选项A正确;由功的定义得:W弹=F弹·x=1.1×108J,选项B正确;由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t=va=8032s=2.5s,由功率的定义得:P弹=18.(2015海南单科,3,3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的()A.4倍B.2倍C.3倍D.2倍答案D因摩托艇受到的阻力f=kv,设原来发动机的输出功率为P,最大速率为vm,输出功率为2P时,最大速率为vm'。由P=Fv=fvm=kvm2得vm=Pk,所以vm'vm=2PP=2,19.(2014课标Ⅱ,16,6分)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则()A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1答案CWF1=12mv2+μmg·v2t,WF2=12m·4v2+μmg2v2t,故WF2<4WF1;Wf1=μmg·v2t,Wf2=μmg·2v220.(2015课标Ⅱ,17,6分)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是()答案A由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0<v1,则0~t1时间内汽车先加速有:P1v-f=ma1,可见a1随着v的增大而减小,选项B、D错误。若v0=v1,汽车在0~t1时间内匀速运动,因选项中不涉及v0>v1的情况,故不作分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动有:P2v-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故21.(2014重庆理综,2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则()A.v2=k1v1B.v2=k1k2v1C.v2=k2k1v1答案B车以最大速率行驶时,牵引力F等于阻力f,即F=f=kmg。由P=k1mgv1及P=k2mgv2,得v2=k1k2v1,22.(2016课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则()A.a=2(mgRC.N=3mgR-答案AC由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W=12mv2,在最低点的向心加速度a=v2R,联立得a=2(mgR-W)mR,选项A正确;22.(2016浙江理综,18,6分)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。则()A.动摩擦因数μ=6B.载人滑草车最大速度为2C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35答案AB滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2f1=μmgcos45°f2=μmgcos37°整个过程由动能定理列方程:mg·2h-f1·hsin45°-f2·解得:μ=67,A滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:mgh-f1·hsin45°=12解得:v=2gh7由①式知:Wf=2mgh,C项错误。在下段滑道上,mgsin37°-μmgcos37°=ma2解得:a2=-335g,故D23.(2015江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环()A.下滑过程中,加速度一直减小B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为14mvC.在C处,弹簧的弹性势能为14mv2D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度答案BD圆环在B处速度最大,加速度为0,BC段加速度在增大,因此,下滑过程中,加速度先减小后增大,选项A错误。下滑过程中,设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理mgh-Wf-W弹=0-0上滑过程中-mgh-Wf+W弹=0-12mv联立得Wf=14mv2,选项BW弹=mgh-14mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从A→C过程克服弹簧弹力做的功,选项C设从B到C克服弹簧弹力做功为W弹',克服摩擦力做功为Wf'故有下滑过程从B→C-W弹'+mghBC-Wf'=0-12mv上滑过程从C→BW弹'-mghBC-Wf'=12mvB'2-12mv联立①②可得12mvB2-2Wf'+12mv2=1因Wf'<Wf=14mv故2Wf'<12mv则有12mvB'2>12vB'>vB,选项D正确。24.(2015海南单科,4,3分)如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为()A.14mgRB.13mgRC.12答案C当质点由P点滑到Q点时,对轨道的正压力为2mg,则质点所受支持力FN=2mg,由牛顿第二定律得FN-mg=mvQ2R,vQ2=gR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理得:mgR-Wf=12mvQ2-0,得:Wf=12mgR,25.(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是()答案A设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-12gt2,联立得Ek=12mg2t2-mgv0t+Ek0,故26.(2017江苏单科,3,3分)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案C本题考查动能定理和图像的应用。依据动能定理,上升过程中F升=mgsinα+μmgcosα大小恒定,下降过程中F降=mgsinα-μmgcosα大小恒定。说明在Ek-x图像中,上升、下降阶段图线的斜率均恒定,图线均为直线,则选项B、D错误。物块能够返回,返回过程位移减小,而动能增加,则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功,则Ekt<Ek0,故选项C正确。27.(2020山东,11,4分)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是()A.M<2mB.2m<M<3mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量答案ACD将钩码从弹簧原长的位置由静止释放,钩码在竖直方向上做简谐运动,刚释放时钩码的加速度为a=g,由对称性可知,当钩码下降到最低点时a'=-g,则由牛顿第二定律mg-T=ma'可得此时弹簧弹力大小T=2mg,设滑轮与A间轻绳与水平方向的夹角为θ,由于此时A对水平桌面的压力恰好为零,故有Tsinθ=Mg,可见M=2msinθ<2m,A项正确,B项错误。B从释放到运动到最低点的过程中先加速后减速到零,动能先增大后减小,由动能定理可知合力先做正功后做负功,C项正确。而B从释放到速度最大的过程中除重力外只有弹簧弹力做负功,由功能关系可知,其机械能的减少量等于克服弹簧弹力所做的功,D正确。28.(2018浙江4月选考,13,3分)如图所示,一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处,A、B两点水平距离为16m,竖直距离为2m,A、B间绳长为20m,质量为10kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面,猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(g取10m/s2,绳处于拉直状态)()A.-1.2×103JB.-7.5×102JC.-6.0×102JD.-2.0×102J答案B猴子重力势能最小的位置为猴子重心竖直高度最低点,结合同绳同力可知,在最低点(重力势能最小)时,两侧绳子与水平方向的夹角相同,记为θ,设右边绳子长度为a,左边绳子长度为20m-a由几何关系得a联立解得a=353m,所以绳子最低点与参考平面的竖直距离为353m·sinθ=7m,猴子的重心比绳子最低点大约低0.5m,所以猴子在最低点的重力势能约为Ep=-mgh=-750J,选29.(2017课标Ⅲ,16,6分)如图,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距13l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为A.19mglB.16mglC.13答案A将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,使M、Q之间的绳对折,外力克服下面13的绳的重力做功,W外=|WG|,而下面13的绳重心升高13l,故克服重力做的功大小为|WG|=m0g·13l,又m0=13m,则W外=|WG|=13mg·130.(2017江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中()A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于32B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下D.弹簧的弹性势能最大值为32答案AB本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律。A球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A的动能达到最大之前,B受到地面的支持力小于32mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能量守恒定律,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=Lcos30°-Lcos60°=3-12L,重力做功W=mgh=31.(2016课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<π2。在小球从M点运动到N点的过程中A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案BCD如图所示,OP垂直于竖直杆,Q点与M点关于OP对称,在小球从M点到Q点的过程中,弹簧弹力先做负功后做正功,故A错。在P点弹簧长度最短,弹力方向与速度方向垂直,故此时弹力对小球做功的功率为零,即C正确。小球在P点时所受弹簧弹力等于竖直杆给它的弹力,竖直方向上只受重力,此时小球加速度为g,当弹簧处于自由长度时,小球只受重力作用,此时小球的加速度也为g,故B正确。小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等,故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量,而小球在M点的动能为零,故D正确。32.(2016上海单科,7,2分)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置,体验者在风力作用下飘浮在半空。若减小风力,体验者在加速下落过程中()A.失重且机械能增加B.失重且机械能减少C.超重且机械能增加D.超重且机械能减少答案B根据题意,体验者飘浮时受到的重力和风力平衡;在加速下落过程中,风力小于重力,即重力对体验者做正功,风力做负功,体验者的机械能减小;加速下落过程中,加速度方向向下,体验者处于失重状态,故选项B正确。33.(2016四川理综,1,6分)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1900J,他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1900JB.动能增加了2000JC.重力势能减小了1900JD.重力势能减小了2000J答案C由动能定理可知,ΔEk=1900J-100J=1800J,故A、B均错。重力势能的减少量等于重力做的功,故C正确、D错。34.(2015课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则()A.a落地前,轻杆对b一直做正功B.a落地时速度大小为2C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg答案BD因为杆对滑块b的限制,a落地时b的速度为零,所以b的运动为先加速后减速,杆对b的作用力对b做的功即b所受合外力做的总功,由动能定理可知,杆对b先做正功后做负功,故A错。对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有:mgh=12mva2,va=2gh,故B正确。杆对a的作用效果为先推后拉,杆对a的作用力为拉力时,a下落过程中的加速度大小会大于g,即C错。由功能关系可知,当杆对a的推力减为零的时刻,即a的机械能最小的时刻,此时杆对a和b的作用力均为零,故35.(2015福建理综,17,6分)如图,在竖直平面内,滑道ABC关于B点对称,且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C,所用的时间为t1,第二次由C滑到A,所用的时间为t2,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行,小滑块与滑道间的动摩擦因数恒定,则()A.t1<t2B.t1=t2C.t1>t2D.无法比较t1、t2的大小答案A在AB段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小;在BC段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小。分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小,摩擦力做功较少,动能变化量较小,平均速率较大,由t=sv可知t1<t2,A36.(2015天津理综,5,6分)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了3mgLC.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案B圆环在下滑过程中,圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功,圆环的机械能不守恒,圆环和弹簧组成的系统机械能守恒,系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和,选项A、D错误;对圆环进行受力分析,可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小,当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时,加速度减为0,速度达到最大,而后加速度反向且逐渐增大,圆环开始做减速运动,当圆环下滑到最大距离时,所受合力最大,选项C错误;由图中几何关系知圆环的下降高度为3L,由系统机械能守恒可得mg×3L=ΔEp,解得ΔEp=3mgL,选项B正确。37.(2014广东理综,16,4分)图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A.缓冲器的机械能守恒B.摩擦力做功消耗机械能C.垫板的动能全部转化为内能D.弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B在弹簧压缩过程中,由于摩擦力做功消耗机械能,因此机械能不守恒,选项A错B对;垫板的动能转化为弹性势能和内能,选项C、D均错误。38.(2022浙江1月选考,20,12分)(12分)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成,B、D和F为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg,轨道BCD和DEF的半径R=0.15m,轨道AB长度lAB=3m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=78,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,sin37°=0.6,cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB(1)若释放点距B点的长度l=0.7m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小;(2)设释放点距B点的长度为lx,滑块第1次经过F点时的速度v与lx之间的关系式;(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点,求释放点距B点长度lx的值。答案(1)7N(2)v=12lx-9.6(m·s-1)(lx解析(1)到C点过程,根据动能定理有:mglsin37°+mgR(1-cos37°)=12m(点拨:滑块由静止释放到C点过程,重力做功即为合外力做功)在C点时,FN-mg=mvC2R,解得(2)根据动能定理,从释放点到F点过程:(点拨:竖直平面内做圆周运动时考虑不脱轨的条件)mglxsin37°-4mgRcos37°=12mv可得v=12lx-9.6由于滑块能经过F点,故经过DEF轨道最高点时的速度应大于等于零,则mglxsin37°≥mg(R+3Rcos37°),解得lx≥0.85m(3)设全程摩擦力做功为第一次到达中点时摩擦力做功的n倍(n为奇数)mglxsin37°-mg·lFG2sin37°-nμmg·lFG(点拨:摩擦力做功与路径有关,滑块最终停在FG的中点,路径长度应是lFG一半的奇数倍,根据几何关系知lFG=0.8m)lx=7n当n=1时,lx1=当n=3时,lx2=当n=5时,lx3=39.(2022湖南,14,15分)如图(a),质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落,与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍(λ为常数且0<λ<H-hH(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比;(2)若篮球反弹至最高处h时,运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处,力F随高度y的变化如图(b)所示,其中h0已知,求F0的大小;(3)篮球从H高度处由静止下落后,每次反弹至最高点时,运动员拍击一次篮球(拍击时间极短),瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处,求冲量I的大小。答案(1)(1+λ(2)2(1-(3)2解析(1)设篮球与地面碰撞前后的速率分别为v0、v1,由动能定理有:12mv02-0=(1-λ)0-12mv12=-(1+λ)联立①②式解得v1v0=(2)若篮球与地面碰撞后恰好能反弹至h高处,则篮球与地面碰撞后的速率必为v1,则篮球在力F作用下落回地面时速率必为v0,对篮球下落过程由动能定理有12mv02-0=(1-λ)mgh+W由图(b)中图像面积可得WF=h-h02联立①④⑤式可得F0=2(1-λ)(3)设第i次拍击前后的上升阶段的初速度大小、下降阶段的末速度大小分别为vi、vi',对应的离地高度为hi,每次拍击后篮球获得的速度为v,则由动量定理有I=mv⑦再对每个阶段由动能定理有0-12mv12=-(1+λ)mgh12mv1ʹ'2-12mvN2=(1-λ)0-12mv22=-(1+λ)mgh12mv2'2-12mvN2=(1-eq\o\ac(○,11)0-12mvN2=-(1+λ)mghNeq\o\ac(○,12)12mvNʹ'2-12mvN2=(1-λ)mghNeq\o\ac(○,13)0-12mvN+12=-(1+λ)mghN+1eq\o\ac(○,14)其中hN+1=H、v0v1=v1'v2=…=vN联立①、⑦~eq\o\ac(○,15)式解得I=240.(2022湖北,16,16分)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由静止释放。设C的下落速度为3gL5时,与正下方质量为2m的静止桩D正碰,碰撞时间极短,碰撞后C的速度为零,D竖直向下运动L10距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C(1)求C的质量;(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小;(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时C的动能。答案(1)3m(2)132mg(3)2(2-3)解析(1)系统在图中虚线位置能保持静止,由平衡条件可得mCg=2mgsin60°解得mC=3m(2)设碰撞后D的速度为v,由于碰撞时间极短,C、D构成的系统动量守恒mCvC=2mv在D运动过程中由动能定理有-(F-2mg)×L10=0-12×2将vC=3gL5代入可得F=(3)系统动能最大时加速度为零,合力为零,即在图中虚线位置时系统的动能最大。设此时A、B与C的速度大小分别为v1、v1、v2,由于C的速度沿绳的分速度等于A、B的速度,故v1=v2sin60°再由系统机械能守恒有mCgLtan60°-2mgLcos60°-L=12mCv2解得C的最大动能Ekm=12mCv22=2(2-41.(2022山东,16,9分)某粮库使用额定电压U=380V、内阻R=0.25Ω的电动机运粮。如图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡、装满粮食的小车以速度v=2m/s沿斜坡匀速上行,此时电流I=40A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100kg,车上粮食质量m2=1200kg,配重质量m0=40kg,取重力加速度g=10m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:(1)比例系数k值;(2)上行路程L值。答案(1)0.1(2)0.36m解析(1)电动机输出功率P输=UI-I2RP输=F拉vT绳=m0g小车及车上粮食匀速上行时,设斜坡倾角为θT绳+F拉=(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g卸粮后,小车匀速下行时T绳+km1g=m1gsinθ由以上各式得k=0.1,sinθ=0.5(2)关闭电动机后,小车与粮食向上减速运动,设加速度大小为a,由牛顿第二定律有(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g-T=(m1+m2)a对配重受力分析,由牛顿第二定律有T-m0g=m0a由运动学公式有02-v2=-2aL由以上各式得L=67185m≈0.42.(2022浙江6月选考,20,12分)如图所示,在竖直面内,一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上,AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上,E点高度为H。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O点,并向左拉开一定的高度h由静止下摆,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2g,l=1m,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ=0.5,轨道AB和管道DE均光滑,物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙,CD与DE平滑连接,物块可视为质点。(1)若h=1.25m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小;(2)物块a在DE最高点时,求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系;(3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m,求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点,水平向右为正,建立x轴)。答案(1)5m/s(2)FN=0.1h-0.14(h≥1.2m)(3)见解析解析(1)设滑块b摆到最低点的速度为vb,由mgh=12mvb2得a、b发生弹性正碰且a、b质量相等,则二者交换速度,v0=vb=5m/s(2)设从h1释放时,物块a运动到E点时速度恰好为零。此为能到达DE最高点的临界条件对物块a、b组成的系统由功能关系得mgh1-2μmgl-mgH=0解得h1=1.2m以竖直向下为正方向,对物块a在DE最高点,由牛顿第二定律得FN+mg=mv对物块a、b组成的系统由功能关系得mgh-2μmgl-mgH=12m代入数据联立得FN=0.1h-0.14(h≥1.2m)(3)当1.2m≤h<1.65m时,物块a静止的位置在E点或E点右侧水平面FG上,根据动能定理得mgh-2μmgl-mgH=12m从E点飞出后,物块a做平抛运动,则H=12gtS1=vEt根据几何关系可得xDF=R2-(即物块a的位置为x=3l+xDF+S1代入数据解得3+35m≤x<设滑块b释放的高度为h0时,滑块a恰好到达D点,由动能定理得mgh0-μmg2l=0,解得h0=1m此时滑块a静止的位置为x1=3l=3m则当0.9m<h<1.2m时,从h2=0.9m释放物块b,物块a不能到达D点,设此过程中物块a所受滑动摩擦力对应的位移为S2,由mgh-μmgS2=0得S1=1.8m即物块a静止的位置为x2=S2+l=2.8m若滑块a由E点速度为零返回到水平面上,由mgH-μmgS3=0可得S3=0.4m即物块a静止的位置为x3=3l-S3=2.6m综上可知当0.9m<h<1.65m时,2.6m<x≤3m43.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导FP的表达式(3)为提高能量的转换效率,要使FP尽量大,请提出增大F答案(1)F12ZemU(2)FP=解析本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学生的综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有ZeU=12mv2设正离子束所受的电场力为F1',根据牛顿第三定律,有F1'=F1②设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有F1'=ΔNmv-联立①②③式,且N=ΔNN=F1(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有P=12考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得FP=2(3)为使FP尽量大,分析⑥三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。解题关键①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,此题也可以用动量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故ΔNΔt=F1'mv=F12ZemU44.(2017课标Ⅱ,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。答案(1)v02解析(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得-μmgs0=12mv12-1解得μ=v0(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。由运动学公式得v02-v12=2av0-v1=a1t④s1=12a2t2联立③④⑤式得a2=s145.(2017江苏单科,14,16分)如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱C,三者半径均为R。C的质量为m,A、B的质量都为m2,与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求(1)未拉A时,C受到B作用力的大小F;(2)动摩擦因数的最小值μmin;(3)A移动的整个过程中,拉力做的功W。答案(1)33mg(2)32(3)(2μ-1)(解析本题考查共点力作用下物体的平衡、力的分解、动能定理。(1)C受力平衡2Fcos30°=mg解得F=33(2)C恰好降到地面时,B受C压力的水平分力最大Fxmax=32B受地面的最大静摩擦力f=μmg根据题意fmin=Fxmax解得μmin=3(3)C下降的高度h=(3-1)RA的位移x=2(3-1)R摩擦力做功的大小Wf=fx=2(3-1)μmgR根据动能定理W-Wf+mgh=0-0解得W=(2μ-1)(3-1)mgR46.(2016天津理综,10,16分)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示,质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24m/s,A与B的竖直高度差H=48m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J,取g=10m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。答案(1)144N(2)12.5m解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有vB由牛顿第二定律有mgHx-Ff联立①②式,代入数据解得Ff=144N③(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W=12mvC2-1设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有FN-mg=mvC由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得R=12.5m⑥审题指导(1)运动员在AB上做匀加速直线运动,在求受到的阻力Ff时,可利用运动学公式和牛顿第二定律来解答。(2)对运动员从B到C过程应用动能定理,求解vC。分析运动员在C点时哪些力提供向心力。评分参考①②④⑤式各3分,③⑥式各2分。47.(2015天津理综,10,16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,取g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求(1)邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。答案(1)0.2s(2)0.1m(3)-2J解析(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则F=μmg①取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有Ft=mv-0②由①②式并代入数据得t=0.2s③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有Fx=12mv2由①④式并代入数据得x=0.1m⑤(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则s=vt⑥摩擦力对皮带做的功W=-Fs⑦由①③⑥⑦式并代入数据得W=-2J⑧48.(2015浙江理综,23,16分)如图所示,用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8m,长L2=1.5m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定。将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的