1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版专题六机械能守恒定律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,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-R cos ,所以v=2gR(1-cos)。由于1-cos =2 sin22,sin2=x2R,所以v=2gR(1-cos)=2gR2x24R2=xgR,故v正比于
2、它到P点的距离,C正确。2.(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.2hkD.2hk-1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=F压kmg,得R2hk-1,故D项正确。3.(2022北京,8,3
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,
4、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:Ek=Ep=mgh=mgx tan ,即Ek=mgx tan ,式中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,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
5、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.mgkB.2mgkC.4mgkD.6mgk答案C对Q,根据平衡条件有kx=2mg,则弹簧伸长量x=2mgk。剪断轻绳后,P的运动为简谐运动,故其最大位移为2x=4mgk,即C正确。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=15 m/s的速度水平喷出,每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的,喷口离水面的高度保持H=3.75 m不变。水泵由电动机带动,电动机正常工作时,输入电压为220
6、 V,输入电流为2.0 A。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10 m/s2,则 ()A.每秒水泵对水做功为75 JB.每秒水泵对水做功为225 JC.水泵输入功率为440 WD.电动机线圈的电阻为10 答案D根据功能关系可知,每秒水泵对水做功W=mgH+12mv02=2.0103.75 J+122.0152 J=300 J,则水泵输出功率P1=300 W,由题意可知,水泵输入功率P2=P175%=30075% W=400 W,故A、B、C错误;根据题意,电动机输出功率
7、P出=400 W,故电动机线圈的热功率P热=I2R=UI-P出=40 W,则R=10 ,D正确。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9 m/s时,输出电功率为405 kW,风速在510 m/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,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12Av2C.若每天平均有1.0108 kW的风能资源,则每天发电量为2.
8、4109 kWhD.若风场每年有5 000 h风速在610 m/s范围内,则该发电机年发电量至少为6.0105 kWh答案D设转化效率为,则P出=12m空v2t=12vAv2=12Av3,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12Av3,B错;每天的发电量为E每天=P每天t=2.4109 kWh,由于小于1,故C错;风速在610 m/s范围内时,不变,当v=6 m/s时,输出电功率最少为P出=12Av3=120 kW,故每年发电量至少为P出5 000 h=6105 kWh,故D正确。解题关键风速在510 m/s范围内恒定,题目中给出风速是9 m/s时的输出功率,可根据
9、这个速度下的输出功率推导出风速是6 m/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1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置,把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台,先加速再匀速,最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动,到达平台的速度刚好为零,g取10 m/s2,则提升重物的最短时间为 ()A.13.2 sB.14.2 sC.15.5 sD.17.0 s答案C以最大加速度加速、减速运动,时间最短。由Fm-mg=ma1,即300 N-200 N=20a1(N),解得a1=5 m/s2;由v1=P额Fm得,匀加速运动的末速度v
10、1=1200300 m/s=4 m/s,由v1=a1t1,得t1=45 s=0.8 s,该段位移x1=v12t1=420.8 m=1.6 m;由P额=mgvm得匀速运动的速度vm=1200200 m/s=6 m/s;匀减速运动的最大加速度a2=5 m/s2,匀减速运动的时间t3=vma2=65 s=1.2 s,该段位移x3=vm2t3=621.2 m=3.6 m,则变加速运动与匀速运动的总位移x2=(85.2-1.6-3.6) m=80 m,对该过程应用动能定理,P额t2-mgx2=12mvm2-12mv12,代入数据解得t2=13.5 s,则全程总时间t=t1+t2+t3=(0.8+13.5
11、+1.2) s=15.5 s,故C正确。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
12、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,有FB=mBg sin -FAB-mBg cos ,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+mBg cos -mBg sin 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,
13、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=mBg sin -FAB-mBg cos ,对A、B整体受力分析得(mA+mB)a=(mA+mB)g sin -Fx-(mA+mB)g cos ,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) sin +f(x1-x2),解得k=
14、2(mgsin+f)x1+x2,当位移为最大位移的一半时有F合=kx1-x1-x22-mg sin -f=0,则加速度为0,A错误。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aAaB,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1 kg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=10 m/s2。则 ()A.4 s时物块的动能为零B.6
15、 s时物块回到初始位置C.3 s时物块的动量为12 kgm/sD.06 s时间内F对物块所做的功为40 J答案AD由图知03 s内F的大小为F1=4 N,36 s内F的大小F2=4 N;在0到3 s内,物块沿正方向做匀加速直线运动,F1-mg=ma1,解得a1=2 m/s2,为正方向,3 s末的速度v1=a1t1=6 m/s;3 s末力F反向,物块先沿正方向减速到零,F2+mg=ma2,解得a2=6 m/s2,为负方向,物块减速到零所用的时间t2=v1a2=1 s,即4 s末物块减速到零;在46 s内,物块再反向做匀加速直线运动,F2-mg=ma3,解得a3=2 m/s2,为负方向。画出整个过
16、程中的v-t图像如图所示。4 s时物块的速度为零,动能为零,A正确;由图可知在06 s内,物块的位移不为零,6 s时物块没有回到初始位置,B错误;3 s时的速度v1=6 m/s,动量p1=mv1=6 kgm/s,C错误;由v-t图线与时间轴所围的面积表示位移知,03 s内、34 s内、46 s内物块的位移大小分别为x1=9 m、x2=3 m、x3=4 m,则F对物块做的功分别为W1=F1x1=36 J、W2=-F2x2=-12 J、W3=F2x3=16 J,则06 s时间内F对物块所做的功W=W1+W2+W3=40 J,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
17、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0t1时间内,返回舱重力的功率随时间减小B.在0t1时间内,返回舱的加速度不变C.在t1t2时间内,返回舱的动量随时间减小D.在t2t3时间内,返回舱的机械能不变答案ACPG=mgv,0t1时间内,v减小,PG减小,A正确;在0t1时间内图像斜率减小,加速度减小,B错误;t1t2时间内,由p=mv,v减小,返回舱动量p减小,C正确;t2t3时间内,v不
18、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200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=PQ=20 m,PQ段的倾角为30,重力加速度g取10 m/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40 NB.从M到N,小车克服摩擦力做功800 JC.从P到Q,小车重力势能增加1104 JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J答案ABD由F=Pv得从M到N的牵
19、引力F=2005 N=40 N,A正确。从M到N,匀速运动的速度v=5 m/s,t=xv=4 s,由动能定理有Pt-Wf=0,则克服摩擦力做功Wf=800 J,B正确。从P到Q上升高度h=xPQ sin 30=10 m,Ep=-WG=mgh=5103 J,运动时间t=xPQv=10 s,由动能定理有Pt-mgh-Wf=0,得克服摩擦力做功Wf=700 J,C错,D正确。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
20、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、所示,则 ()A.物块与斜面间的动摩擦因数为23B.当拉力沿斜面向上,重力做功为9 J时,物块动能为3 JC.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13D.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12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mgL sin 45=18 J、摩擦力做功大小mgL cos 45=6 J,故=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mgL2 sin 45=9 J时,物块动能为Ek=mgL2 sin 45-2mgL2 co
21、s 45=3 J,B正确。当拉力沿斜面向上时:mg sin 45-2mg cos 45=ma1,向下时:mg sin 45=ma2,解得a1=26g、a2=22g,a1a2=13,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13,则动量p=mv大小之比也为13,D错误。14.(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mQmP,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
22、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g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点。下列说法正确的是()A.物体P和Q的质量之比为13B.2T时刻物体Q的机械能为E2C.2T时刻物体P重力的功率为3E2TD.2T时刻物体P的速度大小为2gT3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m,则Q物体质量为2m,T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
23、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+v12T+0+v12T3=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02T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)+122mv22=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v2=gt=23gT,选项D正确;在2T时刻,物体P重力的功率P=mgv2=23mg2T,结合上述分析,得P=3E2T,选项C正确。1
24、5.(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20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升,经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400 V,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10 m/s2)()A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200 NB.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 AC.无人机上升过程中消耗的平均功率为100 WD.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
25、过程中,空气对无人机的作用力大于200 N,向上减速过程则小于200 N,故A选项错误。由I=PU=5103400 A=12.5 A,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=100 W,故实际消耗的平均功率大于100 W,故C项错误,D项正确。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
26、.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
27、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3.0104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105 N;弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/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1.1106 NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1108 JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107 WD.舰载机在弹射过程中的
28、加速度大小为32 m/s2答案ABD舰载机弹射过程中的加速度a=v22x=8022100 m/s2=32 m/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=1.1106 N,选项A正确;由功的定义得:W弹=F弹x=1.1108 J,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=8032 s=2.5 s,由功率的定义得:P弹=W弹t=4.4107 W,选项C错。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
29、.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vmvm=2PP=2,因此A、B、C错,D对。19.(2014课标,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.WF24WF1,Wf22Wf1B.WF24
30、WF1,Wf2=2Wf1C.WF24WF1,Wf2=2Wf1D.WF24WF1,Wf22Wf1答案CWF1=12mv2+mgv2t,WF2=12m4v2+mg2v2t,故WF24WF1;Wf1=mgv2t,Wf2=mg2v2t,故Wf2=2Wf1,C正确。20.(2015课标,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/
31、f。若t=0时刻v0v1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A正确、C错误。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=k2k1v1D.v2=k2v1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v
32、2=k1k2v1,故B正确。22.(2016课标,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(mgR-W)mRB.a=2mgR-WmRC.N=3mgR-2WRD.N=2(mgR-W)R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;在最低点时有N-mg=ma,所以
33、N=3mgR-2WR,选项C正确。23.(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。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,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。则()A.动摩擦因数=67B.载人滑草车最大速度为2gh7C.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35g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
34、别为f1、f2f1=mg cos 45f2=mg cos 37整个过程由动能定理列方程:mg2h-f1hsin45-f2hsin37=0解得:=67,A项正确。滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:mgh-f1hsin45=12mv2解得:v=2gh7,B项正确。由式知:Wf=2mgh,C项错误。在下段滑道上,mg sin 37-mg cos 37=ma2解得:a2=-335g,故D项错误。24.(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
35、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14mv2C.在C处,弹簧的弹性势能为14mv2-mghD.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=0-12mv2联立得Wf=14mv2,选项B正确。W弹=mgh-14mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从
36、AC过程克服弹簧弹力做的功,选项C错误。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BC-W弹+mghBC-Wf=0-12mvB2上滑过程从CBW弹-mghBC-Wf=12mvB2-12mv2联立可得12mvB2-2Wf+12mv2=12mvB2因WfWf=14mv2故2Wf12mvB2vBvB,选项D正确。25.(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.13m
37、gRC.12mgRD.4mgR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,因此,A、B、D错误,C正确。26.(2013江苏单科,5,3分)水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的()A.30%B.50%C.70%D.90%答案A由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为:x1=6 mm、x1=
38、x2=3.5 mm,设照片的放大率为k、闪光周期为T,则有12mx1kT2-12mx1kT2-12mx2kT212mx1kT2=x12-x12-x22x12=0.319,故A正确。27.(2011课标,15,6分)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。此后,该质点的动能可能()A.一直增大B.先逐渐减小至零,再逐渐增大C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大答案ABD当恒力方向与质点原来速度方向相同时,质点的动能一直增大,故A正确。当恒力方向与质点原来速度方向相反时,速度先逐渐减小到零再逐渐增大,质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大,故
39、B正确。当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90时,将原来速度v0分解为平行恒力方向的vy、垂直恒力方向的vx,如图甲,vy先逐渐减小到零再逐渐增大,vx始终不变。由v=vx2+vy2,知质点速度v先逐渐减小至vx再逐渐增大,质点的动能先减小至某一非零的最小值,再逐渐增大,故D正确。当恒力方向与v0方向夹角小于90时,如图乙,vy一直增大,vx始终不变,质点速度v逐渐增大,动能一直增大,没有其他情况,故C错误。甲乙评析本题考查力与运动的关系,漏选的原因是没能将速度分解成图甲来分析。28.(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
40、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A正确。29.(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=mg sin +mg cos 大小恒定,下降过程中F降=mg sin -mg cos 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
41、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EktEk0,故选项C正确。30.(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.M2mB.2mM3mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先
42、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,由于此时A对水平桌面的压力恰好为零,故有T sin =Mg,可见M=2m sin 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
43、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。31.(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16 m,竖直距离为2 m,A、B间绳长为20 m,质量为10 kg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10 m/s2,绳处于拉直状态)()A.-1.2103 JB.-7.5102 JC.-6.0102 JD.-2.0102 J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
44、绳子与水平方向的夹角相同,记为,设右边绳子长度为a,左边绳子长度为20 m-a由几何关系得acos+(20m-a)cos=16masin-(20m-a)sin=2m联立解得a=353 m,所以绳子最低点与参考平面的竖直距离为353 msin =7 m,猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m,所以猴子在最低点的重力势能约为Ep=-mgh=-750 J,选B。32.(2017课标,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.1
45、3mglD.12mgl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|=m0g13l,又m0=13m,则W外=|WG|=13mg13l=19mgl,故A选项正确。33.(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32mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mgC.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32mgL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
