PAGE1專題六機(jī)械能守恒定律考點(diǎn)1功和功率考向1功和功率的分析與計(jì)算3.(2023山東,4,3分)《天工開(kāi)物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場(chǎng)景。引水過(guò)程簡(jiǎn)化如下:兩個(gè)半徑均為R的水輪,以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。水筒在筒車上均勻排布,單位長(zhǎng)度上有n個(gè),與水輪間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)。每個(gè)水筒離開(kāi)水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,則筒車對(duì)灌入稻田的水做功的功率為()A.2nmgω2RHC.3nmgω答案：Bt時(shí)間內(nèi),長(zhǎng)度l=ωRt的筒車上有質(zhì)量為M的水被灌入稻田,則M=35nlm=35nmωRt,筒車對(duì)灌入稻田的水做功的功率為P=MgHt4.(2023山東,8,3分)質(zhì)量為M的玩具動(dòng)力小車在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí),牽引力F和受到的阻力f均為恒力。如圖所示,小車用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小車拖動(dòng)物體行駛的位移為s1時(shí),小車達(dá)到額定功率,輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時(shí)間后停下,其總位移為s2。物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變,不計(jì)空氣阻力。小車的額定功率P0為()A.2B.2C.2D.2答案A設(shè)小車拖動(dòng)物體行駛s1時(shí)速度為v,物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。從小車拖動(dòng)物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度達(dá)到v這一過(guò)程,以小車和物體為研究對(duì)象根據(jù)動(dòng)能定理列方程有(F-f-μmg)×s1=12(m+M)v從輕繩從物體上脫落到物體停止運(yùn)動(dòng)這一過(guò)程,以物體為研究對(duì)象根據(jù)動(dòng)能定理列方程有-μmg(s2-s1)=0-12mv聯(lián)立上述兩式得v=2(那么,小車的額定功率P0=Fv得P0=2F3.(2022北京,8,3分)我國(guó)航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實(shí)驗(yàn),提高了青少年科學(xué)探索的興趣。某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn):細(xì)繩一端固定,另一端系一小球,給小球一初速度使其在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。無(wú)論在“天宮”還是在地面做此實(shí)驗(yàn),()A.小球的速度大小均發(fā)生變化B.小球的向心加速度大小均發(fā)生變化C.細(xì)繩的拉力對(duì)小球均不做功D.細(xì)繩的拉力大小均發(fā)生變化答案C在“天宮”中是完全失重的環(huán)境,小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),細(xì)繩拉力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力,小球的線速度大小、向心加速度大小、向心力(細(xì)繩的拉力)大小均不變,無(wú)論在“天宮”還是在地面,細(xì)繩的拉力始終與速度垂直而不做功,故只有C正確。10.(2022全國(guó)乙,20,6分)(多選)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng),F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。則()A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零B.6s時(shí)物塊回到初始位置C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg·m/sD.0~6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J答案AD由圖知0~3s內(nèi)F的大小為F1=4N,3~6s內(nèi)F的大小F2=4N;在0到3s內(nèi),物塊沿正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),F1-μmg=ma1,解得a1=2m/s2,為正方向,3s末的速度v1=a1t1=6m/s;3s末力F反向,物塊先沿正方向減速到零,F2+μmg=ma2,解得a2=6m/s2,為負(fù)方向,物塊減速到零所用的時(shí)間t2=v1a2=1s,即4s末物塊減速到零;在4~6s內(nèi),物塊再反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),F2-μmg=ma3,解得a3=2m/s2,為負(fù)方向。畫出整個(gè)過(guò)程中的v4s時(shí)物塊的速度為零,動(dòng)能為零,A正確;由圖可知在0~6s內(nèi),物塊的位移不為零,6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置,B錯(cuò)誤;3s時(shí)的速度v1=6m/s,動(dòng)量p1=mv1=6kg·m/s,C錯(cuò)誤;由v-t圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示位移知,0~3s內(nèi)、3~4s內(nèi)、4~6s內(nèi)物塊的位移大小分別為x1=9m、x2=3m、x3=4m,則F對(duì)物塊做的功分別為W1=F1x1=36J、W2=-F2x2=-12J、W3=F2x3=16J,則0~6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功W=W1+W2+W3=40J,D正確。15.(2020浙江7月選考,16,2分)(多選)如圖所示,系留無(wú)人機(jī)是利用地面直流電源通過(guò)電纜供電的無(wú)人機(jī),旋翼由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)?，F(xiàn)有質(zhì)量為20kg、額定功率為5kW的系留無(wú)人機(jī)從地面起飛沿豎直方向上升,經(jīng)過(guò)200s到達(dá)100m高處后懸停并進(jìn)行工作。已知直流電源供電電壓為400V,若不計(jì)電纜的質(zhì)量和電阻,忽略電纜對(duì)無(wú)人機(jī)的拉力,則(g取10m/s2)()A.空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力始終大于或等于200NB.直流電源對(duì)無(wú)人機(jī)供電的額定電流為12.5AC.無(wú)人機(jī)上升過(guò)程中消耗的平均功率為100WD.無(wú)人機(jī)上升及懸停時(shí)均有部分功率用于對(duì)空氣做功答案BD由牛頓第二定律分析可知,無(wú)人機(jī)向上加速過(guò)程中,空氣對(duì)無(wú)人機(jī)的作用力大于200N,向上減速過(guò)程則小于200N,故A選項(xiàng)錯(cuò)誤。由I=PU=5×10317.(2015浙江理綜,18,6分)(多選)我國(guó)科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器。艦載機(jī)總質(zhì)量為3.0×104kg,設(shè)起飛過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)的推力恒為1.0×105N;彈射器有效作用長(zhǎng)度為100m,推力恒定。要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時(shí)速度大小達(dá)到80m/s。彈射過(guò)程中艦載機(jī)所受總推力為彈射器和發(fā)動(dòng)機(jī)推力之和,假設(shè)所受阻力為總推力的20%,則()A.彈射器的推力大小為1.1×106NB.彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為1.1×108JC.彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率為8.8×107WD.艦載機(jī)在彈射過(guò)程中的加速度大小為32m/s2答案ABD艦載機(jī)彈射過(guò)程中的加速度a=v22x=80

22×100m/s2=32m/s2,選項(xiàng)D正確;對(duì)艦載機(jī)在水平方向受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得:F彈+F發(fā)-20%(F彈+F發(fā))=ma,解得:F彈=1.1×106N,選項(xiàng)A正確;由功的定義得:W彈=F彈·x=1.1×108J,選項(xiàng)B正確;由速度公式得彈射器對(duì)艦載機(jī)的作用時(shí)間t=va=8018.(2015海南單科,3,3分)假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉?lái)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,設(shè)原來(lái)發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P,最大速率為vm,輸出功率為2P時(shí),最大速率為vm'。由P=Fv=fvm=kvm2得vm=Pk,所以vm'21.(2014重慶理綜,2,6分)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛,受到的阻力分別為車重的k1和k2倍,最大速率分別為v1和v2,則()A.v2=k1v1B.v2=k1k2v1C.v2=k2k1v1答案B車以最大速率行駛時(shí),牽引力F等于阻力f,即F=f=kmg。由P=k1mgv1及P=k2mgv2,得v2=k1k229.(2017課標(biāo)Ⅲ,16,6分)如圖,一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn),M點(diǎn)與繩的上端P相距13A.19mglB.16mglC.13答案A將繩的下端Q緩慢向上拉至M點(diǎn),使M、Q之間的繩對(duì)折,外力克服下面13的繩的重力做功,W外=|WG|,而下面13的繩重心升高13l,故克服重力做的功大小為|WG|=m0g·13l,又m0=13m,則W外=|WG|=141.(2022山東,16,9分)某糧庫(kù)使用額定電壓U=380V、內(nèi)阻R=0.25Ω的電動(dòng)機(jī)運(yùn)糧。如圖所示,配重和電動(dòng)機(jī)連接小車的纜繩均平行于斜坡、裝滿糧食的小車以速度v=2m/s沿斜坡勻速上行,此時(shí)電流I=40A。關(guān)閉電動(dòng)機(jī)后,小車又沿斜坡上行路程L到達(dá)卸糧點(diǎn)時(shí),速度恰好為零。卸糧后,給小車一個(gè)向下的初速度,小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質(zhì)量m1=100kg,車上糧食質(zhì)量m2=1200kg,配重質(zhì)量m0=40kg,取重力加速度g=10m/s2,小車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比,比例系數(shù)為k,配重始終未接觸地面,不計(jì)電動(dòng)機(jī)自身機(jī)械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求:(1)比例系數(shù)k值;(2)上行路程L值。答案(1)0.1(2)0.36m解析(1)電動(dòng)機(jī)輸出功率P輸=UI-I2RP輸=F拉vT繩=m0g小車及車上糧食勻速上行時(shí),設(shè)斜坡傾角為θT繩+F拉=(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g卸糧后,小車勻速下行時(shí)T繩+km1g=m1gsinθ由以上各式得k=0.1,sinθ=0.5(2)關(guān)閉電動(dòng)機(jī)后,小車與糧食向上減速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小為a,由牛頓第二定律有(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g-T=(m1+m2)a對(duì)配重受力分析,由牛頓第二定律有T-m0g=m0a由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有02-v2=-2aL由以上各式得L=67185m≈0.43.(2019天津理綜,12,20分)2018年,人類歷史上第一架由離子引擎推動(dòng)的飛機(jī)誕生,這種引擎不需要燃料,也無(wú)污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示,進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子,而后飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)(初速度忽略不計(jì)),A、B間電壓為U,使正離子加速形成離子束,在加速過(guò)程中引擎獲得恒定的推力。單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值,離子質(zhì)量為m,電荷量為Ze,其中Z是正整數(shù),e是元電荷。(1)若引擎獲得的推力為F1,求單位時(shí)間內(nèi)飄入A、B間的正離子數(shù)目N為多少;(2)加速正離子束所消耗的功率P不同時(shí),引擎獲得的推力F也不同,試推導(dǎo)FP(3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率,要使FP盡量大,請(qǐng)?zhí)岢鲈龃驠答案(1)F12ZemU(2)FP解析本題通過(guò)正離子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考查了動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識(shí),以及學(xué)生的綜合分析能力,體現(xiàn)了科學(xué)思維中模型建構(gòu)、科學(xué)推理的素養(yǎng)要素。(1)設(shè)正離子經(jīng)過(guò)電極B時(shí)的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理,有ZeU=12mv2設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F1',根據(jù)牛頓第三定律,有F1'=F1②設(shè)引擎在Δt時(shí)間內(nèi)飄入電極間的正離子個(gè)數(shù)為ΔN,由牛頓第二定律,有F1'=ΔNmv-0聯(lián)立①②③式,且N=ΔNN=F1(2)設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F',由正離子束在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有P=12考慮到牛頓第三定律得到F'=F,聯(lián)立①⑤式得FP=2(3)為使FP三條建議:用質(zhì)量大的離子;用帶電荷量少的離子;減小加速電壓。解題關(guān)鍵①將題中引擎獲得的推力轉(zhuǎn)化為單位時(shí)間內(nèi)所有正離子所受到的總作用力,此題也可以用動(dòng)量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故ΔNΔt=F1'mv=考向2機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題6.(2022浙江1月選考,12,3分)某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示,水以v0=15m/s的速度水平噴出,每秒噴出水的質(zhì)量為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的,噴口離水面的高度保持H=3.75m不變。水泵由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng),電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí),輸入電壓為220V,輸入電流為2.0A。不計(jì)電動(dòng)機(jī)的摩擦損耗,電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的輸出功率與輸入功率之比)為75%,忽略水在管道中運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能損失,g取10m/s2,則()A.每秒水泵對(duì)水做功為75JB.每秒水泵對(duì)水做功為225JC.水泵輸入功率為440WD.電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為10Ω答案D根據(jù)功能關(guān)系可知,每秒水泵對(duì)水做功W=mgH+12mv02=2.0×10×3.75J+12×2.0×152J=300J,則水泵輸出功率P1=300W,由題意可知,水泵輸入功率P2=P175%=30075%W=400W,故A、B、C錯(cuò)誤;根據(jù)題意,電動(dòng)機(jī)輸出功率P出=400W,故電動(dòng)機(jī)線圈的熱功率P熱=I2R=7.(2022浙江6月選考,12,3分)風(fēng)力發(fā)電已成為我國(guó)實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示,風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時(shí),輸出電功率為405kW,風(fēng)速在5~10m/s范圍內(nèi),轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過(guò)的面積為A,空氣密度為ρ,風(fēng)場(chǎng)風(fēng)速為v,并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說(shuō)法正確的是()A.該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比B.單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能為12ρAvC.若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源,則每天發(fā)電量為2.4×109kW·hD.若風(fēng)場(chǎng)每年有5000h風(fēng)速在6~10m/s范圍內(nèi),則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為6.0×105kW·h答案D設(shè)轉(zhuǎn)化效率為η,則P出=12m空v2·ηΔt=12·ρvA·v2·η=12ρAv3η,故輸出電功率與v3成正比,A錯(cuò);單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)面積A的空氣動(dòng)能為12ρAv3,B錯(cuò);每天的發(fā)電量為E每天=P每天·t·η=2.4×109·ηkW·h,由于η小于1,故C錯(cuò);風(fēng)速在6~10m/s范圍內(nèi)時(shí),η不變,當(dāng)v'=6m/s時(shí),輸出電功率最少為P出'=解題關(guān)鍵風(fēng)速在5~10m/s范圍內(nèi)η恒定,題目中給出風(fēng)速是9m/s時(shí)的輸出功率,可根據(jù)這個(gè)速度下的輸出功率推導(dǎo)出風(fēng)速是6m/s時(shí)的輸出功率。8.(2022浙江6月選考,13,3分)小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置,把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺(tái),先加速再勻速,最后做加速度大小不超過(guò)5m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng),到達(dá)平臺(tái)的速度剛好為零,g取10m/s2,則提升重物的最短時(shí)間為()A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s答案C以最大加速度加速、減速運(yùn)動(dòng),時(shí)間最短。由Fm-mg=ma1,即300N-200N=20a1(N),解得a1=5m/s2;由v1=P額Fm得,勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度v1=1200300m/s=4m/s,由v1=a1t1,得t1=45s=0.8s,該段位移x1=v12t1=42×0.8m=1.6m;由P額=mgvm得勻速運(yùn)動(dòng)的速度vm=1200200m/s=6m/s;勻減速運(yùn)動(dòng)的最大加速度a2=5m/s2,勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3=vma2=65s=1.2s,該段位移x3=vm2t3=62×1.2m=3.6m,則變加速運(yùn)動(dòng)與勻速運(yùn)動(dòng)的總位移x2=(85.2-1.6-3.6)m=80m,對(duì)該過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理,P額t2-mgx2=12mvm2-12mv12,代入數(shù)據(jù)解得t2解題指導(dǎo)本題運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜,利用v-t圖像進(jìn)行分析推理,既能思路清晰,又不易犯錯(cuò)誤。易犯的錯(cuò)誤是漏掉變加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程,熟練掌握汽車兩類啟動(dòng)模型是防止犯此類錯(cuò)誤的關(guān)鍵。20.(2015課標(biāo)Ⅱ,17,6分)一汽車在平直公路上行駛。從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中,可能正確的是()答案A由題意知汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P1、P2時(shí),汽車勻速運(yùn)動(dòng)的速度v1、v2滿足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0時(shí)刻v0<v1,則0~t1時(shí)間內(nèi)汽車先加速有:P1v-f=ma1,可見(jiàn)a1隨著v的增大而減小,選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤。若v0=v1,汽車在0~t1時(shí)間內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng),因選項(xiàng)中不涉及v0>v1的情況,故不作分析。在t1時(shí)刻,發(fā)動(dòng)機(jī)的功率突然由P1增大到P2,而瞬時(shí)速度未來(lái)得及變化,則由P=Fv知牽引力突然增大,則汽車立即開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)有:P2v-f=ma2,同樣,a考點(diǎn)2動(dòng)能定理及其應(yīng)用考向1動(dòng)能定理的理解和基本應(yīng)用1.(2023新課標(biāo),15,6分)無(wú)風(fēng)時(shí),雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過(guò)程中,克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A.0 B.mghC.12mv2-mgh D.12mv答案：B以雨滴為研究對(duì)象,雨滴在下落過(guò)程中,受到重力和空氣阻力,雨滴在地面附近下落高度h的過(guò)程中速率恒定,動(dòng)能變化量為0,根據(jù)動(dòng)能定理有mgh-W克=0,解得W克=mgh,故B正確。5.(2023江蘇,11,4分)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑,到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過(guò)程進(jìn)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(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較小C.在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短D.在A、B之間克服摩擦力做的功較小答案：C由頻閃照片可知,題圖甲中拍攝到的滑塊數(shù)量少,故題圖甲中滑塊在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短,故C正確;由x=12at2可知,題圖甲中滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度較大,則由F=ma可知,題圖甲中滑塊受到的合力較大,故A錯(cuò)誤;設(shè)斜面傾角為θ,由Wf=μmgcosθ·x可知,兩圖中滑塊在A、B之間克服摩擦力做的功相等,故D錯(cuò)誤;由上述分析可知題圖甲對(duì)應(yīng)滑塊的上升過(guò)程,題圖乙對(duì)應(yīng)滑塊的下降過(guò)程,題圖甲中,滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B,由動(dòng)能定理得-(WG+Wf)=0-EkA,題圖乙中,滑塊從B運(yùn)動(dòng)到A,由動(dòng)能定理得WG-Wf=EkA'-0,聯(lián)立得EkA>EkA7.(2023全國(guó)乙,21,6分)(多選)如圖,一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的木板靜止在光滑水平桌面上,另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f,當(dāng)物塊從木板右端離開(kāi)時(shí)()A.木板的動(dòng)能一定等于flB.木板的動(dòng)能一定小于flC.物塊的動(dòng)能一定大于12mvD.物塊的動(dòng)能一定小于12mv答案：BD運(yùn)動(dòng)過(guò)程如圖所示,設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t,小物塊的速度為v1,木板的速度為v2,小物塊從木板右端滑下時(shí),可知v1>v2,此過(guò)程中木板的位移x2=v22t,小物塊的位移x1=v1+v02t,則x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力對(duì)木板做正功,對(duì)木板由動(dòng)能定理可知fx2=EkM,則木板的動(dòng)能EkM=fx2<fl,B正確,A錯(cuò)誤;摩擦力對(duì)小物塊做負(fù)功,對(duì)小物塊由動(dòng)能定理可知-fx1=Ekm-12mv02,則物塊的動(dòng)能Ekm=12mv8.(2023廣東,8,6分)(多選)人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物。如圖所示,可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物在14圓弧滑道頂端P點(diǎn)由靜止釋放,沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端Q點(diǎn)時(shí)速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg,滑道高度h為4m,且過(guò)Q點(diǎn)的切線水平,重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程,下列說(shuō)法正確的有()A.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440JC.經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為9m/s2D.經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為380N答案BCD重力做的功為WG=mgh=800J,A錯(cuò)誤;下滑過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理可得WG-Wf=12mvQ2,代入數(shù)據(jù)解得貨物克服阻力做的功為Wf=440J,B正確;經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為a=vQ2?=9m/s2,C正確;經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律可得F-9.(2023江蘇,15,12分)如圖所示,滑雪道AB由坡道和水平道組成,且平滑連接,坡道傾角均為45°。平臺(tái)BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑,恰好到達(dá)B點(diǎn)?；┱攥F(xiàn)從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑,從B點(diǎn)飛出。已知A、P間的距離為d,滑雪者與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。(1)求滑雪者運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t;(2)求滑雪者從B點(diǎn)飛出的速度大小v;(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上,求平臺(tái)BC的最大長(zhǎng)度L。答案(1)22d(3)2(1-μ)d解析(1)設(shè)滑雪者質(zhì)量為m,對(duì)滑雪者在AP段的運(yùn)動(dòng)分析由牛頓第二定律得mgsin45°-mgμcos45°=ma①解得:a=22由運(yùn)動(dòng)學(xué)分析有d=12at2vP=at④聯(lián)立②③得t=22(2)由④式可知,vP=2(1-μ)gd對(duì)滑雪者在PB段的運(yùn)動(dòng)分析從P點(diǎn)靜止開(kāi)始下滑到B點(diǎn)有:WGPB+WfPB=0⑦對(duì)從A點(diǎn)靜止開(kāi)始下滑的過(guò)程中的P→B段分析有WGPB+WfPB=12mv2-12m聯(lián)立⑥⑦⑧得v=vP=2(1-μ)gd(3)滑雪者從B點(diǎn)飛出剛好落在C點(diǎn)時(shí),BC長(zhǎng)度L最大,從B到C為拋體運(yùn)動(dòng),設(shè)空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t',豎直方向:vy=vsin45°=g×t'水平方向L=vxt'=vcos45°·t'聯(lián)立⑨⑩得L=2(1-μ)d可知,若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上,平臺(tái)BC的最大長(zhǎng)度為2(1-μ)d。11.(2023重慶,13,10分)機(jī)械臂廣泛應(yīng)用于機(jī)械裝配。若某質(zhì)量為m的工件(視為質(zhì)點(diǎn))被機(jī)械臂抓取后,在豎直平面內(nèi)由靜止開(kāi)始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)方向與豎直方向夾角為θ,提升高度為h,如圖所示。求:(1)提升高度為h時(shí),工件的速度大小;(2)在此過(guò)程中,工件運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及合力對(duì)工件做的功。答案(1)2ahcosθ(2)2hacosθ解析(1)設(shè)提升高度為h時(shí),工件速度大小為v,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度關(guān)系有v2=2ahcosθ,解得v=2ah(2)根據(jù)速度公式有v=at,解得t=2hacosθ,根據(jù)動(dòng)能定理有W合=12mv2,解得W合=1.(2022全國(guó)乙,16,6分)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個(gè)小環(huán)。小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下滑,在下滑過(guò)程中,小環(huán)的速率正比于()A.它滑過(guò)的弧長(zhǎng)B.它下降的高度C.它到P點(diǎn)的距離D.它與P點(diǎn)的連線掃過(guò)的面積答案C如圖所示,x為PA間的距離,其所對(duì)的圓心角為θ,小環(huán)由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn),由動(dòng)能定理得mgh=12mv2,由幾何關(guān)系得h=R-Rcosθ,所以v=2gR(1?cosθ)。由于1-cosθ=2sin2θ2,sinθ2=x2R,所以v=2gR2.(2022全國(guó)甲,14,6分)北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下,到b處起跳,c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn),a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力,則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于()A.?k+1B.?kC.答案D運(yùn)動(dòng)員從a處滑至c處,mgh=12mvc2-0,在c點(diǎn),N-mg=mvc2R,聯(lián)立得N=mg1+2?R,由題意,結(jié)合牛頓第三定律可知,N=12.(2022廣東,9,6分)(多選)如圖所示,載有防疫物資的無(wú)人駕駛小車,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為50kg,MN=PQ=20m,PQ段的傾角為30°,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的有()A.從M到N,小車牽引力大小為40NB.從M到N,小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q,小車重力勢(shì)能增加1×104JD.從P到Q,小車克服摩擦力做功700J答案ABD由F=Pv得從M到N的牽引力F=2005N=40N,A正確。從M到N,勻速運(yùn)動(dòng)的速度v=5m/s,t=xv=4s,由動(dòng)能定理有Pt-Wf=0,則克服摩擦力做功Wf=800J,B正確。從P到Q上升高度h=xPQsin30°=10m,ΔEp=-WG=mgh=5×103J,運(yùn)動(dòng)時(shí)間t'=xPQv'=10s,由動(dòng)能定理有P't'-mgh-Wf'16.(2018江蘇單科,7,4分)(多選)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端連接一小物塊,O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放,沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng),最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中,物塊()A.加速度先減小后增大B.經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大C.所受彈簧彈力始終做正功D.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用、動(dòng)能定理。對(duì)物塊受力分析,當(dāng)彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí),由牛頓第二定律可得kx-f=ma,x減小,a減小,當(dāng)a=0時(shí),物塊速度最大,此時(shí),物塊在O點(diǎn)左側(cè),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;從加速度a=0處到O點(diǎn)過(guò)程,由牛頓第二定律得f-kx=ma,x減小,a增大,當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí),由牛頓第二定律可得kx+f=ma,x增大,a繼續(xù)增大,可知物塊的加速度先減小后增大,選項(xiàng)A正確;物塊所受彈簧的彈力對(duì)物塊先做正功,后做負(fù)功,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;從A到B的過(guò)程,由動(dòng)能定理可得W彈-Wf=0,選項(xiàng)D正確。思路分析物塊運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的確定根據(jù)題設(shè)條件,對(duì)物塊受力分析,并分階段討論物塊的加速度和速度的變化情況。19.(2014課標(biāo)Ⅱ,16,6分)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2,物體從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v。對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程,用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功,則()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·22.(2016課標(biāo)Ⅲ,20,6分)(多選)如圖,一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面;在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí),向心加速度的大小為a,容器對(duì)它的支持力大小為N,則()A.a=2(mgR-C.N=3mgR-2答案AC由動(dòng)能定理知,在P從最高點(diǎn)下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中mgR-W=12mv2,在最低點(diǎn)的向心加速度a=v2R,聯(lián)立得a=2(24.(2015海南單科,4,3分)如圖,一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置,軌道兩端等高;質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下,滑到最低點(diǎn)Q時(shí),對(duì)軌道的正壓力為2mg,重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中,克服摩擦力所做的功為()A.14mgRB.13mgRC.12答案C當(dāng)質(zhì)點(diǎn)由P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的正壓力為2mg,則質(zhì)點(diǎn)所受支持力FN=2mg,由牛頓第二定律得FN-mg=mvQ2R,vQ2=gR。對(duì)質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理得:mgR-Wf=12m35.(2015福建理綜,17,6分)如圖,在豎直平面內(nèi),滑道ABC關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱,且A、B、C三點(diǎn)在同一水平線上。若小滑塊第一次由A滑到C,所用的時(shí)間為t1,第二次由C滑到A,所用的時(shí)間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過(guò)程始終沿著滑道滑行,小滑塊與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定,則()A.t1<t2B.t1=t2C.t1>t2D.無(wú)法比較t1、t2的大小答案A在AB段同一位置(或關(guān)于過(guò)最高點(diǎn)的豎直線對(duì)稱的位置)處速度越大,對(duì)滑道的壓力越小,所受摩擦力越小;在BC段同一位置(或關(guān)于過(guò)最低點(diǎn)的豎直線對(duì)稱的位置)處速度越小,對(duì)滑道的壓力越小,所受摩擦力越小。分析可知第一次滑塊所受平均摩擦力較小,摩擦力做功較少,動(dòng)能變化量較小,平均速率較大,由t=sv可知t1<t244.(2017課標(biāo)Ⅱ,24,12分)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗,如圖所示。訓(xùn)練時(shí),讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上,教練員將冰球以初速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板;冰球被擊出的同時(shí),運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí),運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng),冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1。重力加速度大小為g。求(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度。答案(1)v02解析(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m,冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,由動(dòng)能定理得-μmgs0=12mv12-1解得μ=v0(2)冰球到達(dá)擋板時(shí),滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中,剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小。設(shè)這種情況下,冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2,所用的時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v02-v12=2av0-v1=a1t④s1=12a2t2聯(lián)立③④⑤式得a2=s145.(2017江蘇單科,14,16分)如圖所示,兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上,其上有一光滑圓柱C,三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m,A、B的質(zhì)量都為m2(1)未拉A時(shí),C受到B作用力的大小F;(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin;(3)A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,拉力做的功W。答案(1)33mg(2)32(3)(2μ-1)(解析本題考查共點(diǎn)力作用下物體的平衡、力的分解、動(dòng)能定理。(1)C受力平衡2Fcos30°=mg解得F=33(2)C恰好降到地面時(shí),B受C壓力的水平分力最大Fxmax=32B受地面的最大靜摩擦力f=μmg根據(jù)題意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根據(jù)動(dòng)能定理W-Wf+mgh=0-0解得W=(2μ-1)(3-1)mgR46.(2016天津理綜,10,16分)我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì),跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示,質(zhì)量m=60kg的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直助滑道AB的A處由靜止開(kāi)始以加速度a=3.6m/s2勻加速滑下,到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB=24m/s,A與B的豎直高度差H=48m。為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向,在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接,其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h=5m,運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W=-1530J,取g=10m/s2。(1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大小;(2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。答案(1)144N(2)12.5m解析(1)運(yùn)動(dòng)員在AB上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)AB的長(zhǎng)度為x,則有vB由牛頓第二定律有mgHx-Ff聯(lián)立①②式,代入數(shù)據(jù)解得Ff=144N③(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC,在由B到達(dá)C的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有mgh+W=12mvC2-1設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN,由牛頓第二定律有FN-mg=mvC由運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,聯(lián)立④⑤式,代入數(shù)據(jù)解得R=12.5m⑥審題指導(dǎo)(1)運(yùn)動(dòng)員在AB上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在求受到的阻力Ff時(shí),可利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律來(lái)解答。(2)對(duì)運(yùn)動(dòng)員從B到C過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理,求解vC。分析運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)時(shí)哪些力提供向心力。評(píng)分參考①②④⑤式各3分,③⑥式各2分。47.(2015天津理綜,10,16分)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖,皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v=1m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng),現(xiàn)將一質(zhì)量為m=2kg的郵件輕放在皮帶上,郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。設(shè)皮帶足夠長(zhǎng),取g=10m/s2,在郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中,求(1)郵件滑動(dòng)的時(shí)間t;(2)郵件對(duì)地的位移大小x;(3)郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W。答案(1)0.2s(2)0.1m(3)-2J解析(1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力為F,則F=μmg①取向右為正方向,對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)量定理,有Ft=mv-0②由①②式并代入數(shù)據(jù)得t=0.2s③(2)郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中,對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)能定理,有Fx=12mv2由①④式并代入數(shù)據(jù)得x=0.1m⑤(3)郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中,設(shè)皮帶相對(duì)地面的位移為s,則s=vt⑥摩擦力對(duì)皮帶做的功W=-Fs⑦由①③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得W=-2J⑧48.(2015浙江理綜,23,16分)如圖所示,用一塊長(zhǎng)L1=1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面,桌子高H=0.8m,長(zhǎng)L2=1.5m。斜面與水平桌面的傾角θ可在0~60°間調(diào)節(jié)后固定。將質(zhì)量m=0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放,物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.05,物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失。(重力加速度取g=10m/s2;最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(1)求θ角增大到多少時(shí),物塊能從斜面開(kāi)始下滑;(用正切值表示)(2)當(dāng)θ角增大到37°時(shí),物塊恰能停在桌面邊緣,求物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2;(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)(3)繼續(xù)增大θ角,發(fā)現(xiàn)θ=53°時(shí)物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大,求此最大距離xm。答案(1)見(jiàn)解析(2)0.8(3)1.9m解析(1)為使小物塊下滑mgsinθ≥μ1mgcosθ①θ滿足的條件tanθ≥0.05②(2)克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg(L2-L1cosθ)③由動(dòng)能定理得mgL1sinθ-Wf=0④代入數(shù)據(jù)得μ2=0.8⑤(3)由動(dòng)能定理得mgL1sinθ-Wf=12mv2代入數(shù)據(jù)得v=1m/s⑦H=12gtt=0.4s⑧x1=vtx1=0.4m⑨xm=x1+L2=1.9m⑩50.(2015山東理綜,23,18分)如圖甲所示,物塊與質(zhì)量為m的小球通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩等高定滑輪連接。物塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上,小球與右側(cè)滑輪的距離為l。開(kāi)始時(shí)物塊和小球均靜止,將此時(shí)傳感裝置的示數(shù)記為初始值。現(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細(xì)繩的力,將小球緩慢拉起至細(xì)繩與豎直方向成60°角,如圖乙所示,此時(shí)傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍;再將小球由靜止釋放,當(dāng)運(yùn)動(dòng)至最低位置時(shí),傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍。不計(jì)滑輪的大小和摩擦,重力加速度的大小為g。求:圖甲圖乙(1)物塊的質(zhì)量;(2)從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過(guò)程中,小球克服空氣阻力所做的功。答案(1)3m(2)0.1mgl解析(1)設(shè)開(kāi)始時(shí)細(xì)繩的拉力大小為T1,傳感裝置的初始值為F1,物塊質(zhì)量為M,由平衡條件得對(duì)小球,T1=mg①對(duì)物塊,F1+T1=Mg②當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60°時(shí),設(shè)細(xì)繩的拉力大小為T2,傳感裝置的示數(shù)為F2,據(jù)題意可知,F2=1.25F1,由平衡條件得對(duì)小球,T2=mgcos60°③對(duì)物塊,F2+T2=Mg④聯(lián)立①②③④式,代入數(shù)據(jù)得M=3m⑤(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至最低位置時(shí)速度的大小為v,從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過(guò)程中,小球克服空氣阻力所做的功為Wf,由動(dòng)能定理得mgl(1-cos60°)-Wf=12mv2在最低位置,設(shè)細(xì)繩的拉力大小為T3,傳感裝置的示數(shù)為F3,據(jù)題意可知,F3=0.6F1,對(duì)小球,由牛頓第二定律得T3-mg=mv2對(duì)物塊,由平衡條件得F3+T3=Mg⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式,代入數(shù)據(jù)得Wf=0.1mgl⑨51.(2015江蘇單科,14,16分)一轉(zhuǎn)動(dòng)裝置如圖所示,四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球及一小環(huán)通過(guò)鉸鏈連接,輕桿長(zhǎng)均為l,球和環(huán)的質(zhì)量均為m,O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上。套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間,原長(zhǎng)為L(zhǎng)。裝置靜止時(shí),彈簧長(zhǎng)為32(1)彈簧的勁度系數(shù)k;(2)AB桿中彈力為零時(shí),裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω0;(3)彈簧長(zhǎng)度從32L緩慢縮短為1答案(1)4mgL(2)8解析(1)裝置靜止時(shí),設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1,OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ1。小環(huán)受到彈簧的彈力F彈1=k·L小環(huán)受力平衡,F彈1=mg+2T1cosθ1小球受力平衡,F1cosθ1+T1cosθ1=mg,F1sinθ1=T1sinθ1解得k=4(2)設(shè)此時(shí)OA桿中的彈力為F2,OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ2,彈簧長(zhǎng)度為x。小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2=k(x-L)小環(huán)受力平衡,F彈2=mg,得x=54對(duì)小球,F2cosθ2=mg,F2sinθ2=mω02且cosθ2=x解得ω0=8(3)彈簧長(zhǎng)度為12L時(shí),設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3,OA桿與彈簧的夾角為θ3小環(huán)受到彈簧的彈力F彈3=12小環(huán)受力平衡,2T3cosθ3=mg+F彈3且cosθ3=L對(duì)小球,F3cosθ3=T3cosθ3+mg,F3sinθ3+T3sinθ3=mω32解得ω3=16整個(gè)過(guò)程彈簧彈性勢(shì)能變化為零,則彈力做的功為零,由動(dòng)能定理W-mg(3L2-L2)-2mg(3L4-L4)=2×1解得W=mgL+1655.(2018浙江4月選考,20,12分)如圖所示,一軌道由半徑為2m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長(zhǎng)度可調(diào)的水平直軌道BC在B點(diǎn)平滑連接而成?，F(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小球從A點(diǎn)無(wú)初速釋放,經(jīng)過(guò)圓弧上B點(diǎn)時(shí),傳感器測(cè)得軌道所受壓力大小為3.6N,小球經(jīng)過(guò)BC段所受的阻力為其重力的0.2,然后從C點(diǎn)水平飛離軌道,落到水平地面上的P點(diǎn),P、C兩點(diǎn)間的高度差為3.2m。小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可視為質(zhì)點(diǎn),且不計(jì)空氣阻力,g=10m/s2。(1)求小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小;(2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功;(3)為使小球落點(diǎn)P與B點(diǎn)的水平距離最大,求BC段的長(zhǎng)度;(4)小球落到P點(diǎn)后彈起,與地面多次碰撞后靜止。假設(shè)小球每次碰撞機(jī)械能損失75%,碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求小球從C點(diǎn)飛出到最后靜止所需時(shí)間。答案(1)4m/s(2)2.4J(3)3.36m(4)2.4s解析(1)由牛頓第三定律得小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球的支持力N=3.6N由向心力公式得,N-mg=mv解得vB=4m/s。(2)小球從A到B的過(guò)程中,重力和摩擦力做功,設(shè)小球克服摩擦力所做的功為W克。由動(dòng)能定理得mgR-W克=12mv解得W克=2.4J。(3)分析知,BC段長(zhǎng)度會(huì)影響勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,繼而影響平拋運(yùn)動(dòng)水平初速度以及水平位移。設(shè)BC段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,加速度a=fm=2m/s由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vC=vB-at=4-2t(m/s)①xBC=vBt-12at2=4t-t2其中0<t<2s由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h=12gtxCP=vCt1④由①③④可得xCP=3.2-1.6t(m)⑤則由②⑤可得xBP=xBC+xCP=-t2+2.4t+3.2(m)⑥根據(jù)二次函數(shù)單調(diào)性以及t的范圍,可得當(dāng)t=1.2s時(shí),xBP取到最大值。代入②式,解得xBC=3.36m。(4)由于碰撞前后速度方向與地面夾角相等,所以碰撞前后水平速度與豎直速度比例不變。每次碰撞機(jī)械能損失75%,故每次碰撞合速度與分速度大小均變?yōu)樵瓉?lái)的12設(shè)第n次損失后的豎直分速度為vyn,從第n次碰撞到第n+1次碰撞的時(shí)間為tn。由平拋運(yùn)動(dòng)方程得vy0=2g?t0=2?則vyn=vy0·12tn=2·vyn將式⑦⑧⑨代入⑩可得tn=12n-1由等比數(shù)列求和公式可得t總=t0+t1+…tn+…=0.8+0.8×1?當(dāng)n取無(wú)窮大,小球處于靜止?fàn)顟B(tài)解得t總=2.4s?？枷?動(dòng)能定理的圖像問(wèn)題2.(2023新課標(biāo),20,6分)(多選)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下,由靜止開(kāi)始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng),出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn),拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A.在x=1m時(shí),拉力的功率為6WB.在x=4m時(shí),物體的動(dòng)能為2JC.從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m,物體克服摩擦力做的功為8JD.從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4m的過(guò)程中,物體的動(dòng)量最大為2kg·m/s答案：BC根據(jù)W=Fx可知,W-x圖線的斜率表示水平拉力,則在0~2m內(nèi),拉力F1=122N=6N,則物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度a1=F1-μmgm=2m/s2,故由x1=12a1t12知,物體運(yùn)動(dòng)到x=1m所用的時(shí)間t1=1s,則v1=a1t1=2m/s,P1=F1v1=12W,A錯(cuò)誤;在0~4m內(nèi),根據(jù)動(dòng)能定理可得WF-μmgx4=Ek,解得Ek=2J,B正確;從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m,物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx2=8J,C正確;物體在2~4m內(nèi),拉力F2=18?124?2N=3N,加速度a2=F2-μmgm=-1m/s2,則物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng),故物體在x=2m時(shí)的速度最大,故由x2=12a1t22知,物體運(yùn)動(dòng)到x=2m所用的時(shí)間t2=2s,則v13.(2022重慶,10,5分)(多選)一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用,由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng),物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時(shí),物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖曲線①、②所示,則()A.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2B.當(dāng)拉力沿斜面向上,重力做功為9J時(shí),物塊動(dòng)能為3JC.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí),物塊的加速度大小之比為1∶3D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí),物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為1∶2答案BC設(shè)斜面長(zhǎng)為L(zhǎng),由圖可知,當(dāng)物塊下滑到斜面底端時(shí),重力做功mgLsin45°=18J、摩擦力做功大小μmgLcos45°=6J,故μ=13,A錯(cuò)誤。由于拉力與斜面平行、大小與摩擦力相等,當(dāng)拉力沿斜面向上,重力做功為mgL2sin45°=9J時(shí),物塊動(dòng)能為Ek=mgL2sin45°-2μmgL2cos45°=3J,B正確。當(dāng)拉力沿斜面向上時(shí):mgsin45°-2μmgcos45°=ma1,向下時(shí):mgsin45°=ma2,解得a1=26g、a2=22g,a1∶a2=1∶3,故C正確。結(jié)合v2=2aL,當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí),物塊滑到底端時(shí)的速度大小之比為1325.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力,該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是()答案A設(shè)小球初動(dòng)能為Ek0,初速度為v0,重力加速度為g。瞬時(shí)動(dòng)能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-12gt2,聯(lián)立得Ek=12mg2t2-mgv0t+E26.(2017江蘇單科,3,3分)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng),然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0,與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變,則該過(guò)程中,物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()答案C本題考查動(dòng)能定理和圖像的應(yīng)用。依據(jù)動(dòng)能定理,上升過(guò)程中F升=mgsinα+μmgcosα大小恒定,下降過(guò)程中F降=mgsinα-μmgcosα大小恒定。說(shuō)明在Ek-x圖像中,上升、下降階段圖線的斜率均恒定,圖線均為直線,則選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤。物塊能夠返回,返回過(guò)程位移減小,而動(dòng)能增加,則A項(xiàng)錯(cuò)誤。因整個(gè)過(guò)程中摩擦力做負(fù)功,則Ekt<Ek0,故選項(xiàng)C正確?？枷?應(yīng)用動(dòng)能定理分析多過(guò)程問(wèn)題22.(2016浙江理綜,18,6分)(多選)如圖所示為一滑草場(chǎng)。某條滑道由上下兩段高均為h,與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成,滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑,經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后,最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。則()A.動(dòng)摩擦因數(shù)μ=6B.載人滑草車最大速度為2C.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為35答案AB滑草車受力分析如圖所示,在B點(diǎn)處有最大速度v,在上、下兩段所受摩擦力大小分別為f1、f2f1=μmgcos45°f2=μmgcos37°整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理列方程:mg·2h-f1·?sin45°-f2·?解得:μ=67滑草車在上段滑道運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理列方程:mgh-f1·?sin45°=12mv解得:v=2g?由①式知:Wf=2mgh,C項(xiàng)錯(cuò)誤。在下段滑道上,mgsin37°-μmgcos37°=ma2解得:a2=-33523.(2015江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長(zhǎng)。圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑,經(jīng)過(guò)B處的速度最大,到達(dá)C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g。則圓環(huán)()A.下滑過(guò)程中,加速度一直減小B.下滑過(guò)程中,克服摩擦力做的功為14mvC.在C處,彈簧的彈性勢(shì)能為14mv2D.上滑經(jīng)過(guò)B的速度大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度答案BD圓環(huán)在B處速度最大,加速度為0,BC段加速度在增大,因此,下滑過(guò)程中,加速度先減小后增大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。下滑過(guò)程中,設(shè)克服摩擦力做的功為Wf,由動(dòng)能定理mgh-Wf-W彈=0-0上滑過(guò)程中-mgh-Wf+W彈=0-12mv聯(lián)立得Wf=14mv2W彈=mgh-14mv2設(shè)從B到C克服彈簧彈力做功為W彈',克服摩擦力做功為Wf'故有下滑過(guò)程從B→C-W彈'+mghBC-Wf'=0-12mv上滑過(guò)程從C→BW彈'-mghBC-Wf'=12mvB'2-12mv聯(lián)立①②可得12mvB2-2Wf'+12mv2=1因Wf'<Wf=14mv故2Wf'<12mv則有12mvB'2>12vB'>vB,選項(xiàng)D正確。38.(2022浙江1月選考,20,12分)(12分)如圖所示,處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置,由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成,B、D和F為軌道間的相切點(diǎn),彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)(與B點(diǎn)等高),B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m=0.1kg,軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m,軌道AB長(zhǎng)度lAB=3m,滑塊與軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=78,滑塊與彈性板作用后,以等大速度彈回,sin37°=0.6,cos37°=0.8?；瑝K開(kāi)始時(shí)均從軌道AB(1)若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度l=0.7m,求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大小;(2)設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度為lx,滑塊第1次經(jīng)過(guò)F點(diǎn)時(shí)的速度v與lx之間的關(guān)系式;(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn),求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度lx的值。答案(1)7N(2)v=12lx?9.6(m·s-1)(lx解析(1)到C點(diǎn)過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理有:mglsin37°+mgR(1-cos37°)=12m(點(diǎn)撥:滑塊由靜止釋放到C點(diǎn)過(guò)程,重力做功即為合外力做功)在C點(diǎn)時(shí),FN-mg=mvC2R,解得(2)根據(jù)動(dòng)能定理,從釋放點(diǎn)到F點(diǎn)過(guò)程:(點(diǎn)撥:豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)考慮不脫軌的條件)mglxsin37°-4mgRcos37°=12mv可得v=12lx?9.6由于滑塊能經(jīng)過(guò)F點(diǎn),故經(jīng)過(guò)DEF軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度應(yīng)大于等于零,則mglxsin37°≥mg(R+3Rcos37°),解得lx≥0.85m(3)設(shè)全程摩擦力做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時(shí)摩擦力做功的n倍(n為奇數(shù))mglxsin37°-mg·lFG2sin37°-nμmg·lFG(點(diǎn)撥:摩擦力做功與路徑有關(guān),滑塊最終停在FG的中點(diǎn),路徑長(zhǎng)度應(yīng)是lFG一半的奇數(shù)倍,根據(jù)幾何關(guān)系知lFG=0.8m)lx=7n當(dāng)n=1時(shí),lx1=當(dāng)n=3時(shí),lx2=當(dāng)n=5時(shí),lx3=39.(2022湖南,14,15分)如圖(a),質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落,與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍(λ為常數(shù)且0<λ<H??H(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比;(2)若籃球反彈至最高處h時(shí),運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F,使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處,力F隨高度y的變化如圖(b)所示,其中h0已知,求F0的大小;(3)籃球從H高度處由靜止下落后,每次反彈至最高點(diǎn)時(shí),運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球(拍擊時(shí)間極短),瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I,經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處,求沖量I的大小。答案(1)(1+λ(2)2(1?(3)2解析(1)設(shè)籃球與地面碰撞前后的速率分別為v0、v1,由動(dòng)能定理有:12mv02-0=(1-0-12mv12=-(1+聯(lián)立解得v1v(2)若籃球與地面碰撞后恰好能反彈至h高處,則籃球與地面碰撞后的速率必為v1,則籃球在力F作用下落回地面時(shí)速率必為v0,對(duì)籃球下落過(guò)程由動(dòng)能定理有12mv02-0=(1-λ)mgh由圖(b)中圖像面積可得WF=???聯(lián)立可得F0=2(1?(3)設(shè)第i次拍擊前后的上升階段的初速度大小、下降階段的末速度大小分別為vi、vi',對(duì)應(yīng)的離地高度為hi,每次拍擊后籃球獲得的速度為v,則由動(dòng)量定理有I=mv再對(duì)每個(gè)階段由動(dòng)能定理有0-12mv12=-(1+λ12mv1?'2-12mvN2=(1-0-12mv22=-(1+λ12mv2'2-12mvN2=(1-0-12mvN2=-(1+λ12mvN?'2-12mvN2=(1-0-12mvN+12=-(1+λ其中hN+1=H、v0v1=v1I=2考點(diǎn)3機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用考向1單物體機(jī)械能守恒問(wèn)題6.(2023重慶,8,5分)(多選)某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得在豎直方向飛行的無(wú)人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間t的變化曲線如圖所示,E、F、M、N為曲線上的點(diǎn),EF、MN段可視為兩段直線,其方程分別為y=4t-26和y=-2t+140。無(wú)人機(jī)及其裝載物的總質(zhì)量為2kg,取豎直向上為正方向。則()A.EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為4m/sB.FM段無(wú)人機(jī)內(nèi)的裝載物處于失重狀態(tài)C.FM段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量的大小為4kg·m/sD.MN段無(wú)人機(jī)機(jī)械能守恒答案AB根據(jù)EF段方程y=4t-26可知EF段無(wú)人機(jī)的速度大小v=ΔyΔt=4m/s,A正確。根據(jù)y-t圖線的切線斜率表示無(wú)人機(jī)的速度,可知FM段無(wú)人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng),后向下做加速運(yùn)動(dòng),加速度方向一直向下,則無(wú)人機(jī)內(nèi)的裝載物處于失重狀態(tài),B正確。根據(jù)MN段方程y=-2t+140,可知MN段無(wú)人機(jī)的速度v'=Δy'Δt'=-2m/s,則有Δp=mv'-4.(2022江蘇,8,4分)某滑雪賽道如圖所示,滑雪運(yùn)動(dòng)員從靜止開(kāi)始沿斜面下滑,經(jīng)圓弧滑道起跳,將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)摩擦力及空氣阻力。此過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是()答案A不計(jì)摩擦與空氣阻力時(shí),運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒:ΔEk=ΔEp=mgΔh=mgΔxtanθ,即Ek=mgxtanθ,式中θ是斜面與水平面間的夾角,可見(jiàn)A正確,B、C、D錯(cuò)誤。28.(2018浙江4月選考,13,3分)如圖所示,一根繩的兩端分別固定在兩座猴山的A、B處,A、B兩點(diǎn)水平距離為16m,豎直距離為2m,A、B間繩長(zhǎng)為20m,質(zhì)量為10kg的猴子抓住套在繩上的滑環(huán)從A處滑到B處。以A點(diǎn)所在水平面為參考平面,猴子在滑行過(guò)程中重力勢(shì)能最小值約為(g取10m/s2,繩處于拉直狀態(tài))()A.-1.2×103JB.-7.5×102JC.-6.0×102JD.-2.0×102J答案B猴子重力勢(shì)能最小的位置為猴子重心豎直高度最低點(diǎn),結(jié)合同繩同力可知,在最低點(diǎn)(重力勢(shì)能最小)時(shí),兩側(cè)繩子與水平方向的夾角相同,記為θ,設(shè)右邊繩子長(zhǎng)度為a,左邊繩子長(zhǎng)度為20m-a由幾何關(guān)系得a聯(lián)立解得a=353m,所以繩子最低點(diǎn)與參考平面的豎直距離為353m·sinθ=7m,猴子的重心比繩子最低點(diǎn)大約低0.5m,所以猴子在最低點(diǎn)的重力勢(shì)能約為E49.(2016課標(biāo)Ⅰ,25,18分)如圖,一輕彈簧原長(zhǎng)為2R,其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處,另一端位于直軌道上B處,彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為56R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn),AC=7R,A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑,最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回,最高到達(dá)F點(diǎn),AF=4R。已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=14,重力加速度大小為g。(取sin37°=35(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。(2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能。(3)改變物塊P的質(zhì)量,將P推至E點(diǎn),從靜止開(kāi)始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后,恰好通過(guò)G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方,與C點(diǎn)水平相距72答案(1)2gR(2)125mgR(3)355解析(1)根據(jù)題意知,B、C之間的距離l為l=7R-2R①設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,由動(dòng)能定理得mglsinθ-μmglcosθ=12mv式中θ=37°。聯(lián)立①②式并由題給條件得vB=2gR③(2)設(shè)BE=x。P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零,設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有mgxsinθ-μmgxcosθ-Ep=0-12mvE、F之間的距離l1為l1=4R-2R+x⑤P到達(dá)E點(diǎn)后反彈,從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有Ep-mgl1sinθ-μmgl1cosθ=0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x=R⑦Ep=125(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1。D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1=72R-5y1=R+56R+5式中,已應(yīng)用了過(guò)C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實(shí)。設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD,由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t。由平拋運(yùn)動(dòng)公式有y1=12gt2x1=vDt聯(lián)立⑨⑩式得vD=35設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC。在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中機(jī)械能守恒,有12m1vC2=12m1vD2+m1P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,同理,由動(dòng)能定理有Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)cosθ=12m1v聯(lián)立⑦⑧式得m1=13m52.(2014福建理綜,21,19分)圖為某游樂(lè)場(chǎng)內(nèi)水上滑梯軌道示意圖,整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi),表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切。點(diǎn)A距水面的高度為H,圓弧軌道BC的半徑為R,圓心O恰在水面。一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的任意位置滑下,不計(jì)空氣阻力。(1)若游客從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下,到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面D點(diǎn),OD=2R,求游客滑到B點(diǎn)時(shí)的速度vB大小及運(yùn)動(dòng)過(guò)程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf;(2)若游客從AB段某處滑下,恰好停在B點(diǎn),又因受到微小擾動(dòng),繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道,求P點(diǎn)離水面的高度h。(提示:在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中任一點(diǎn),質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向=mv2答案(1)2gR-(mgH-2mgR)(2)2解析(1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),有2R=vBt①R=12gt2由①②式得vB=2gR從A到B,根據(jù)動(dòng)能定理,有mg(H-R)+Wf=12mv由③④式得Wf=-(mgH-2mgR)⑤(2)設(shè)OP與OB間夾角為θ,游客在P點(diǎn)時(shí)的速度為vP,受到的支持力為N,從B到P由機(jī)械能守恒定律,有mg(R-Rcosθ)=12mv過(guò)P點(diǎn)時(shí),根據(jù)向心力公式,有mgcosθ-N=mvPN=0⑧cosθ=?R由⑥⑦⑧⑨式解得h=2354.(2016江蘇單科,14,16分)如圖所示,傾角為α的斜面A被固定在水平面上,細(xì)線的一端固定于墻面,另一端跨過(guò)斜面頂端的小滑輪與物塊B相連,B靜止在斜面上。滑輪左側(cè)的細(xì)線水平,右側(cè)的細(xì)線與斜面平行。A、B的質(zhì)量均為m。撤去固定A的裝置后,A、B均做直線運(yùn)動(dòng)。不計(jì)一切摩擦,重力加速度為g。求:(1)A固定不動(dòng)時(shí),A對(duì)B支持力的大小N;(2)A滑動(dòng)的位移為x時(shí),B的位移大小s;(3)A滑動(dòng)的位移為x時(shí)的速度大小vA。答案(1)mgcosα(2)2(1?cosα(3)2解析(1)支持力的大小N=mgcosα(2)根據(jù)幾何關(guān)系sx=x·(1-cosα),sy=x·sinα且s=s解得s=2(1?cosα(3)B的下降高度sy=x·sinα根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgsy=12mvA2+根據(jù)速度的定義得vA=ΔxΔt,v則vB=2(1?cosα)解得vA=2解題關(guān)鍵由平面幾何的知識(shí)找出A與B的位移之間存在的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵?？枷?系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題5.(2022湖北,5,4分)如圖所示,質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q,用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上,P通過(guò)一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑,Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開(kāi)一段距離,撤去拉力后,Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi),彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度大小為g。若剪斷輕繩,P在隨后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為()A.μmgkB.2μmgkC.答案C對(duì)Q,根據(jù)平衡條件有kx=2μmg,則彈簧伸長(zhǎng)量x=2μmgk。剪斷輕繩后,P的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),故其最大位移為2x=14.(2022河北,9,6分)(多選)如圖,輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上,物體P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連,懸掛在定滑輪上,質(zhì)量mQ>mP,t=0時(shí)刻將兩物體由靜止釋放,物體Q的加速度大小為g3。T時(shí)刻輕繩突然斷開(kāi),物體P能夠達(dá)到的最高點(diǎn)恰與物體Q釋放位置處于同一高度,取t=0時(shí)刻物體P所在水平面為零勢(shì)能面,此時(shí)物體Q的機(jī)械能為E。重力加速度大小為gA.物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3B.2T時(shí)刻物體Q的機(jī)械能為EC.2T時(shí)刻物體P重力的功率為3D.2T時(shí)刻物體P的速度大小為2答案BCD由靜止釋放后,利用整體法結(jié)合牛頓第二定律可知,(mQ-mP)g=(mQ+mP)a,由于a=g3,則mPmQ=12,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)P物體質(zhì)量為mT時(shí)刻繩子斷開(kāi)時(shí),P、Q兩物體在圖中B、D兩處,對(duì)應(yīng)速度為v1'=v1=g3T,繩子斷開(kāi)之后,P做豎直上拋運(yùn)動(dòng),設(shè)再經(jīng)t0到達(dá)與Q釋放位置(C點(diǎn))等高處,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式有0=v1'-gt0,得t0=T3,則開(kāi)始時(shí)P、Q的高度差h=x1+x2=0+v1'2T+0+v1'2·T3=29gT2,所以t=0時(shí)刻,Q的機(jī)械能E=2mgh=49mg2T2,2T時(shí)刻Q運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn),速度為v2=v1+gT=43gT,在0~2T時(shí)間內(nèi),Q下落的距離H=0+v12T+v1+v22T=gT2,所以在2T時(shí)刻Q的機(jī)械能為E'=-2mg(H-h)+12·2mv22=29mg2T2=E2,選項(xiàng)B正確;P到達(dá)最高點(diǎn)之后,再經(jīng)過(guò)t'=23T到達(dá)2T時(shí)刻,此時(shí)P的速度為27.(2020山東,11,4分)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上,右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩,左側(cè)通過(guò)一傾斜輕繩跨過(guò)光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連。現(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端,當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí),將B由靜止釋放,當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí)(未著地),A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長(zhǎng),彈簧始終在彈性限度內(nèi),物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下判斷正確的是()A.M<2mB.2m<M<3mC.在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中,所受合力對(duì)B先做正功后做負(fù)功D.在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中,B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量答案ACD將鉤碼從彈簧原長(zhǎng)的位置由靜止釋放,鉤碼在豎直方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),剛釋放時(shí)鉤碼的加速度為a=g,由對(duì)稱性可知,當(dāng)鉤碼下降到最低點(diǎn)時(shí)a'=-g,則由牛頓第二定律mg-T=ma'可得此時(shí)彈簧彈力大小T=2mg,設(shè)滑輪與A間輕繩與水平方向的夾角為θ,由于此時(shí)A對(duì)水平桌面的壓力恰好為零,故有Tsinθ=Mg,可見(jiàn)M=2msinθ<2m,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤。B從釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中先加速后減速到零,動(dòng)能先增大后減小,由動(dòng)能定理可知合力先做正功后做負(fù)功,C項(xiàng)正確。而B(niǎo)從釋放到速度最大的過(guò)程中除重力外只有彈簧彈力做負(fù)功,由功能關(guān)系可知,其機(jī)械能的減少量等于克服彈簧彈力所做的功,D正確。30.(2017江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m,A與B、C間通過(guò)鉸鏈用輕桿連接,桿長(zhǎng)為L(zhǎng)。B、C置于水平地面上,用一輕質(zhì)彈簧連接,彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn),兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),彈簧在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦,重力加速度為g。則此下降過(guò)程中()A.A的動(dòng)能達(dá)到最大前,B受到地面的支持力小于32B.A的動(dòng)能最大時(shí),B受到地面的支持力等于32C.彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí),A的加速度方向豎直向下D.彈簧的彈性勢(shì)能最大值為32答案AB本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒定律。A球初態(tài)v0=0,末態(tài)v=0,因此A球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中先加速后減速,當(dāng)速度最大時(shí),動(dòng)能最大,加速度為0,故A的動(dòng)能達(dá)到最大前,A具有向下的加速度,處于失重狀態(tài),由整體法可知在A的動(dòng)能達(dá)到最大之前,B受到地面的支持力小于32mg,在A的動(dòng)能最大時(shí),B受到地面的支持力等于32mg,選項(xiàng)A、B正確;彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí),A到達(dá)最低點(diǎn),此時(shí)具有向上的加速度,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由能量守恒定律,A球重力所做功等于彈簧最大彈性勢(shì)能,A球下降高度h=Lcos30°-Lcos60°=3-131.(2016課標(biāo)Ⅱ,21,6分)(多選)如圖,小球套在光滑的豎直桿上,輕彈簧一端固定于O點(diǎn),另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放,它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)。已知在M、N兩點(diǎn)處,彈簧對(duì)小球的彈力大小相等,且∠ONM<∠OMN<π2A.彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B.有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C.彈簧長(zhǎng)度最短時(shí),彈力對(duì)小球做功的功率為零D.小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差答案BCD如圖所示,OP垂直于豎直桿,Q點(diǎn)與M點(diǎn)關(guān)于OP對(duì)稱,在小球從M點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧彈力先做負(fù)功后做正功,故A錯(cuò)。在P點(diǎn)彈簧長(zhǎng)度最短,彈力方向與速度方向垂直,故此時(shí)彈力對(duì)小球做功的功率為零,即C正確。小球在P點(diǎn)時(shí)所受彈簧彈力等于豎直桿給它的彈力,豎直方向上只受重力,此時(shí)小球加速度為g,當(dāng)彈簧處于自由長(zhǎng)度時(shí),小球只受重力作用,此時(shí)小球的加速度也為g,故B正確。小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,小球在M點(diǎn)和N點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等,故小球從M到N重力勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能的增加量,而小球在M點(diǎn)的動(dòng)能為零,故D正確。34.(2015課標(biāo)Ⅱ,21,6分)(多選)如圖,滑塊a、b的質(zhì)量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦,a、b可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度大小為g。則()A.a落地前,輕桿對(duì)b一直做正功B.a落地時(shí)速度大小為2C.a下落過(guò)程中,其加速度大小始終不大于gD.a落地前,當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí),b對(duì)地面的壓力大小為mg答案BD因?yàn)闂U對(duì)滑塊b的限制,a落地時(shí)b的速度為零,所以b的運(yùn)動(dòng)為先加速后減速,桿對(duì)b的作用力對(duì)b做的功即b所受合外力做的總功,由動(dòng)能定理可知,桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功,故A錯(cuò)。對(duì)a、b組成的系統(tǒng)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有:mgh=12mva2,va36.(2015天津理綜,5,6分)如圖所示,固定的豎直光滑長(zhǎng)桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長(zhǎng)狀態(tài)。現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開(kāi)始下滑,已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng),圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L(未超過(guò)彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過(guò)程中()A.圓環(huán)的機(jī)械能守恒B.彈簧彈性勢(shì)能變化了3mgLC.圓環(huán)下滑到最大距離時(shí),所受合力為零D.圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變答案B圓環(huán)在下滑過(guò)程中,圓環(huán)的重力和彈簧的彈力對(duì)圓環(huán)做功,圓環(huán)的機(jī)械能不守恒,圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,系統(tǒng)的機(jī)械能等于圓環(huán)的動(dòng)能和重力勢(shì)能以及彈簧的彈性勢(shì)能之和,選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤;對(duì)圓環(huán)進(jìn)行受力分析,可知圓環(huán)從靜止開(kāi)始先向下加速運(yùn)動(dòng)且加速度逐漸減小,當(dāng)彈簧對(duì)圓環(huán)的彈力沿桿方向的分力與圓環(huán)所受重力大小相等時(shí),加速度減為0,速度達(dá)到最大,而后加速度反向且逐漸增大,圓環(huán)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)圓環(huán)下滑到最大距離時(shí),所受合力最大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由圖中幾何關(guān)系知圓環(huán)的下降高度為3L,由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mg×3L=ΔEp,解得ΔEp=3mgL,選項(xiàng)B正確。40.(2022湖北,16,16分)打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如圖所示,重物A、B和C通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過(guò)兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接,C與滑輪等高(圖中實(shí)線位置)時(shí),C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)。重物A和B的質(zhì)量均為m,系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止,此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時(shí),用外力將C拉到圖中實(shí)線