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高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题六机械能课件
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这是一份高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题六机械能课件，共60页。
专题二 机械能
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一 功和功率
1.(2017浙江11月选考,10,3分)如图所示,质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中 可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分 别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4 m,则克服重 力做的功和相应的功率约为(g取10 m/s2) ( )
A.430 J,7 W B.4 300 J,70 W C.720 J,12 W D.7 200 J,120 W
2.(2015浙江10月选考,12,3分)快艇在运动中受到的阻力与速度平方成正比(即Ff=kv2)。若油箱 中有20 L燃油,当快艇以10 m/s匀速行驶时,还能行驶40 km,假设快艇发动机的效率保持不变, 则快艇以20 m/s匀速行驶时,还能行驶 ( )A.80 km B.40 km C.10 km D.5 km
答案 C 快艇以v1=10 m/s匀速行驶时s1=40 km,F1=Ff1=k ,且W=F1s1;同理,快艇以v2=20 m/s匀速行驶时,F2=Ff2=k ,且W=F2s2,可知s2=10 km。
3.(2019浙江4月选考,19,9分)小明以初速度v0=10 m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1 kg的小皮 球,最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1。(g=10 m/s2)求小皮 球:(1)上升的最大高度;(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功(3)上升和下降的时间。
答案 (1) m (2)0 - J (3) s s
解析 (1)上升过程:mg+f=ma1设小皮球在运动过程中所受空气阻力大小为f,解得a1=11 m/s2上升的高度:h= = m(2)重力做功:WG=0 空气阻力做功:Wf=-f·2h=- J(3)上升的时间:t1= = s下降过程:mg-f=ma2解得a2=9 m/s2h= a2 解得t2= s
1.(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.-1.2×103 J B.-7.5×102 J C.-6.0×102 J D.-2.0×102 J
考点二 动能和动能定理
答案 B 重力势能最小的点为最低点,结合同绳同力可知,在最低点(势能最小)时,两侧绳子 与水平方向的夹角相同,记为θ,设右边绳子长为a,左边绳子长为20 m-a由几何关系得
联立解得a= m,所以最低点与参考平面的距离为 m·sin θ=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。
2.(2017浙江11月选考,4,3分)如图所示,两位同学从滑道最高端的同一位置先后滑下,到达底端 的同一位置。对于整个下滑过程,两同学的 ( ) A.位移一定相同 B.时间一定相同C.末速度一定相同 D.平均速度一定相同
答案 A 两位同学滑下来的时间不一定相同,在滑道上所受的摩擦力也不一定相同,但是两 位同学位置的变化是一样的,即位移是相同的,所以选A。
审题技巧 该题目考查基本概念在具体情景中的正确表达。牢牢抓住两位同学的起始位置 相同和末位置相同,这个与位移定义相关的条件。
3.(2019浙江4月选考,20,12分)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上 运动的关系,建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB,其下方右侧 放置一水平传送带,直轨道末端B与传送带间距可近似为零,但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4 m、转轴间距L=2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动,转轮最低点离地面的高度H=2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放,假设小物块从直轨道B端运动到达传送带 上C点时,速度大小不变,方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数 均为μ=0.5。( sin 37°=0.6, g=10 m/s2)
(1)若h=2.4 m,求小物块到达B端时速度的大小;(2)若小物块落到传送带左侧地面,求h需要满足的条件(3)改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块落地点到D点的水 平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
答案 (1)4 m/s (2)h≤3.0 m (3)x=2 h≥3.6 m
解析 (1)小物块由静止释放到B的过程中:mg sin θ-μmg·cos θ=ma =2a 解得vB=4 m/s(2)设小物块到达D点速度为零时高度为h1,则0=mgh1-μmg cos θ· -μmgL若小物块从左侧离开传送带,则h≤h1=3.0 m(3)小物块从右侧水平抛出,设小物块到达D点的速度为v,则 mv2=mgh-μmg cos θ· -μmgLH+2R= gt2x=vt可得x=2 为使小物块能在D点水平向右抛出,则mg≤m 解得h≥3.6 m
4.(2017浙江11月选考,20,12分)如图1所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图2的示意图, 倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接,倾斜轨道BC的B 端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心 O2与A点在同一水平面上,D、O1的距离L=20 m。质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自 静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自 身重力的0.25。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比, 比例系数μ= ,EF段摩擦力不计,整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) 图1
图2(1)求过山车过F点时的速度大小;(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功;(3)如果过D点时发现圆弧轨道EF段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车 不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?
答案 (1)3 m/s (2)-7.5×104 J (3)见解析
解析 (1)在F点有m人g-0.25m人g=m人 ①r=L sin θ=12 m②得vF= =3 m/s③(2)设整个过程摩擦阻力做功为W,对B到F的过程用动能定理mg(h-r)+W= m -0 ④得W=-7.5×104 J⑤(3)设触发制动装置后,能恰好到达E点对应的摩擦力大小为Ff1-Ff1L cos θ-mgr cos θ=0- m ⑥未触发制动时,从D点到F点的过程,有-μmg cos θ· L cos θ-mgr= m - m ⑦由⑥⑦两式得Ff1= ×103 N=4.6×103 N⑧设使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2
Ff2=mg sin θ=6×103 N⑨综合考虑⑧⑨两式,得Ffm=6×103 N
5.(2017浙江4月选考,20,12分)图中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图。弯道1、弯道 2可看作两个不同水平面上的圆弧,圆心分别为O1、O2,弯道中心线半径分别为r1=10 m,r2=20 m,弯道2比弯道1高h=12 m,有一直道与两弯道圆弧相切。质量m=1 200 kg的汽车通过弯道时 做匀速圆周运动,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍,行驶时要求汽车不打滑。 (sin 37°=0.6,sin 53°=0.8)(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1;(2)汽车以v1进入直道,以P=30 kW的恒定功率直线行驶了t=8.0 s进入弯道2,此时速度恰为通过 弯道2中心线的最大速度,求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功;(3)汽车从弯道1的A点进入,从同一直径上的B点驶离,有经验的司机会利用路面宽度,用最短时 间匀速安全通过弯道。设路宽d=10 m,求此最短时间(A、B两点都在轨道的中心线上,计算时 汽车视为质点)。
答案 见解析
解析 (1)kmg=m ⇒v1= =5 m/s≈11.2 m/s(2)kmg=m ⇒v2= =5 m/s≈15.8 m/sPt-mgh+W阻= m - m 代入数据得W阻=-21 000 J(3)用时最短必使v1最大(即R最大)且s最长对应轨迹应为过A、B两点且与轨道内侧边相切R2= + ⇒R=12.5 mvm= =12.5 m/s由sin θ= =0.8则对应的圆心角2θ=106°s= ×2πR≈23.1 mt= ≈1.8 s
审题技巧 本题第三问如果条件放宽到沿任意路径中最短到达时间,则证明哪条路径时间最 短是一个极难的问题。因此审题应仔细,题目限定了汽车做匀速圆周运动,因此最短时间的路 径也是圆,从而不难猜到最短时间是和内侧相切,且能满足摩擦力不超过最大静摩擦力。
6.(2016浙江10月选考,20,12分)如图1所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行, 可抽象为图2的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的 直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道BC、C'E平滑连接,另有水平减速直轨道FG和EF平滑 连接,E、G间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m处的A点静止下滑, 经BCDC'EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道 FG间的动摩擦因数μ2=0.75。过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,求: 图1 图2 (1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小;(3)减速直轨道FG的长度x。(已知g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
答案 (1)8 m/s (2)7×103 N (3)30 m
解析 本题考查了竖直平面内的圆周运动及功能关系。(1)设过山车在C点的速度大小为vC,由动能定理得mgh-μ1mg cos 45°· = m 代入数据解得vC=8 m/s(2)设过山车在D点的速度大小为vD,由动能定理得mg(h-2R)-μ1mg cos 45°· = m F'+mg=m ,解得F'=7×103 N由牛顿第三定律得过山车对轨道的作用力F″=7×103 N(3)对全程应用动能定理得mg[h-(l-x) tan 37°]-μ1mg cos 45°· -μ1mg cos 37°· -μ2mgx=0
解得x=30 m
7.(2015浙江10月选考,20,12分)如图所示是公路上的“避险车道”,车道表面是粗糙的碎石,其 作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶,当驾 驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度表示数v1=36 km/h,汽车继续沿下坡匀加 速直行l=350 m、下降高度h=50 m时到达“避险车道”,此时速度表示数v2=72 km/h。(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量;(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力;(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°,汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路 上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)。
答案 (1)3.0×105 J (2)2×103 N (3)33.3 m
1.(2018浙江11月选考,5,3分)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示,下列说法不正确的是 ( )A.加速助跑过程中,运动员的动能增加B.起跳上升过程中,杆的弹性势能一直增加C.起跳上升过程中,运动员的重力势能增加D.越过横杆后下落过程中,运动员的重力势能减少、动能增加
考点三 势能和机械能守恒定律
答案 B 加速助跑过程中运动员的速度增大,动能增加,A正确;撑杆从开始形变到恢复形变 时,先是运动员的部分动能转化为杆的弹性势能,之后弹性势能转化为运动员的动能与重力势 能,杆的弹性势能不是一直增加,B错误;起跳上升过程中,运动员的高度在不断增大,所以运动 员的重力势能增加,C正确;当运动员越过横杆下落的过程中,他的高度降低、速度增大,重力势 能转化为动能,即重力势能减少,动能增加,D正确。
2.(2018浙江11月选考,13,3分)如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置,AB是长 为21 m的水平轨道,倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上,B为圆形的 最低点,轨道AB与BC平滑连接,且在同一竖直平面内。某次游戏中,无动力小车在弹射装置D 的作用下,以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB,并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道 AB上受到的摩擦力为其重量的0.2,轨道BC光滑,则小车从A到C的运动时间是(g=10 m/s2) ( ) A.5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s
答案 A 设小车的质量为m,小车在AB段做匀减速直线运动,加速度a1= = =0.2g=2 m/s2,方向向左,在AB段,根据动能定理可得-fxAB= m - m ,解得vB=4 m/s,故t1= s=3 s;小车在BC段,根据机械能守恒定律可得 m =mgh,解得h=0.8 m,过圆形支架的圆心O点作BC的垂线,根据几何知识可得 = ,解得xBC=4 m,sin θ= = ,故小车在BC上运动的加速度为a2=g sin θ=2 m/s2,方向沿BC向下,故小车在BC段的运动时间为t2= = s=2 s,所以小车运动的总时间为t=t1+t2=5 s,A正确。
3.(2017浙江4月选考,12,3分)火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示,火箭在返回地 面前的某段运动,可看成先匀速后减速的直线运动,最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化, 则 ( ) A.火箭在匀速下降过程中,机械能守恒B.火箭在减速下降过程中,携带的检测仪器处于失重状态C.火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D.火箭着地时,火箭对地的作用力大于自身的重力
答案 D 匀速下降阶段,说明阻力等于重力,不是只有重力做功,所以机械能不守恒,选项A错; 在减速阶段,加速度向上,所以处于超重状态,选项B错;火箭着地时,地面对火箭的作用力大于 火箭所受的重力,选项D正确;合力做功多少等于动能改变量,选项C错。
4.(2016浙江10月选考,4,3分)如图所示,无人机在空中匀速上升时,不断增加的能量是 ( ) A.动能B.动能、重力势能C.重力势能、机械能D.动能、重力势能、机械能
答案 C 无人机匀速上升,所以动能保持不变,选项A、B、D均错。无人机高度不断增加,所 以重力势能不断增加,在上升过程中升力对无人机做正功,所以无人机的机械能不断增加,选项 C正确。
5.(2015浙江10月选考,8,3分)质量为30 kg的小孩坐在秋千板上,秋千板离系绳子的横梁的距离 是2.5 m。小孩的父亲将秋千板从最低点拉起1.25 m高度后由静止释放,小孩沿圆弧运动至最 低点时,她对秋千板的压力约为(g=10 m/s2) ( )A.0 B.200 N C.600 N D.1 000 N
答案 C 小孩沿圆弧运动至最低点的过程中,mgh= mv2,N-mg= ,则N= +mg=600 N,由牛顿第三定律知小孩对秋千板的压力为600 N。
6.(2018浙江11月选考,19,9分)在竖直平面内,某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD 平滑连接组成,如图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB,到达B点 的速度大小为2 m/s,然后进入细管道BCD,从细管道出口D点水平飞出,落到水平面上的G点。 已知B点的高度h1=1.2 m,D点的高度h2=0.8 m,D点与G点间的水平距离L=0.4 m,滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度;(2)求小滑块从D点飞出的速度;
(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑。
答案 (1)8 m/s2,方向沿轨道AB向下 6 m/s,方向沿轨道AB向上(2)1 m/s,方向水平向右(3)不光滑
7.(2016浙江4月选考,20,12分)如图所示,装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成。其中轨道 Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接,高度差分别是h1=0.20 m、h2=0.10 m,BC水平距离 L=1.00 m。轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成,且A点与F点等 高。当弹簧压缩量为d时,恰能使质量m=0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点;当弹簧压缩量为2 d时,恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点。(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比)(g=10 m/s2) (1)当弹簧压缩量为d时,求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小;(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数;(3)当弹簧压缩量为d时,若沿轨道Ⅱ运动,滑块能否上升到B点?请通过计算说明理由。
答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)见解析
解析 (1)根据机械能守恒可知:E弹=mgh1=0.1 JEk= mv2=E弹=0.1 J得:v=2 m/s(2)根据题给条件,压缩量为2d时,E弹=0.4 J,从A到C,由能量守恒可知:E弹=mg(h1+h2)+μmg cos θ· 得:μ=0.5(3)恰能通过圆轨道最高点的条件:mg=m 由机械能守恒可知:vF=v=2 m/s解得:R=0.4 m故当半径R≤0.4 m,可以上升到B点;R>0.4 m,滑块会脱离轨道,不能上升到B点。
1.(2017浙江11月选考,13,3分)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,则用于(g取10 N/kg) ( ) A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 WB.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 WC.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
考点四 功能关系和能量守恒定律
答案 B 抬升登高平台克服重力做功的功率P= = W=800 W,因伸缩臂有一定的质量,所以伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率大于800 W,选项D错误。在一秒钟内, 喷出去水的质量为m=ρV=103× kg=50 kg,喷出去水的重力势能为WG=mgh=50×10×60 J=3×104 J,水的动能为 mv2=1×104 J,所以1秒钟内水增加的机械能为4×104 J,所以用于水炮工作的发动机输出功率为4×104 W,选项B正确,A、C错误。
2.(2016浙江4月选考,12,3分)图示中的路灯为太阳能路灯,每只路灯的光伏电池板有效采光面 积约0.3 m2。晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106 J。如果每天等 效日照时间约为6 h,光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h。光电池的光电转换效 率约为 ( ) A.4.8% B.9.6% C.16% D.44%
答案 C 光电池的光电转换效率是转化得到的电能与接收到的光能的比值,即η= ×100%= ×100%=16%,故选C。
3.(2015浙江10月选考,5,3分)画作《瀑布》如图所示。有人对此画作了如下解读:水流从高处 倾泻而下,推动水轮机发电,又顺着水渠流动,回到瀑布上方,然后再次倾泻而下,如此自动地周 而复始。这一解读违背了 ( ) A.库仑定律 B.欧姆定律C.电荷守恒定律 D.能量守恒定律
答案 D 这是第一类永动机模型,违背了能量守恒定律,选D。
4.(2018浙江11月选考,20,12分)如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧原长时 上端与刻度尺上的A点等高。质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点高度h1=1. 10 m。篮球静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高 点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2 =0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰 撞时的能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。求:(g取10 m/s2) (1)弹簧的劲度系数;(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力;(3)篮球在整个运动过程中通过的路程;
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
答案 (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m (4)见解析
解析 (1)篮球静止在弹簧上,根据共点力平衡条件可得mg-kx2=0,k=500 N/m;(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点,由动能定理得mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0,解得f=0.5 N,方向竖直向下;(3)篮球在整个运动过程中总路程s,则mg(h1+x2)=fs+Ep,解得s=11.05 m;(4)篮球在首次下落过程中,合力为零处速度最大,速度最大时弹簧形变量为x3,则mg-f-kx3=0,篮球速度最大的位置在A点下方,离A点x3=0.009 m。
5.(2018浙江4月选考,20,12分)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长 度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速释放, 经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力 的0.2,然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2 m。小球 运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g=10 m/s2。(1)求小球运动至B点时的速度大小;(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度;(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前 后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。
答案 (1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s
解析 (1)由牛顿第三定律得小球运动至B点时轨道对小球的支持力N=3.6 N由向心力公式得,N-mg=m 解得vB=4 m/s。(2)小球从A到B的过程中,重力和摩擦力做功,设小球克服摩擦力所做的功为W克。由动能定理得mgR-W克= m -0解得W克=2.4 J。(3)分析知,BC段长度会影响匀减速运动的时间,继而影响平抛运动水平初速度以及水平位 移。设BC段运动时间为t,加速度a= =2 m/s2由运动学公式得vC=vB-at=4-2t(m/s) ①xBC=vBt- at2=4t-t2(m) ②其中0xCP=vCt1 ④由①③④可得xCP=3.2-1.6t(m) ⑤则由②⑤可得xBP=xBC+xCP=-t2+2.4t+3.2(m) ⑥根据二次函数单调性以及t的范围,可得当t=1.2 s时,xBP取到最大值。代入②式,解得xBC=3.36 m。(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等,所以碰撞前后水平速度与竖直速度比例不变。每 次碰撞机械能损失75%,故每次碰撞合速度与分速度大小均变为原来的 。
设第n次损失后的竖直分速度为vyn,从第n次碰撞到第n+1次碰撞的时间为tn。由平抛运动方程得vy0= =8 m/s⑦t0= =0.8 s⑧则vyn=vy0· (n=1,2,3,…) ⑨tn=2· ⑩将式⑦⑧⑨代入⑩可得tn= t0(n=1,2,3,…)由等比数列求和公式可得t总=t0+t1+…tn+…=0.8+ (s)当n取无穷大,小球处于静止状态
解得t总=2.4 s。
考点一 功和功率
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2018课标Ⅲ,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某 竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同 的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考 虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程, ( ) A.矿车上升所用的时间之比为4∶5 B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1 D.电机所做的功之比为4∶5
答案 AC 本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两 次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合, 要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间t= t0,即矿车上升所用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg= ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大 功率P1=(mg+ma)v0,在第②次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)· v0,即 = ,选项C正确;对①②两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即 = ,选项D错误。
易错点拨 瞬时功率与平均功率的区别瞬时功率对应的是点(位置、时刻);平均功率对应的是段(过程、时间)。本题选项C中的功率 为瞬时功率。
2.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套 着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作 用力 ( ) A.一直不做功 B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心
答案 A 本题考查圆周运动、功。小环在固定的光滑大圆环上滑动,做圆周运动,其速度沿 大圆环切线方向,大圆环对小环的弹力(即作用力)垂直于切线方向,与速度垂直,故大圆环对小 环的作用力不做功,选项A正确、B错误。开始时大圆环对小环的作用力背离圆心,到达圆心 等高点时弹力提供向心力,故大圆环对小环的作用力指向圆心,选项C、D错误。
以下为教师用书专用
3.(2016天津理综,8,6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖 车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相 等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车 组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组 ( )A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
答案 BD 启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的 方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示 甲由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示 乙由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得 = ,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x= ,即x与v2成正比,选项C错误;第一种情况动车组的最大速度为v1, -8kmg=0,
第二种情况动车组的最大速度为v2, -8kmg=0,两方程联立可得 = ,选项D正确。
4.(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: -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。
1.(2019课标Ⅲ,17,6分)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到 一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、 下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为 ( )A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg
考点二 动能和动能定理
答案 C 本题考查动能定理,体现了模型建构素养。设外力大小为f,在距地面高度3 m内的上升过程中,由动能定理知-(mg+f)h= m - m ,由图像可知, m =72 J, m =36 J,得mg+f=12 N。同理结合物体在下落过程中的Ek-h图像有mg-f=8 N,联立解得mg=10 N,则m=1 kg,选项C正确。
审题指导 物体受到大小不变的外力,方向始终与速度方向相反,即上升时外力方向向下,下落 时外力方向向上,这是解答此题的关键。
2.(2018课标Ⅱ,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至 具有某一速度。木箱获得的动能一定 ( ) A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功
答案 A 本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,Ek思路分析 外力做功与动能变化的关系动能的改变是物体所受合外力做功引起的。
3.(2019江苏单科,8,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质 量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的 最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程 中 ( ) A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为
答案 BC 本题考查动能定理,对物块不同运动过程的分析能体现学生的综合分析能力。对物块从A点开始到再回到A点整个过程,由动能定理可知Wf=-2μmgs=0- m ,则vA=2 ,故B正确,D错误.对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程,由动能定理知W弹+Wf'=0- m ,Wf'=-μmgs,则W弹=-μmgs,即物块克服弹力做功为μmgs,所以弹簧弹性势能增加μmgs,故C正确。当克服弹力做功为μmgs时,弹簧的最大弹力要大于μmg,故A错误。
4.(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- gt2,联立得Ek= mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确。
方法技巧 函数法解题小球抛出后,根据小球在运动过程中所满足的物理关系和规律,推导出相应的数学函数关系式, 应用数学工具解决物理问题。
5.(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. mgR B. mgR C. mgR D. mgR
答案 C 当质点由P点滑到Q点时,对轨道的正压力为2mg,则质点受到的支持力FN=2mg,由牛 顿第二定律得FN-mg=m , =gR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理得:mgR-Wf= m -0,得:Wf= mgR,因此,A、B、D错,C正确。
6.(2019课标Ⅱ,25,20分)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶 过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车所受阻力大小随 时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中,0~ t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的 反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8 s;t1~ t2时间段为刹车 系统的启动时间,t2=1.3 s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。已知从t2时刻 开始,汽车第1 s内的位移为24 m,第4 s内的位移为1 m。 图(a)
图(b)(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线;(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示 牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间 内汽车的平均速度)?
答案 (1)见解析 (2)28 m/s 8 m/s2(3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m
解析 本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点,考查了学生综合分析及运用数学知 识解决问题的能力,体现了科学推理与科学论证的素养要素,通过研究汽车的运动渗透了关注 生产、生活的价值观念。 (1)v-t图像如图所示。 (2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2。在t2时 刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a。取Δt=1 s。设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移 为sn,n=1,2,3,…。若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由 运动学公式有
s1-s4=3a(Δt)2 ①s1=v2Δt- a(Δt)2 ②v4=v2-4aΔt ③联立①②③式,代入已知数据解得v4=- m/s④这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止。因此,①式不成立。由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式v3=v2-3aΔt ⑤2as4= ⑥联立②⑤⑥式,代入已知数据解得a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦或a= m/s2,v2=29.76 m/s⑧但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去。(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1。由牛顿第二定律有f1=ma ⑨
在t1~t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为I= f1(t2-t1) ⑩由动量定理有I=mv1-mv2 由动能定理,在t1~t2时间内,汽车克服阻力做的功为W= m - m 联立⑦⑨⑩ 式,代入已知数据解得v1=30 m/s W=1.16×105 J 从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为s=v1t1+ (v1+v2)(t2-t1)+ 联立⑦ 式,代入已知数据解得
s=87.5 m
技巧点拨 汽车在刹车过程中停止运动的时刻未知,可采用假设法,由方程解得的结果判定假 设的正确性,这是在高中物理学习中常用的一种方法。
以下为教师用书专用(7~10)
7.(2019天津理综,10,16分)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试, 并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成, 如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段 圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=1 2°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。 已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案 (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
联立①④⑤式,代入数据,得FN=1.1×103 N⑥
一题多解 对(1)问:舰载机由静止开始做匀加速直线运动设其匀加速阶段的加速度大小为a,则有L1= at2 ①对飞行员分析得F=ma ②飞行员受到的水平力所做的功W=FL1 ③联立①②③得W=7.5×104 J
8.(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= B.a= C.N= D.N=
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= mv2,在最低点的向心加速度a= ,联立得a= ,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N= ,选项C正确。
9.(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答案 (1) (2)
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= m - m ①解得μ= ②(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 - =2a1s0 ③v0-v1=a1t ④s1= a2t2 ⑤联立③④⑤式得a2= ⑥
10.(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=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2 匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。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=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功 W=-1 530 J,取g=10 m/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)144 N (2)12.5 m
1.(2018课标Ⅰ,18,6分)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的 四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作 用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高 点,机械能的增量为 ( ) A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR
考点三 势能和机械能守恒定律
答案 C 本题考查分运动的独立性、恒力做功的特点及功能关系。以小球为研究对象,在 小球由a到c的过程中,应用动能定理有F·xab+F·R-mgR= m ,其中水平力大小F=mg,得vc=2 。经过c点以后,在竖直方向上小球做竖直上抛运动,上升的时间t升= =2 。在水平方向上小球做加速度为ax的匀加速运动,由牛顿第二定律得F=max,且F=mg,得ax=g。在时间t升内, 小球在水平方向上的位移x= ax =2R,故力F在整个过程中对小球做的功W=Fxab+FR+Fx=5mgR。由功能关系,得ΔE=W=5mgR。故C正确,A、B、D错误。
审题关键 关键词理解,隐形条件显性化
1.恒力F的方向判断:由题中条件①光滑轨道、②小球始终受到水平外力作用、③自a点从静 止开始向右运动,可判断出外力F方向水平向右。
2.由于外力F=mg,小球到达c点瞬间vc>0,可判断球经过c点后将继续向斜上方运动,当竖直方向 速度为零时小球到达最高点。
3.恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积:W=F·s。
4.由功能关系确定机械能增量。
2.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入 竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员 的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中 ( ) A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变
答案 C 本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能 关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合 外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;滑动摩擦力f=μFN,FN随着下滑位置的不同由A 到B逐渐变大,因此滑动摩擦力变大,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化 量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的 功,故机械能减少,选项D错误。
易错警示 运动员的速率不变,误认为匀速圆周运动的合外力为零,误选A。
3.(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。
4.(2018江苏单科,14,16分)如图所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度。细线的一端系有质量为 M的小物块,另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l。 用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后,小球 运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动。忽略一切摩擦,重力加速度为g,取 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:(1)小球受到手的拉力大小F;(2)物块和小球的质量之比M∶m;(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。
答案 (1) Mg-mg (2)6∶5 (3)见解析
解析 本题考查共点力平衡、机械能守恒及牛顿第二定律的应用。 (1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1 sin 53°=F2 cos 53°F+mg=F1 cos 53°+F2 sin 53° 且F1=Mg解得F= Mg-mg (2)小球运动到与A、B相同高度过程中 小球上升高度h1=3l sin 53°,物块下降高度h2=2l由机械能守恒定律得mgh1=Mgh2解得 = (3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点。设此时AC方向的加速度大小为a,物块受到的拉力 为T由牛顿第二定律得Mg-T=Ma 小球受AC的拉力T '=T
由牛顿第二定律得T'-mg cos 53°=ma解得T= (T= mg或T= Mg)
思路点拨 常规思路,破解难题 (1)F可由共点力平衡条件列方程求解。 (2)放手后小球上升到最高点的过程中,系统机械能守恒,由此求解两物体质量之比。 (3)小球再次回到最低点时,物块和小球的速度为零,但加速度不为零,对物块和小球分别 列牛顿第二定律方程,联立即可求得T。
以下为教师用书专用(5~6)
5.(2016课标Ⅲ,24,12分)如图,在竖直平面内有由 圆弧AB和 圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为 。一小球在A点正上方与A相距 处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。(1)求小球在B、A两点的动能之比;(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
答案 见解析
解析 (1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得EkA=mg ①设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg ②由①②式得 =5 ③(2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0 ④设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有N+mg=m ⑤由④⑤式得,vC应满足mg≤m ⑥由机械能守恒有mg = m ⑦由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点。
6.(2016江苏单科,14,16分)如图所示,倾角为α的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙 面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平,右侧 的细线与斜面平行。A、B的质量均为m。撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动。不计一 切摩擦,重力加速度为g。求: (1)A固定不动时,A对B支持力的大小N;(2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s;(3)A滑动的位移为x时的速度大小vA。
答案 (1)mg cos α (2) ·x(3)
解析 (1)支持力的大小N=mg cos α(2)根据几何关系sx=x·(1-cos α),sy=x·sin α且s= 解得s= ·x(3)B的下降高度sy=x·sin α根据机械能守恒定律可得mgsy= m + m 根据速度的定义得vA= ,vB= 则vB= ·vA解得vA=
1.(2019课标Ⅱ,18,6分)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能 Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重 力加速度取10 m/s2。由图中数据可得 ( ) A.物体的质量为2 kgB.h=0时,物体的速率为20 m/sC.h=2 m时,物体的动能Ek=40 JD.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J
考点四 功能关系和能量守恒定律
答案 AD 本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关系的应用,以及利 用数形结合处理物理问题的能力,体现了能量观念和科学推理的核心素养,同时还体现了图像 展示物理关系的形式美。重力势能Ep=mgh,结合Ep-h图像有mg= N,则m=2 kg,故A正确。h=0时E总= m ,即100 J= ×2 kg× ,解得v0=10 m/s,故B错。由图像可知,h=2 m时,E总=90 J、Ep=40 J,则Ek=50 J,故C错。当h=4 m时,E总=Ep=80 J,则Ek=0,故从地面至h=4 m,物体的动能减少了100 J,故D正确。
知识链接 非重力做功量度机械能的变化量,W非>0时E机增加;W非<0时E机减少;W非=0时E机守 恒。
2.(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 l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为 ( ) A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl
答案 A 将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,相当于使下部分 的绳的重心升高 l,故重力势能增加 mg· = mgl,由功能关系可知A项正确。
以下为教师用书专用(3~4)
3.(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 mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于 mgC.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 mgL
答案 AB 本题考查牛顿运动定律、能量守恒。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 mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于 mg,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,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30°-L cos 60°= L,重力做功W=mgh= mgL,选项D错误。
解题关键 本题的关键词:A由静止释放——v0=0;降到最低点——v=0。物体做加速度减小的加速运动,当加速度减到0时,速度最大,动能最大,这是此题的关键。
4.(2017课标Ⅰ,24,12分)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地 面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地 面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2。 (结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处 的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
解析 本题考查机械能、功能关系。(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0= m ①式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0=4.0×108 J②设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为
Eh= m +mgh ③式中,vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh=2.4×1012 J④(2)飞船在高度h'=600 m处的机械能为Eh'= m +mgh' ⑤由功能关系得W=Eh'-Ek0 ⑥
式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给 数据得W=9.7×108 J⑦
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 功和功率
1.(2019浙江七彩阳光联盟二模,6)如图所示,网球运动员发球时以某一速度将球水平击出,网球 飞行一段时间后落地。若不计空气阻力,则 ( )A.初速度越大,球在空中飞行的时间越长B.下落过程中球处于超重状态C.下落过程中重力对球做功的功率不变D.下落过程中相同时间内球的速度的变化相同
答案 D 网球在空中运动的时间为t= ,所以网球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定,故A错误;下落过程中加速度方向向下,球处于失重状态,故B错误;下落过程中重力对 球做功的功率为:P=mgvy=mg2t,可知功率不断增大,故C错误;下落过程中球速度的变化为:Δv=g Δt,所以相同时间内球的速度的变化相同,故D正确。
2.(2019浙江宁波十校期末联考,6)设在平直公路上以一般速度行驶的自行车,所受阻力约为 车、人总重的0.02,则骑车人的功率最接近于 ( )A.10-1 kW B.10-3 kWC.1 kW D.10 kW
答案 A 人的功率P=fv,而f=0.02G。据生活经验,一般人的质量为60 kg,自行车的质量为10 kg,骑车速度约为5 m/s。计算得功率为70 W≈10-1 kW。
3.(2019浙江杭州模拟二,10)在篮球比赛中,某位同学获得罚球机会,他站在罚球线处用力将蓝 球投出,篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,忽 略篮球受到的空气阻力,则该同学罚球时对篮球做的功大约为 ( ) A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J
答案 B 假设人的身高为h1=1.8 m,则根据动能定理:W-mg(h-h1)= mv2,代入数据整理可以得到:W=7.5 J,故选项B正确。
4.(2019浙江杭州模拟四,3)下列表述中符合实际情况的是 ( )A.小华正常步行的速度约为10 m/sB.小明将一个鸡蛋举过头顶,克服重力做功约为10 JC.小球从3楼自由下落到地面,时间约为1 sD.小强正常上楼时的功率约为10 kW
答案 C 人正常步行的速度约为1.2 m/s,故A项错误。鸡蛋的质量约0.05 kg,将鸡蛋举过头 顶,鸡蛋上升的高度约1 m,此过程中克服重力做功W克=mgh=0.05×10×1 J=0.5 J,故B项错误。物 体自由下落1 s的距离约为h= gt2= ×10×12 m=5 m,与三楼的高度接近,故C项正确。小强正常上楼时的功率等于克服重力做功的功率,人的质量约60 kg,人上楼时竖直方向的速度约0.3 m /s,则小强正常上楼时的功率P=mgv=60×10×0.3 W=180 W,故D项错误。
5.(2017浙江超级全能生联考)张军同学到中国第一高塔的广州塔游玩时,从物理学角度设想了 电梯的运动简化模型,认为电梯的速度v是随时间t变化的。若电梯在t=0时由静止开始上升,v-t 图像如图所示,张军的质量m=70 kg,忽略一切阻力。下列说法正确的是 ( )A.张军乘电梯上升过程中,一直处于超重状态B.整个过程张军对电梯的压力始终为700 NC.张军乘电梯上升到塔顶的高度约是600 mD.电梯对张军的支持力的最大功率是2.8 kW
答案 C 从图像中可知张军乘电梯上升过程中先匀加速,再匀速,最终匀减速运动;张军匀减 速上升时处于失重状态,支持力小于重力,由牛顿第三定律可知,对电梯的压力也小于重力;上 升高度可以从图线与t轴所围的面积求出,为600 m;电梯对张军的支持力的最大功率是P=Fv=7 70×4 W=3 080 W。故选C。
1.(2019浙江温州九校联考,19)如图甲所示,一只蚂蚁在倾角为θ=37°的大理石斜面上沿直线向 上拖拉质量为m=1 g的食物。t=0时刻从A点出发,若蚂蚁对食物拖拉的作用力F可以简化成按 如图乙所示规律变化;第3 s末运动到B点时速度刚好为0,此时蚂蚁松开食物,食物下滑,第4 s末 食物刚好回到A点。已知食物与大理石面间的动摩擦因数μ=0.7,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,g=10 m/s2(食物可视为质点,空气阻力忽略不计)。求: 甲 乙
考点二 动能和动能定理
(1)A、B间的距离及食物返回A点时速度的大小;(2)若蚂蚁沿斜面向上拖拉食物时,食物对斜面的压力大小恒为3×10-3 N,则拖拉过程蚂蚁对食 物的拉力F的平均功率是多少?(3)若在A点恰好有另外一只蚂蚁,遇到该下滑的食物时,立即施加给食物沿斜面向上的大小为1×10-3 N的恒力,则食物在距离A点多远处方才停下?(忽略接触瞬间的碰撞影响,斜面足够长)
答案 (1)0.2 m 0.4 m/s (2)5.4×10-4 W (3) m
解析 (1)由牛顿第二定律有,下滑的加速度为:a= =0.4 m/s2食物由B点下滑至A点s= a =0.2 m下滑到A点的速度为:vA=at2=0.4 m/s;(2)由动能定理有:WF-mgs sin θ-μNs=0拉力F的平均功率为: = =5.4×10-4 W;(3)食物受到的合外力ma'=F'+μmg cos θ-mg sin θ又 =2a'x
解得:x= = m。
2.(2019浙江金丽衢二次联考,20)如图所示,ABCD是游乐场中的滑道,它位于竖直平面内,由两 个半径分别为R1=10 m和R2=2 m的 光滑圆弧,以及长L=10 m、动摩擦因数μ=0.1的水平滑道组成,所有滑道平滑连接,D点恰好在水面上。游客(可视为质点)可由AB弧的任意位置从静止 开始下滑,游客的质量为m=50 kg,g=10 m/s2。(1)若到达AB弧的末端时速度为5 m/s,此时游客对滑道的压力多大?(2)若要保证游客能滑入水中,开始下滑点与B点间圆弧所对应的圆心角要满足什么条件。(可 用三角函数表示)
(3)若游客在C点脱离滑道,求其落水点到D点的距离范围。
答案 (1)625 N (2)cos θ<0.9(3)2 -1 m≤x≤(6 -2)m
解析 (1)在B点时,根据牛顿第二定律:FN-mg=m 解得FN=625 N根据牛顿第三定律可知,游客对滑道的压力为625 N;(2)根据能量关系,要想滑入水中要满足:mgR1(1- cos θ)-μmgL>0解得cos θ<0.9(3)在C点恰脱离轨道时:mg=m ,解得v1=2 m/s;从A点到C点由动能定理:mgR1-μmgL= m 解得v2=6 m/s,即到达C点的速度范围是:2 m/s≤v≤6 m/s;由平抛运动的规律有:R2= gt2,解得t= s;x=vt-R2
解得2( -1)m≤x≤(6 -2)m
3.(2019浙江镇海中学一模,21)“打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目,将扁平的小石 片在手上呈水平放置后,用力飞出,石片遇到水面后并不会直接沉入水中,而是在水面上擦水面 滑行一小段距离后再弹起再飞,跳跃数次后沉入水中,即称为“打水漂”。现在有一人从岸边 离水面高度为1.8 m处,以8 m/s的水平初速度用力丢出一质量为20 g的小石片,小石片在水面上 弹跳数次后沉入水底,在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4 N。假设每次小石片接触水面相 同的时间0.04 s后跳起,小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动 的速度之比为常数k,k=0.75;小石片在水面上速度减为零后,以0.5 m/s2加速度沿竖直方向沉入 深为1 m的水底。g=10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)小石片第一次接触水面时的速度的大小;(2)小石片从开始丢出到沉入水底的整个过程中,水对小石片做的功;(3)小石片从抛出到沉入水底的总时间。
答案 (1)10 m/s (2)-1.19 J (3)8.4 s
解析 (1)小石片先做平抛运动,竖直方向:h1= g ,解得t1=0.6 svy0=gt1=6 m/s,则v0= =10 m/s
(2)小石片沉入水底时的速度:v2=2a2h2解得v=1 m/s;从抛出到沉入水底,根据动能定理:mg(h1+h2)+W= mv2- m 解得W=-1.19 J(3)小石片在水面上滑行时,有:a1= =20 m/s2每次滑行速度的变化量:Δv=-a1Δt=-0.8 m/s由n= =10可知,小石片共在水面上滑行了10次,弹起后在空中飞行了9次;第n次弹起后的速度:vxn=vx0+nΔvx=(8-0.8n) m/s,再由vyn=kvxn和tn=2 可得,第n次弹起后在空中飞行的时间为:tn= = (1-0.1n),为一等差数
列,公差d=0.12根据等差数列求和公式可得,小石片弹起后在空中的总飞行时间:t2=5.4 s在水面上滑行的时间为t3=0.04×10 s=0.4 s在水中下沉的时间为t4= =2 s总时间t=t1+t2+t3+t4=8.4 s
4.(2019浙江名校协作体联考,21)跳台滑雪运动员脚着专用滑雪板,不借助任何外力,从起滑台 起滑,在助滑道上获得高速度,于台端飞出,沿抛物线在空中飞行,在着陆坡着陆后,继续滑行至 水平停止区静止。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由倾角为θ=37°斜 面AB和半径为R1=10 m的光滑圆弧BC组成,两者相切于B。AB竖直高度差h1=30 m,竖直跳台 CD高度差为h2=5 m,着陆坡DE是倾角为θ=37°的斜坡,长L=130 m,下端与半径为R2=20 m光滑 圆弧EF相切,且EF下端与停止区相切于F。运动员从A点由静止滑下,通过C点,以速度vC=25 m/ s水平飞出落到着陆坡上,然后运动员通过技巧使垂直于斜坡的分速度降为0,以沿斜坡的分速 度继续下滑,经过EF到达停止区FG。若运动员连同滑雪装备总质量为80 kg。(不计空气阻力, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)。求:
(1)运动员在C点对台端的压力大小;(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数;(3)运动员落点距离D多远;(4)运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力,若运动员想在60 m之内停下,制动力至少是总 重力的几倍?(设两斜坡粗糙程度相同,计算结果保留两位有效数字)
答案 (1)5 800 N (2) (3)125 m (4)1.8倍
解析 (1)在C点由牛顿第二定律得:FC-mg= 解得:FC=5 800 N根据牛顿第三定律,运动员对台端压力大小为5 800 N(2)从A点到C点,由动能定理得:mgh1-μmg cos θ· +mgR1(1-cos θ)= m
得μ= (3)设运动员离开C点后开始做平抛运动到P点水平位移xP=vCt,竖直位移yP= gt2由几何关系得 =tan θ, =cos θ联立得运动员落点距离D的距离sP=125 m(4)P点沿斜坡速度vP=vC cos θ+gt sin θ=44 m/s从落点P到最终停下由动能定理得mg(L-sP)sin θ-μmg(L-sP)cos θ+mgR2(1-cos θ)-fd=0- m ,
解得f≈1 383 N故 ≈1.729为确保运动员在60 m之内停下,制动力至少是总重力的1.8倍。
5.(2019浙江嘉兴选考测试,20)如图所示,长L=1.25 m的一段水平直轨道BC与倾角θ=37°的足够 长斜面CD相连,B点正上方的固定点O悬挂一长为r=0.2 m的轻绳,轻绳另一端拴一质量为m1=3 kg的小球。现将轻绳拉直,使小球自与O点等高的A点以竖直向下的初速度v0=4 m/s发出,运动 至最低点时恰好与静止在B点的质量m2=1 kg的小物块发生碰撞,已知小球与小物块碰撞时间 极短且碰撞前后两者总动能不变,碰后小物块在B点立即获得动能,该动能占两者总动能的7 5%,两者速度均沿BC方向。小物块与水平轨道的动摩擦因数为μ=0.8, sin 37°=0.6,g=10 m/s2。(1)求小球在碰前瞬间对绳的拉力大小F;
(2)通过计算判断:小球在碰后能否做竖直面内完整的圆周运动;(3)碰撞后,小物块将沿水平轨道运动,并从C点水平抛出后落到斜面上的P点,求C、P距离。
答案 (1)330 N (2)不能 (3)4.69 m
解析 (1)设小球刚达到B点时的速度为v1,小球从A到B的过程,由机械能守恒得: m1 +m1gr= m1 在B点绳对小球的拉力设为F,则F-m1g=m1 解得:F=330 N由牛顿第三定律得:小球对绳的拉力F'=F=330 N;(2)设碰后小球的动能为Ek2则:Ek2= ×25%解得:Ek2=7.5 J设小球恰好过最高点的速度为v,则m1g=m1 以BC水平面为零势能面,小球能完成圆周运动所具有的机械能至少为EE= m1v2+m1g×2r
解得:E=15 J因为E>Ek2,所以小球在碰后不能做竖直面内完整的圆周运动;(3)设碰后小物块的速度为v2,由题意得: m2 = ×75%设小物块运动到C点的速度为v3,小物块从B到C的过程,由动能定理得:-μm2gL= m2 - m2 解得:4 =9 +18gr-8μgL则有v3=5 m/s平抛过程:tan θ= ,x=v3t,y= g 代入数据解得:x=3.75 mLPC= = m≈4.69 m。
6.(2019浙江温州二模,20)如图所示,固定在竖直平面内的细管道ABCDE,ABC段为光滑的抛物 线形管道,CD和EA为光滑的四分之一圆弧形管道,DE为水平粗糙管道,各部分之间平滑连 接,A、O1、O、O2、C在同一水平线上。四分之一圆弧管道半径为0.5R,DE管道长度为R,抛物 线顶点B与AC的距离为R。从A点斜向上射入一小球,小球直径略小于管道内径,小球受水平管 道的摩擦阻力为重力的0.5,重力加速度为g,不计小球与管壁间撞击时的能量损失。(1)要使小球能过B点,小球在A点斜向上射入的最小速度为多少?(2)能否使小球从A点以某一初速度斜向上射入后,第一次经过抛物线管道时对它始终无作用 力?若不能,请说明理由;若能,请求出该速度的大小和方向(与水平方向夹角的正切值)。(3)若小球从A点斜向上射入的初速度为 ,求小球经过D点的次数和最后静止时离D点的距离。
答案 见解析
解析 (1)恰至B点的临界速度为0A至B由动能定理得:-mgR=0- m 得:vA= (2)若要使小球对抛物线管道始终无作用力,则需要小球平抛的轨迹和管道完全重合,由A至B 的过程:R= gt2R=vAxt得vAx= A点竖直速度:vAy= A点合速度大小:vA= = 速度方向与水平方向夹角正切值tan θ= =2(3)A点的初动能EkA= m =3.8mgR能过B点的次数(整圈数)为n,EkA-0.5(n-1)mgR>mgR
得n<6.6,n取6次第6次过B点后返回A点的动能:EkA'=EkA-6×0.5mgR=0.8mgR从此时A点至最后停止由动能定理:0.5mgR-0.5mgx=0-EkA'解得:x=2.6R由此可以判断小球会再经过D点2次所以小球一共经过D点8次静止时离D点的距离为0.4R
7.(2018浙江名校协作体)如图所示,一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆 PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成,固定在竖直平面内,其中MN杆是光滑的,PQ杆 是粗糙的。整个装置处于一个风力水平向左的风洞中,现将一质量为m的小环套在MN杆上,小 环所受风力F始终为重力的 。(1)若将小环由D点静止释放,则刚好能到达P点,求D、M间的距离;(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放,设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ,小环所受最大静摩 擦力与滑动摩擦力大小相等,求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
答案 (1)4R (2) mgR
解析 (1)小环刚好到达P点时,速度为零,对小环从D点到P点过程,由动能定理得Fx-2mgR=0-0
又由题意,F= mg联立解得x=4R(2)若μmg≥F,即μ≥ 设小环到达P点右侧x1处静止,由动能定理得F(5R-x1)-mg·2R-fx1=0又f=μN=μmg联立解得x1= 所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1=μmgx1= 若μmg据动能定理F·5R-mg·2R-W2=0则小环克服摩擦力做功W2= mgR
1.(2019浙江七彩阳光联盟二模,13)如图1为某体校的铅球训练装置,图2是示意图。假设运动 员以6 m/s速度将铅球从倾角为30°的轨道底端推出,当铅球向上滑到某一位置时,其动能减少 了72 J,机械能减少了12 J,已知铅球(包括其中的上挂设备)质量为12 kg,滑动过程中阻力大小 恒定,g=10 m/s2,则下列判断正确的是 ( ) 图1 图2A.铅球上滑过程中减少的动能全部转化为重力势能
考点三 势能和机械能守恒定律
B.铅球向上运动的加速度大小为4 m/s2C.铅球返回底端时的动能为144 JD.运动员每推一次消耗的能量至少为60 J
答案 C 铅球从开始到经过斜面上某一点时,受重力、支持力和摩擦力,根据动能定理,有:- mg·l sin 30°-f·l=Ek-Ek0=-72 J,机械能的减小量等于克服摩擦力做的功:f·l=ΔE=12 J,联立可解得:l =1 m,f=12 N,根据牛顿第二定律可得:-mg· sin 30°-f=ma,解得:a=-6 m/s2,故B错误;当铅球经过斜 面上某一点时,动能减少了72 J,机械能减少了12 J,所以当铅球到达最高点时动能减少了216 J, 机械能减少了36 J,所以铅球上升过程中克服摩擦力做功是36 J,全过程摩擦力做功为:W=-72 J, 从出发到返回底端,重力不做功,设回到出发点的动能为Ek',由动能定理可得:W=Ek'- ,解得:Ek'=144 J,故C正确;铅球上滑过程中减少的动能全部转化为重力势能和内能,故A错误;根据能量 守恒可知运动员每推一次消耗的能量至少为216 J,故D错误。故选C。
2.(2019浙江超级全能生2月联考,6)“竹蜻蜓”是一种儿童玩具,双手用力搓柄可使“竹蜻 蜓”向上升,某次实验,“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点,在该过程中 ( ) A.空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力B.“竹蜻蜓”的动能一直增加C.“竹蜻蜓”的重力势能一直增加D.“竹蜻蜓”的机械能守恒
答案 C 本题考查动能、势能、机械能的概念。根据牛顿第三定律可知,空气对“竹蜻 蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”对空气的力,A错误;“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点,从 运动描述可知它是先加速后减速,所以动能先增加后减小,高度升高,重力势能一直增加,B错 误,C正确;空气对“竹蜻蜓”做功,故“竹蜻蜓”的机械能不守恒,D错误。
3.(2019浙江暨阳联考,13)如图所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的弹簧下端固定,将套在杆 上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1 m处,滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块,通过 传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图像,其中高度0.2 m上升到0.35 m范 围内图像为直线,其余部分为曲线,以地面为零势能面,取g=10 m/s2,由图像可知 ( )A.小滑块的质量为0.2 kg
B.弹簧最大弹性势能为0.7 JC.轻弹簧初始压缩量为0.25 mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.5 J
答案 A 由题意可知,在0.2 m到0.35 m过程中,滑块仅受重力作用,这个过程中,动能减小0.3 J,也就是重力势能增加0.3 J,由E=mgh可知,m=0.2 kg,A正确;由能量守恒可知,最大弹性势能,也 就是滑块增加的重力势能,大小为0.2 kg×10 m/s2×(0.35 m-0.1 m)=0.5 J,B错;由题意可知,弹簧原 长为0.2 m,而滑块出发时高度为0.1 m,所以压缩量为0.1 m,C错;滑块最高到0.35 m处,可知系统 总能量为0.7 J,滑块最大动能为0.32 J,所以重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.7 J-0.32 J= 0.38 J,D错。
4.(2019浙江暨阳联考,5)如图所示,是篮球比赛中易建联投篮的照片。若在某次投篮中将球由 静止快速出手,篮球不碰篮筐直接入网,已知出手时篮球距地面高度为h1,出手时篮球的速度为 v,篮筐距地面高度为h2,篮球质量为m。不计空气阻力,篮球可看成质点,以地面为零势能面,则 篮球 ( )A.出手过程中手对篮球做功为mg(h2-h1)B.进筐时的动能为 mv2-mg(h1-h2)C.进筐时,篮球的机械能为 mv2+mgh1D.从出手到进筐的过程中,运动总时间为
答案 C 手对篮球做功,使其动能增加,故W= mv2,A错误;进筐过程中,动能减少mg(h2-h1),故进筐时动能为 mv2-mg(h2-h1),B错;进筐过程机械能守恒,出手处球的机械能为 mv2+mgh1,C对;由于篮球进筐时速度一定有向下的分量,因此进筐时不是最高点,所以运动总时间t> ,D错。
5.(2018浙江稽阳联考,11)如图所示,质量为m的小球(可以看成质点),在恒力F的作用下,从地面 上A点由静止开始运动,途经B点到达C点,现以桌面为参考平面,已知H答案 C 功的大小比较看绝对值,mgh>mgH,所以A错误;重力势能的大小看位置高低,A点比 C点低,B错误;恒力F始终做正功,所以小球的机械能一直变大,C对,D错误。
1.(2019浙江嘉兴选考测试,5)如图所示,某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞,在 空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中 ( ) A.只有重力做功B.重力势能的减小量大于重力做的功C.重力势能的减小量等于动能的增加量D.动能的增加量等于合力做的功
考点四 功能关系和能量守恒定律
答案 D 滑翔的过程中除重力做功外,还有空气阻力做功,故A错误;由功能关系可知,重力势 能的减小量等于重力做的功,故B错误;由能量守恒可知,重力势能的减小量等动能的增加量和 克服阻力所做功之和,故C错误;由动能定理可知,合外力所做的功等于动能的变化量,故D正 确。故应选D。
2.(2019浙江七彩阳光联盟二模,11)家电待机耗电问题常常被市民所忽略。技术人员研究发现 居民电视机待机功耗约为10 W/台。据统计,杭州市的常住人口约900万人,若电视机平均每户 家庭2台,杭州地区每年因电视机待机耗电量最接近的是 ( )A.3×106度 B.1×107度C.4×108度 D.2×1012度
答案 C 杭州的常住人口约900万人,平均每户的人口按4人计算,杭州大约225万户家庭,所 有电视待机一年的耗电量为:W=Pt=2×10×2.25×106×365×24×10-3 kW·h≈4×108度,故C正确,A、 B、D错误。
3.(2019浙江超级全能生联考,13)风能是可再生资源中目前发展最快的清洁能源,风力发电也 是具有大规模开发和商业化发展前景的发电方式,近年来,我国风电产业规模逐渐扩大,已成为 能源发展的重要领域,在风电技术发展方面,由于相同风速时发电功率的不同,我国目前正逐步 采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机,来提高风力发电的效率。具体风速 对应的功率如图乙所示,设甲图中风力发电机每片叶片长度为30 m,所处地域全天风速均为7.5 m/s,空气的密度为1.29 kg/m3,圆周率π取3.14,下列说法不正确的是 ( ) 甲 乙
A.变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率约为52%B.用变桨距控制风力发电机替换定桨距控制风力发电机后,每台风力发电机每天能多发电7 200 kW·h
C.采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机后,每台风力发电机每秒种转化的
空气动能约7.69×105 JD.若煤的热值为3.2×107 J/kg,那么一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45 kg煤所产生的内能相当
答案 D 设在时间t内发电机获得的风能为Ek,则Ek= mv2,由于m=ρV=ρπr2vt,所以Ek= mv2= ρπr2v3t= ×1.29×3.14×302×7.53×t≈768 982t J,故变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率约为:η= = ≈52%,故A正确;由图像可知,当风速为7.5 m/s时,变桨距控制风力发电机的功率为400 kW,定桨距控制风力发电机的功率为100 kW,所以每台风力发电机每天能多 发电:E=(P1-P2)t=(400-100)×24 kW·h=7 200 kW·h,故B正确;由上述分析知道空气的动能Ek≈768 982t J,所以每台发电机每秒钟转化的空气动能约为:Ek=768 982t J=768 982×1 J≈7.69×105 J, 故C正确;完全燃烧45 kg煤所产生的内能:E=mq=45×3.2×107 J=1.44×109 J,一台变桨距控制风力 发电机每小时获得的风能Ek'=768 982×3 600 J≈2.7×109 J,故一台变桨距控制风力发电机每小 时获得的风能与完全燃烧45 kg煤所产生的内能不相当,故D错误。故选D。
4.(2018浙江嘉兴一中期末)小明同学在上海迪士尼乐园体验了超刺激的游戏项目“创极速光 轮”后,对“过山车”类型的轨道运动充满了兴趣。为此他自己利用器材设计拼接了一条轨 道,如图所示,ABC为一条水平轨道,BC段长度为20 cm,斜直轨道CD段长度为15 cm,与水平面夹 角θ=37°,BC段与CD段在C点平滑连接,竖直圆弧轨道DEF的圆心为O1,半径R1=10 cm,圆弧轨道 与CD相切于D点,E为圆弧轨道的最高点,半径O1F水平,FG段为竖直轨道,与1/4圆弧轨道GH相 切于G点,圆形轨道GH圆心为O2,半径R2=4 cm,G、O2、D在同一水平线上,水平轨道HK长度为4 0 cm,HK与CD轨道错开。在AB段的A端固定一轻质弹簧,弹簧自然伸长时刚好位于B端,现在B 端放置一个小环(可视为质点,但不与弹簧拴接),小环的质量为m=0.01 kg,现推动小环压缩弹簧 d后释放,小环恰好能运动到D点。已知小环只在轨道BC、CD、HK上受到摩擦力,动摩擦因数 μ=0.5,弹簧弹性势能与弹簧弹性形变量的二次方成正比。不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8,g=10 m/s2。
(1)求小环在B点的速度大小v;(2)某次实验,弹簧压缩量为2d,求小环在E处对轨道的压力;(3)小环能否停在HK上?若能,求出弹簧压缩量的取值范围;若不能,请说明理由。
答案 见解析
解析 (1)由B到D,根据动能定理:-μmglBC-μmglCD cos θ-mglCD sin θ=0- mv2代入数据得:v= m/s(2)弹簧压缩量为d时,Ep=kd2= mv2,弹簧压缩量为2d时,Ep'=k(2d)2= mv'2,小环在B点的动能变为原来的4倍,速度v'=2v,设到E点时速度为vE,轨道对环的弹力为FE,根据动能定理:-μmglBC-μmglCD cos θ-mglCD sin θ-mgR1(1+cos θ)= m - mv'2mg+FE= 联立解得:FE=1.04 N根据牛顿第三定律,小环在E处对轨道的压力为1.04 N,方向竖直向上。(3)假设小环在E点速度为零,在HK上滑行的距离为x,根据动能定理:mgR1(1+ cos θ)+mgR2-μmgx=0代入数据得:x=0.44 m>0.4 m,小环不能停在HK上
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间:45分钟 分值:90分)一、选择题(每小题6分,共30分)
1.(2019浙江超级全能生2月联考,13)如图甲所示,在倾角为θ的粗糙斜面上,有一个质量为m的 物体在沿斜面方向的外力F的作用下由静止开始向下运动,物体与斜面之间的动摩擦因数为μ, 物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0~ x1过程的图线是曲线,x1~x2过程的图 线为平行于x轴的直线,则下列说法中正确的是 ( )A.在0~x2过程中,物体先加速后匀速B.在0~x1过程中,物体的加速度一直减小C.在x1~x2过程中,物体的加速度为g sin θ
D.在0~x2过程中,拉力F做的功为WF=E1-E2+μmgx2
答案 C 对物体受力分析如图所示,物体由静止开始向下运动,根据牛顿第二定律有mg sin θ +F-f=ma,且f=μmg cos θ,由图乙知,在0~x1过程中物体的机械能减少,即ΔE=(F-μmg cos θ)x<0,由 E-x图线斜率减小知F增大,所以物体做加速度变大的加速运动,在x1~x2过程中,由图乙知斜率为 零,则F=μmg cos θ,此时加速度为g sin θ最大,A、B错误,C正确;在0~x2过程中,拉力做的功为WF =E2-E1+μmgx2·cos θ,D错误。
2.(2019浙江学军中学模拟,12)如图所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m 的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最 低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受 弹力F的大小随小球下落的位置坐标x变化的关系,如图所示,不计空气阻力,重力加速度为g。 以下判断不正确的是 ( )
A.当x=h+x0,小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小B.小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中,加速度先减小后增大C.当x=h+2x0,小球的加速度大小为gD.小球动能的最大值为mgh+mgx0
答案 D 根据乙图可知,当x=h+x0,弹簧的弹力等于小球的重力,此时小球具有最大速度,以弹 簧和小球组成的系统,由机械能守恒可知,重力势能与弹性势能之和最小,故A正确;小球刚落到 弹簧上时,弹力小于重力,小球加速度向下,速度增大,随弹力的增加,加速度减小,当弹力等于重 力时加速度为零,此时速度最大;然后向下运动时弹力大于重力,小球的加速度向上且逐渐变 大,小球做减速运动直到最低点,则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中,速度先增大后 减小,加速度先减小后增大,故B正确;在x=h+x0位置:mg=kx0,则在x=h+2x0时:k∙2x0-mg=ma,解得a =g,选项C正确;小球达到最大速度的过程中,根据动能定理可知mg(h+x0)-W弹= m ,故小球动能的最大值小于mg(h+x0),故D错误。
3.(2019浙江超级全能生联考,13)空中轨道列车(简称空轨)是一种悬挂式单轨交通系统,具有建 设成本低、工程建设快、占地面积小、环保、低噪、节能、适应复杂地形等优点。如图所 示,假定空轨的质量为M,在平直轨道从静止开始加速直线行驶,经过时间t0前进距离l0,速度达 到最大值vm,若此过程电动机的功率恒为P0,空轨所受阻力恒定,忽略电动机线圈的热功率,那么 这段时间内 ( ) A.空轨做匀加速直线运动B.空轨运行过程所受阻力为 C.电动机所做的功为 l0+ M
D.空轨的平均速度满足 < vm
答案 C 空轨运行过程电动机的功率恒定,牵引力F= 随着速度增大而变小,由牛顿第二定律F-Ff=Ma可知,加速度不断变小,空轨做变加速直线运动,选项A错误;当空轨速度最大,即匀速 直线运动时有P0=Fvm=Ffvm,得空轨运行过程所受阻力Ff= ,选项B错误;整个加速过程由动能定理得W电-Ffl0= M -0,整理得W电= l0+ M ,选项C正确;空轨做变加速直线运动的v-t图像如图所示,则空轨在此过程的平均速度满足 = > vm,选项D错误。
考点定位 本题考查机车启动、动能定理、平均速度。
4.(2017浙江温州期末)研究“蹦极”运动时,在运动员身上装好传感器,用于测量运动员在不 同时刻下落的高度及速度。如图甲所示,运动员及所携带的全部设备的总质量为70 kg,弹性绳 原长为10 m。运动员从蹦极台自由下落,根据传感器测到的数据得到如图乙所示的速度-位移 (v-s)图像。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列判断正确的是 ( )A.运动员下落的轨迹为一条抛物线B.运动员下落加速度为0时弹性势能为0
C.运动员下落速度最大时弹性绳的弹性势能也最大D.运动员下落到最低点时弹性绳的弹性势能为2.1×104 J
答案 D 运动员从蹦极台自由下落,竖直向下运动,运动轨迹为一条直线,故A错误;在弹性绳 绷紧前运动员做自由落体运动,弹性绳绷紧后,开始的一段时间弹力较小,运动员受到的合力仍 竖直向下,运动员继续向下加速,但弹性绳的伸长量逐渐增大,弹力逐渐增大,合力逐渐减小,运 动员的加速度逐渐减小(a减小,v增大),当弹力与重力大小相等时,加速度减小到零,速度增加到 最大,运动员继续下落,弹性绳继续伸长,此时弹力大于重力,合力向上,运动员开始做减速运动, 根据牛顿第二定律可知此过程中加速度逐渐增大(a增大,v减小),运动员运动到最低点时速度 减小到零,弹性绳最长,弹性势能最大。根据以上分析,可知B、C错误;由图乙可知,运动员下落 到最低点时下落高度为30 m,此时运动员的速度为零,根据能量守恒定律,此时弹性绳的弹性势 能等于运动员下落过程中减少的重力势能,即E弹=ΔEp=mgh=70×10×30 J=2.1×104 J,故D正确。
5.(2018浙江绍兴新昌中学选考适应性考试)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱 落,好像轨道对它施加了魔法一样,被称为“魔力陀螺”,该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原 理可等效为如图乙所示的模型:半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的铁球(可视为质点) 在轨道外侧转动,A、B两点分别为轨道上的最高点和最低点。铁球所受轨道的磁性引力始终 指向圆心且大小不变,不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )A.铁球可能做匀速圆周运动B.铁球绕轨道转动时机械能不守恒
C.铁球在A点的速度必须大于 D.要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg
答案 D 铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁性引力的作用,其中铁球受轨 道的磁性引力始终指向圆心且大小不变,支持力的反向延长线过圆心,它们都始终与运动的方 向垂直,所以磁性引力和支持力都不能对铁球做功,只有重力会对铁球做功,所以小铁球的机械 能守恒,在最高点的速度最小,在最低点的速度最大,铁球不可能做匀速圆周运动,故A、B错误; 铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁性引力的作用,在最高点,铁球的速度只要 大于0即可通过最高点,故C错误;由于铁球在运动的过程中机械能守恒,所以铁球在最高点的 速度越小,则机械能越小,在最低点的速度也越小,根据F向=m 可知铁球在最低点时需要的向心力就越小,而在最低点铁球受到的重力的方向向下,支持力的方向也向下,只有磁性引力的方 向向上,要使铁球不脱轨,轨道对铁球的支持力一定要大于等于0,所以铁球不脱轨的条件是铁 球在最高点的速度恰好为0,而且到达最低点时,轨道对铁球的支持力恰好等于0,根据机械能守 恒定律,到达最低点时的速度满足mg·2R= mv2,在最低点磁性引力与重力的合力提供向心力,即F-mg=m ,联立得F=5mg,可知,要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,故D正确。
名师点睛 本题属于结合机械能守恒定律考查竖直平面内的圆周运动的情况,在解答的过程 中正确分析出铁球经过最高点和最低点的条件是解答的关键,正确写出向心力的表达式是解 答的基础。
6.(2019浙江暨阳3月联考,20)(12分)某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示,将一质 量为m=0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点,用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全 转化为小车初始动能)。使其沿着半径为r=1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO'运动,玩具小车与 水平面PB的阻力为其自身重力的0.5(g取10 m/s2),PB=16.0 m,O是PB中点,B点右侧是一个高h= 1.25 m、宽L=2.0 m的壕沟。求: 图甲
二、非选择题(共60分)
图乙(1)要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点A,小车在O点受到轨道弹力的大小;(2)要求小车能安全越过A点,并从B点平抛后越过壕沟,则弹簧的弹性势能至少为多少?(3)若在弹性限度内,弹簧的最大弹性势能Epm=40 J,以O点为坐标原点,OB为x轴,从O点B方向为 正方向,在图乙坐标系上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道情况下,弹簧弹性势能Ep与小 车停止位置坐标x关系图。
答案 见解析
解析 (1)mg=m 得vA= = m/sO→A:-2mgr= m - m 得v0=5 m/sFNO-mg=m 得FNO=6mg=30 N(2)要求1:越过A点,v0=5 m/sP→O:Ep1-kmgxPO= m -0得Ep1=32.5 J要求2:平抛L=vBt h= gt2 vB=4 m/sEp2-kmgxPB= m -0 Ep2=44 J综上所述,弹簧弹性势能的最小值为44 J
(3)分类讨论:因为最大弹性势能为40 J,所以至多运动到B点,必不平抛。情况1:能越过A点,弹性势能 32.5 J≤Ep1≤40 J由Ep1-kmgx1=0-0得13 m≤x1≤16 m又因为O点是坐标原点所以实际坐标值为5 m≤x11≤8 m情况2:恰能到达圆轨道上与圆心等高点,Ep2-kmgxPO-mgr=0-0Ep2=25 Jmgr=kmgx21 x21=2 m又因为O点是坐标原点,所以实际坐标值为x21=-2 m恰能进入圆形轨道,当Ep2-kmgxPO=0-0,Ep2=20 J此时坐标值为0由动能定理表达式知,Ep与x的关系图像是线性函数图像
7.(2018浙江名校协作体)(12分)如图所示,质量m=1 kg的小物块静止放在粗糙桌面上,它与桌面 的动摩擦因数μ=0.4,且与桌面边缘O点的距离s=8 m。在桌面右侧固定了一个1/2圆弧挡板,半 径R=3 m,圆心与桌面同高。今以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F=8 N的水平恒力拉 动小物块,一段时间后撤去拉力,小物块最终水平抛出并击中挡板。(g取10 m/s2) (1)若小物块恰能击中圆弧最低点,则其离开O点时的动能大小;(2)在第(1)问中拉力F作用的时间;(3)若小物块在空中运动的时间为0.6 s,则拉力F作用的距离。
答案 (1)7.5 J (2) s (3) m
解析 (1)小物块离开O点后做平抛运动,故:R=v0tR= gt2Ek= m 解得Ek=7.5 J(2)从开始运动到小物块到达O点的过程中,由动能定理得:Fx-μmgs= m 得:x= m由牛顿第二定律得:F-μmg=ma,a=4 m/s2 at'2=xt'= s(3)小物块离开O点后做平抛运动,由下落时间可知下落距离y= gt″2,y=1.8 m
①若小物块落到半圆的左半边,则平抛运动水平位移x1=R- =0.6 mv1= =1 m/sFL1-μmgs= m 解得L1= m②若小物块落到半圆的右半边,同理可得v2=9 m/sL2= m>8 m(舍去)
8.(2019浙江嘉兴、丽水3月联考,20)(12分)如图所示,斜面ABC下端与圆弧轨道CDE相切于C, 整个装置竖直固定,D是圆轨道的最低点,斜面的倾角θ=37°,B与圆心O等高,圆弧轨道半径r=0.5 m,斜面高h=1.4 m。现有一个质量m=1 kg的小物块P(视为质点)从斜面上端A点静止下滑,经竖 直圆轨道回到最低点D'点以后经直轨道D'F冲上两个半径为R=0.4 m的圆管轨道,所有轨道均 光滑。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,忽略空气阻力,求:(1)物块到达D点对轨道的压力大小;
(2)若物块要不脱离轨道的基础上能通过圆管轨道最高点G,则物块释放的高度至少为多少(距 离斜面底端的高度);(3)现在在BC段铺上不同材料,材料的动摩擦因数μ≤2,物块仍然从A点静止下滑,则要使物块 最终停在BC的中点位置Q(图中未标示),试着讨论μ可能的取值?
答案 见解析
解析 (1)从A点到D点过程,由动能定理得:mg(h+r-r cos θ)= mv2 (1分)FN-mg=m (1分)求得:FN=70 N(1分)根据牛顿第三定律,物块对轨道的压力为70 N。 (1分)(2)因E点高于G点,由机械能守恒定律可知,要不脱轨,物块在E点的速度必须大于 (1分)mg(H+r-r cos θ)= mv2+2mgr (1分)求得H=1.15 m(1分)(3)由几何关系,BC的长度l= m(1分)从A点到Q点:mg -Nμmg· l cos θ=0(N=1,3,5,7,...) (1分)μ= (N=1,3,5,7,...)且满足μmg cos θ≥mg sin θ (1分)
即2≥μ≥0.75所以当N=3时,μ=1.5,N=5时,μ=0.9且满足mg(h+r-r cos θ)-μmgl cos θ≤mgr (1分)μ≥ 所以不存在这样的动摩擦因数μ值 (1分)
9.(2019浙江超级全能生联考,20)(12分)如图是某游戏轨道的构造示意图,PQ是倾角45°角的光 滑斜面轨道,底端Q有一切线沿水平方向的微小圆弧,AB是圆心为O、半径R=50 cm的竖直光 滑半圆弧轨道的直径,BC是长L1=150 cm的水平粗糙直轨道,CD是一长L2=75 cm、倾角为37°的 斜面轨道,DE是水平足够长的直轨道,现让质量m=200 g的小球从PA轨道某点静止释放,小球 恰好能沿AB圆弧运动,已知小球在BC轨道上受到摩擦阻力是球重的0.3,轨道AQ之间刚好能够 通过小球,轨道ABCDE衔接处平滑连接,不计连接处的能量损失及空气阻力的作用,小球运动 过程中可视为质点。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
(1)小球在PQ轨道上运动的时间;(2)小球过B点时对轨道的压力大小;(3)小球在轨道上的第一次着落点M与D点的距离;(4)若BC轨道长度L1可调节,并拆去CD轨道,则当L1多大时小球的第一次着落点M与B点的水平 位移最大。
答案 见解析
解析 (1)小球在光滑PQ轨道上运动,由牛顿第二定律得mg sin 45°=ma,得加速度a=g sin 45°=5 m/s2 (1分)小球恰好能沿AB圆弧运动,在A点由重力提供向心力得mg=m ,得速度vA= = m/s(1分)在PQ斜面上运动的时间t= = s(1分)(2)小球由A运动到B的过程,由动能定理得mg·2R= m - m (1分)在B点由牛顿第二定律及向心力公式得FN-mg=m (1分)得vB=5 m/s,FN=6mg=12 N由牛顿第三定律得压力FN'=FN=12 N(1分)(3)小球由B运动至C点过程,由动能定理得-0.3mgL1= m - m ,解得vC=4 m/s(1分)
若小球由C刚好平抛运动到D,设此时小球从C点抛出的速度为vC'则有L2sin 37°= g ,L2 cos 37°=vC't1 (1分)解得t1=0.3 s, vC'=2 m/s(1分)可见,从C点飞出的小球平抛后直接将落在DE水平轨道上故小球在轨道上的第一次着落点M与D点的距离lDM=vCt1-L2 cos 37°=0.6 m(1分)(4)若BC轨道长度L1可调节,小球从B至C过程由动能定理得-0.3mgL1'= mv - m 解得L1'=- v + m小球从C至M做平抛运动,其水平位移xCM=v″Ct1= vC″故第一次着落点M至B之间的水平距离
LMB=L1'+xCM=- v + m+ vC″ (1分)则当vC″=0.9 m/s时,LMB有最大值,得此L1'≈4.03 m(1分)
10.(2019浙江金华十校期末,20)(12分)如图所示,在竖直平面内,光滑曲面AB与长度l=3 m的水 平传送带BC平滑连接于B点,传送带BC右端连接内壁光滑、半径r=0.55 m的四分之一细圆管 CD,圆管内径略大于物块尺寸,管口D端正下方直立一根劲度系数为k=50 N/m的轻弹簧,弹簧 一端固定,另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为m=0.5 kg的物块(可视为质点)从曲面上P 点静止释放,P点距BC的高度为h=0.8 m。(已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧的劲度系数k和形变 量x的关系是:Ep= kx2,水平传送带与物块间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2)求:
(1)若传送带静止不动,物块在水平传送带BC上前进的距离;(2)若传送带向右匀速运动的速度v0=2 m/s,物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力,物块在压缩 弹簧过程中的最大速度(压缩弹簧过程未超过弹性限度);(3)若传送带向右匀速运动的速度v0=2 m/s,物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动。 由于物块与传送带发生相对运动,一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能。
答案 (1)2 m (2)4 m/s (3)4 J
解析 (1)物块从P点静止释放到停在传送带某处的过程中,由动能定理:mgh-μmgx=0-0 (1分)解得:x=2 m(1分)(2)若传送带向右匀速运动的速度v0=2 m/s,因为传送带长度l=3 m大于2 m,所以物块到达C点的 速度vC=2 m/s。 (1分)经过管道C点:mg-FN= (1分)由牛顿第三定律得FN'=-FN(1分)则物块对管道的压力FN'= N≈1.36 N,方向竖直向下 (1分)物块从C点运动到动能最大的过程,根据平衡条件:mg=kx' (1分)则x'=0.1 m由动能定理:mg(r+x')- kx'2= m - m (1分)解得:vm=4 m/s(1分)(3)物块再次回到C点的速度大小仍为2 m/s,它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零,再向
右匀加速运动至C点,速度大小仍为2 m/s。因此电动机多消耗的能量即为物块与传送带之间 的摩擦产生的焦耳热。物块向左减速的位移x1= =0.5 m与传送带相对位移Δx1=x1+v0· =1.5 m(1分)物块向右加速的位移x2= =0.5 m与传送带的相对位移Δx2=v0 -x2=0.5 m(1分)因此电动机在一个周期内多消耗的电能E=μmg(Δx1+Δx2)=4 J(1分)
1.(2019 5·3原创)(多选)如图所示,某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能,将两个 完全相同的玩具车A、B并排放在两平行且水平的轨道上,分别通过挂钩连接另一个与玩具车 等质量的货车(无牵引力,且与玩具车受到的摩擦阻力相等),控制两玩具车以相同的速度v0做 匀速直线运动。某时刻,通过控制器使两玩具车的挂钩断开,玩具车A保持原来的牵引力不变, 玩具车B保持原来的输出功率不变,当玩具车A的速度为2v0时,玩具车B的速度为1.5v0,则 ( )
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
A.在这段时间内两玩具车的位移之比为6∶5B.玩具车A的功率变为原来的4倍C.两玩具车克服阻力做功的比值为12∶11D.两玩具车牵引力做功的比值为3∶2
2.(2019 5·3原创)大质量的物体在空间会激发类似于电场的引力场,引力场的“场强”大小 可用置入其中的检验物体所受引力与其质量的比值表示,即E= ;引力场的引力势可用置入其中的检验物体的引力势能与其质量的比值表示,即φ= 。半径为R的匀质球体在空间产生关于球对称的引力场,“场强”大小沿半径的分布如图所示,图中E0已知,E-r曲线下由O至R部分 的面积等于由R至2R部分的面积,引力常量为G。(1)用基本单位导出引力场“场强”和引力势的单位。(2)该匀质球体的质量M为多大?(3)求球心与球表面间的引力势之差Δφ。(4)质量为m的小物块在球面处需具有多大的径向速度才可以刚好运动到2R处?
答案 (1)m/s2 m2/s2(2) (3) (4)
解析 (1)由引力场场强定义式E= 可知其单位为力与质量单位的比值,即加速度的单位,故引力场场强的单位为m/s2。由引力势的定义式φ= 可知其单位为能量与质量单位的比值,即J/kg,再由W=Fl、F=ma可得1 J/kg=1 =1 =1 m2/s2。(2)根据万有引力定律,匀质球体对球外物体的引力F=G ,又根据引力“场强”的定义及图示数据可知E0= ,即E0=G ,所以M= 。(3)E-r曲线与横轴围成的面积表示引力势之差,则球心与球表面间的引力势之差Δφ= 。(4)依题意可知,R处与2R处之间的引力势之差Δφ2R-R= ,根据能量转化可知: m =mΔφ2R-R,可得v0= 。
专题二 机械能
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一 功和功率
1.(2017浙江11月选考,10,3分)如图所示,质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中 可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分 别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4 m,则克服重 力做的功和相应的功率约为(g取10 m/s2) ( )
A.430 J,7 W B.4 300 J,70 W C.720 J,12 W D.7 200 J,120 W
2.(2015浙江10月选考,12,3分)快艇在运动中受到的阻力与速度平方成正比(即Ff=kv2)。若油箱 中有20 L燃油,当快艇以10 m/s匀速行驶时,还能行驶40 km,假设快艇发动机的效率保持不变, 则快艇以20 m/s匀速行驶时,还能行驶 ( )A.80 km B.40 km C.10 km D.5 km
答案 C 快艇以v1=10 m/s匀速行驶时s1=40 km,F1=Ff1=k ,且W=F1s1;同理,快艇以v2=20 m/s匀速行驶时,F2=Ff2=k ,且W=F2s2,可知s2=10 km。
3.(2019浙江4月选考,19,9分)小明以初速度v0=10 m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1 kg的小皮 球,最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1。(g=10 m/s2)求小皮 球:(1)上升的最大高度;(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功(3)上升和下降的时间。
答案 (1) m (2)0 - J (3) s s
解析 (1)上升过程:mg+f=ma1设小皮球在运动过程中所受空气阻力大小为f,解得a1=11 m/s2上升的高度:h= = m(2)重力做功:WG=0 空气阻力做功:Wf=-f·2h=- J(3)上升的时间:t1= = s下降过程:mg-f=ma2解得a2=9 m/s2h= a2 解得t2= s
1.(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.-1.2×103 J B.-7.5×102 J C.-6.0×102 J D.-2.0×102 J
考点二 动能和动能定理
答案 B 重力势能最小的点为最低点,结合同绳同力可知,在最低点(势能最小)时,两侧绳子 与水平方向的夹角相同,记为θ,设右边绳子长为a,左边绳子长为20 m-a由几何关系得
联立解得a= m,所以最低点与参考平面的距离为 m·sin θ=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。
2.(2017浙江11月选考,4,3分)如图所示,两位同学从滑道最高端的同一位置先后滑下,到达底端 的同一位置。对于整个下滑过程,两同学的 ( ) A.位移一定相同 B.时间一定相同C.末速度一定相同 D.平均速度一定相同
答案 A 两位同学滑下来的时间不一定相同,在滑道上所受的摩擦力也不一定相同,但是两 位同学位置的变化是一样的,即位移是相同的,所以选A。
审题技巧 该题目考查基本概念在具体情景中的正确表达。牢牢抓住两位同学的起始位置 相同和末位置相同,这个与位移定义相关的条件。
3.(2019浙江4月选考,20,12分)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上 运动的关系,建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB,其下方右侧 放置一水平传送带,直轨道末端B与传送带间距可近似为零,但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4 m、转轴间距L=2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动,转轮最低点离地面的高度H=2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放,假设小物块从直轨道B端运动到达传送带 上C点时,速度大小不变,方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数 均为μ=0.5。( sin 37°=0.6, g=10 m/s2)
(1)若h=2.4 m,求小物块到达B端时速度的大小;(2)若小物块落到传送带左侧地面,求h需要满足的条件(3)改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块落地点到D点的水 平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
答案 (1)4 m/s (2)h≤3.0 m (3)x=2 h≥3.6 m
解析 (1)小物块由静止释放到B的过程中:mg sin θ-μmg·cos θ=ma =2a 解得vB=4 m/s(2)设小物块到达D点速度为零时高度为h1,则0=mgh1-μmg cos θ· -μmgL若小物块从左侧离开传送带,则h≤h1=3.0 m(3)小物块从右侧水平抛出,设小物块到达D点的速度为v,则 mv2=mgh-μmg cos θ· -μmgLH+2R= gt2x=vt可得x=2 为使小物块能在D点水平向右抛出,则mg≤m 解得h≥3.6 m
4.(2017浙江11月选考,20,12分)如图1所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图2的示意图, 倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接,倾斜轨道BC的B 端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心 O2与A点在同一水平面上,D、O1的距离L=20 m。质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自 静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自 身重力的0.25。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比, 比例系数μ= ,EF段摩擦力不计,整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) 图1
图2(1)求过山车过F点时的速度大小;(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功;(3)如果过D点时发现圆弧轨道EF段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车 不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?
答案 (1)3 m/s (2)-7.5×104 J (3)见解析
解析 (1)在F点有m人g-0.25m人g=m人 ①r=L sin θ=12 m②得vF= =3 m/s③(2)设整个过程摩擦阻力做功为W,对B到F的过程用动能定理mg(h-r)+W= m -0 ④得W=-7.5×104 J⑤(3)设触发制动装置后,能恰好到达E点对应的摩擦力大小为Ff1-Ff1L cos θ-mgr cos θ=0- m ⑥未触发制动时,从D点到F点的过程,有-μmg cos θ· L cos θ-mgr= m - m ⑦由⑥⑦两式得Ff1= ×103 N=4.6×103 N⑧设使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2
Ff2=mg sin θ=6×103 N⑨综合考虑⑧⑨两式,得Ffm=6×103 N
5.(2017浙江4月选考,20,12分)图中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图。弯道1、弯道 2可看作两个不同水平面上的圆弧,圆心分别为O1、O2,弯道中心线半径分别为r1=10 m,r2=20 m,弯道2比弯道1高h=12 m,有一直道与两弯道圆弧相切。质量m=1 200 kg的汽车通过弯道时 做匀速圆周运动,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍,行驶时要求汽车不打滑。 (sin 37°=0.6,sin 53°=0.8)(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1;(2)汽车以v1进入直道,以P=30 kW的恒定功率直线行驶了t=8.0 s进入弯道2,此时速度恰为通过 弯道2中心线的最大速度,求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功;(3)汽车从弯道1的A点进入,从同一直径上的B点驶离,有经验的司机会利用路面宽度,用最短时 间匀速安全通过弯道。设路宽d=10 m,求此最短时间(A、B两点都在轨道的中心线上,计算时 汽车视为质点)。
答案 见解析
解析 (1)kmg=m ⇒v1= =5 m/s≈11.2 m/s(2)kmg=m ⇒v2= =5 m/s≈15.8 m/sPt-mgh+W阻= m - m 代入数据得W阻=-21 000 J(3)用时最短必使v1最大(即R最大)且s最长对应轨迹应为过A、B两点且与轨道内侧边相切R2= + ⇒R=12.5 mvm= =12.5 m/s由sin θ= =0.8则对应的圆心角2θ=106°s= ×2πR≈23.1 mt= ≈1.8 s
审题技巧 本题第三问如果条件放宽到沿任意路径中最短到达时间,则证明哪条路径时间最 短是一个极难的问题。因此审题应仔细,题目限定了汽车做匀速圆周运动,因此最短时间的路 径也是圆,从而不难猜到最短时间是和内侧相切,且能满足摩擦力不超过最大静摩擦力。
6.(2016浙江10月选考,20,12分)如图1所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行, 可抽象为图2的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的 直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道BC、C'E平滑连接,另有水平减速直轨道FG和EF平滑 连接,E、G间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m处的A点静止下滑, 经BCDC'EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道 FG间的动摩擦因数μ2=0.75。过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,求: 图1 图2 (1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小;(3)减速直轨道FG的长度x。(已知g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
答案 (1)8 m/s (2)7×103 N (3)30 m
解析 本题考查了竖直平面内的圆周运动及功能关系。(1)设过山车在C点的速度大小为vC,由动能定理得mgh-μ1mg cos 45°· = m 代入数据解得vC=8 m/s(2)设过山车在D点的速度大小为vD,由动能定理得mg(h-2R)-μ1mg cos 45°· = m F'+mg=m ,解得F'=7×103 N由牛顿第三定律得过山车对轨道的作用力F″=7×103 N(3)对全程应用动能定理得mg[h-(l-x) tan 37°]-μ1mg cos 45°· -μ1mg cos 37°· -μ2mgx=0
解得x=30 m
7.(2015浙江10月选考,20,12分)如图所示是公路上的“避险车道”,车道表面是粗糙的碎石,其 作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶,当驾 驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度表示数v1=36 km/h,汽车继续沿下坡匀加 速直行l=350 m、下降高度h=50 m时到达“避险车道”,此时速度表示数v2=72 km/h。(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量;(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力;(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°,汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路 上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)。
答案 (1)3.0×105 J (2)2×103 N (3)33.3 m
1.(2018浙江11月选考,5,3分)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示,下列说法不正确的是 ( )A.加速助跑过程中,运动员的动能增加B.起跳上升过程中,杆的弹性势能一直增加C.起跳上升过程中,运动员的重力势能增加D.越过横杆后下落过程中,运动员的重力势能减少、动能增加
考点三 势能和机械能守恒定律
答案 B 加速助跑过程中运动员的速度增大,动能增加,A正确;撑杆从开始形变到恢复形变 时,先是运动员的部分动能转化为杆的弹性势能,之后弹性势能转化为运动员的动能与重力势 能,杆的弹性势能不是一直增加,B错误;起跳上升过程中,运动员的高度在不断增大,所以运动 员的重力势能增加,C正确;当运动员越过横杆下落的过程中,他的高度降低、速度增大,重力势 能转化为动能,即重力势能减少,动能增加,D正确。
2.(2018浙江11月选考,13,3分)如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置,AB是长 为21 m的水平轨道,倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上,B为圆形的 最低点,轨道AB与BC平滑连接,且在同一竖直平面内。某次游戏中,无动力小车在弹射装置D 的作用下,以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB,并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道 AB上受到的摩擦力为其重量的0.2,轨道BC光滑,则小车从A到C的运动时间是(g=10 m/s2) ( ) A.5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s
答案 A 设小车的质量为m,小车在AB段做匀减速直线运动,加速度a1= = =0.2g=2 m/s2,方向向左,在AB段,根据动能定理可得-fxAB= m - m ,解得vB=4 m/s,故t1= s=3 s;小车在BC段,根据机械能守恒定律可得 m =mgh,解得h=0.8 m,过圆形支架的圆心O点作BC的垂线,根据几何知识可得 = ,解得xBC=4 m,sin θ= = ,故小车在BC上运动的加速度为a2=g sin θ=2 m/s2,方向沿BC向下,故小车在BC段的运动时间为t2= = s=2 s,所以小车运动的总时间为t=t1+t2=5 s,A正确。
3.(2017浙江4月选考,12,3分)火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示,火箭在返回地 面前的某段运动,可看成先匀速后减速的直线运动,最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化, 则 ( ) A.火箭在匀速下降过程中,机械能守恒B.火箭在减速下降过程中,携带的检测仪器处于失重状态C.火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D.火箭着地时,火箭对地的作用力大于自身的重力
答案 D 匀速下降阶段,说明阻力等于重力,不是只有重力做功,所以机械能不守恒,选项A错; 在减速阶段,加速度向上,所以处于超重状态,选项B错;火箭着地时,地面对火箭的作用力大于 火箭所受的重力,选项D正确;合力做功多少等于动能改变量,选项C错。
4.(2016浙江10月选考,4,3分)如图所示,无人机在空中匀速上升时,不断增加的能量是 ( ) A.动能B.动能、重力势能C.重力势能、机械能D.动能、重力势能、机械能
答案 C 无人机匀速上升,所以动能保持不变,选项A、B、D均错。无人机高度不断增加,所 以重力势能不断增加,在上升过程中升力对无人机做正功,所以无人机的机械能不断增加,选项 C正确。
5.(2015浙江10月选考,8,3分)质量为30 kg的小孩坐在秋千板上,秋千板离系绳子的横梁的距离 是2.5 m。小孩的父亲将秋千板从最低点拉起1.25 m高度后由静止释放,小孩沿圆弧运动至最 低点时,她对秋千板的压力约为(g=10 m/s2) ( )A.0 B.200 N C.600 N D.1 000 N
答案 C 小孩沿圆弧运动至最低点的过程中,mgh= mv2,N-mg= ,则N= +mg=600 N,由牛顿第三定律知小孩对秋千板的压力为600 N。
6.(2018浙江11月选考,19,9分)在竖直平面内,某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD 平滑连接组成,如图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB,到达B点 的速度大小为2 m/s,然后进入细管道BCD,从细管道出口D点水平飞出,落到水平面上的G点。 已知B点的高度h1=1.2 m,D点的高度h2=0.8 m,D点与G点间的水平距离L=0.4 m,滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度;(2)求小滑块从D点飞出的速度;
(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑。
答案 (1)8 m/s2,方向沿轨道AB向下 6 m/s,方向沿轨道AB向上(2)1 m/s,方向水平向右(3)不光滑
7.(2016浙江4月选考,20,12分)如图所示,装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成。其中轨道 Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接,高度差分别是h1=0.20 m、h2=0.10 m,BC水平距离 L=1.00 m。轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成,且A点与F点等 高。当弹簧压缩量为d时,恰能使质量m=0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点;当弹簧压缩量为2 d时,恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点。(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比)(g=10 m/s2) (1)当弹簧压缩量为d时,求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小;(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数;(3)当弹簧压缩量为d时,若沿轨道Ⅱ运动,滑块能否上升到B点?请通过计算说明理由。
答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)见解析
解析 (1)根据机械能守恒可知:E弹=mgh1=0.1 JEk= mv2=E弹=0.1 J得:v=2 m/s(2)根据题给条件,压缩量为2d时,E弹=0.4 J,从A到C,由能量守恒可知:E弹=mg(h1+h2)+μmg cos θ· 得:μ=0.5(3)恰能通过圆轨道最高点的条件:mg=m 由机械能守恒可知:vF=v=2 m/s解得:R=0.4 m故当半径R≤0.4 m,可以上升到B点;R>0.4 m,滑块会脱离轨道,不能上升到B点。
1.(2017浙江11月选考,13,3分)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,则用于(g取10 N/kg) ( ) A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 WB.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 WC.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
考点四 功能关系和能量守恒定律
答案 B 抬升登高平台克服重力做功的功率P= = W=800 W,因伸缩臂有一定的质量,所以伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率大于800 W,选项D错误。在一秒钟内, 喷出去水的质量为m=ρV=103× kg=50 kg,喷出去水的重力势能为WG=mgh=50×10×60 J=3×104 J,水的动能为 mv2=1×104 J,所以1秒钟内水增加的机械能为4×104 J,所以用于水炮工作的发动机输出功率为4×104 W,选项B正确,A、C错误。
2.(2016浙江4月选考,12,3分)图示中的路灯为太阳能路灯,每只路灯的光伏电池板有效采光面 积约0.3 m2。晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106 J。如果每天等 效日照时间约为6 h,光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h。光电池的光电转换效 率约为 ( ) A.4.8% B.9.6% C.16% D.44%
答案 C 光电池的光电转换效率是转化得到的电能与接收到的光能的比值,即η= ×100%= ×100%=16%,故选C。
3.(2015浙江10月选考,5,3分)画作《瀑布》如图所示。有人对此画作了如下解读:水流从高处 倾泻而下,推动水轮机发电,又顺着水渠流动,回到瀑布上方,然后再次倾泻而下,如此自动地周 而复始。这一解读违背了 ( ) A.库仑定律 B.欧姆定律C.电荷守恒定律 D.能量守恒定律
答案 D 这是第一类永动机模型,违背了能量守恒定律,选D。
4.(2018浙江11月选考,20,12分)如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧原长时 上端与刻度尺上的A点等高。质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点高度h1=1. 10 m。篮球静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高 点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2 =0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰 撞时的能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。求:(g取10 m/s2) (1)弹簧的劲度系数;(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力;(3)篮球在整个运动过程中通过的路程;
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
答案 (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m (4)见解析
解析 (1)篮球静止在弹簧上,根据共点力平衡条件可得mg-kx2=0,k=500 N/m;(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点,由动能定理得mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0,解得f=0.5 N,方向竖直向下;(3)篮球在整个运动过程中总路程s,则mg(h1+x2)=fs+Ep,解得s=11.05 m;(4)篮球在首次下落过程中,合力为零处速度最大,速度最大时弹簧形变量为x3,则mg-f-kx3=0,篮球速度最大的位置在A点下方,离A点x3=0.009 m。
5.(2018浙江4月选考,20,12分)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长 度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速释放, 经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力 的0.2,然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2 m。小球 运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g=10 m/s2。(1)求小球运动至B点时的速度大小;(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度;(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前 后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。
答案 (1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s
解析 (1)由牛顿第三定律得小球运动至B点时轨道对小球的支持力N=3.6 N由向心力公式得,N-mg=m 解得vB=4 m/s。(2)小球从A到B的过程中,重力和摩擦力做功,设小球克服摩擦力所做的功为W克。由动能定理得mgR-W克= m -0解得W克=2.4 J。(3)分析知,BC段长度会影响匀减速运动的时间,继而影响平抛运动水平初速度以及水平位 移。设BC段运动时间为t,加速度a= =2 m/s2由运动学公式得vC=vB-at=4-2t(m/s) ①xBC=vBt- at2=4t-t2(m) ②其中0
设第n次损失后的竖直分速度为vyn,从第n次碰撞到第n+1次碰撞的时间为tn。由平抛运动方程得vy0= =8 m/s⑦t0= =0.8 s⑧则vyn=vy0· (n=1,2,3,…) ⑨tn=2· ⑩将式⑦⑧⑨代入⑩可得tn= t0(n=1,2,3,…)由等比数列求和公式可得t总=t0+t1+…tn+…=0.8+ (s)当n取无穷大,小球处于静止状态
解得t总=2.4 s。
考点一 功和功率
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2018课标Ⅲ,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某 竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同 的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考 虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程, ( ) A.矿车上升所用的时间之比为4∶5 B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1 D.电机所做的功之比为4∶5
答案 AC 本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两 次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合, 要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间t= t0,即矿车上升所用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg= ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大 功率P1=(mg+ma)v0,在第②次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)· v0,即 = ,选项C正确;对①②两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即 = ,选项D错误。
易错点拨 瞬时功率与平均功率的区别瞬时功率对应的是点(位置、时刻);平均功率对应的是段(过程、时间)。本题选项C中的功率 为瞬时功率。
2.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套 着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作 用力 ( ) A.一直不做功 B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心
答案 A 本题考查圆周运动、功。小环在固定的光滑大圆环上滑动,做圆周运动,其速度沿 大圆环切线方向,大圆环对小环的弹力(即作用力)垂直于切线方向,与速度垂直,故大圆环对小 环的作用力不做功,选项A正确、B错误。开始时大圆环对小环的作用力背离圆心,到达圆心 等高点时弹力提供向心力,故大圆环对小环的作用力指向圆心,选项C、D错误。
以下为教师用书专用
3.(2016天津理综,8,6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖 车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相 等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车 组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组 ( )A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
答案 BD 启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的 方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示 甲由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示 乙由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得 = ,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x= ,即x与v2成正比,选项C错误;第一种情况动车组的最大速度为v1, -8kmg=0,
第二种情况动车组的最大速度为v2, -8kmg=0,两方程联立可得 = ,选项D正确。
4.(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
1.(2019课标Ⅲ,17,6分)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到 一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、 下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为 ( )A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg
考点二 动能和动能定理
答案 C 本题考查动能定理,体现了模型建构素养。设外力大小为f,在距地面高度3 m内的上升过程中,由动能定理知-(mg+f)h= m - m ,由图像可知, m =72 J, m =36 J,得mg+f=12 N。同理结合物体在下落过程中的Ek-h图像有mg-f=8 N,联立解得mg=10 N,则m=1 kg,选项C正确。
审题指导 物体受到大小不变的外力,方向始终与速度方向相反,即上升时外力方向向下,下落 时外力方向向上,这是解答此题的关键。
2.(2018课标Ⅱ,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至 具有某一速度。木箱获得的动能一定 ( ) A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功
答案 A 本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,Ek
3.(2019江苏单科,8,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质 量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的 最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程 中 ( ) A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为
答案 BC 本题考查动能定理,对物块不同运动过程的分析能体现学生的综合分析能力。对物块从A点开始到再回到A点整个过程,由动能定理可知Wf=-2μmgs=0- m ,则vA=2 ,故B正确,D错误.对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程,由动能定理知W弹+Wf'=0- m ,Wf'=-μmgs,则W弹=-μmgs,即物块克服弹力做功为μmgs,所以弹簧弹性势能增加μmgs,故C正确。当克服弹力做功为μmgs时,弹簧的最大弹力要大于μmg,故A错误。
4.(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- gt2,联立得Ek= mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确。
方法技巧 函数法解题小球抛出后,根据小球在运动过程中所满足的物理关系和规律,推导出相应的数学函数关系式, 应用数学工具解决物理问题。
5.(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. mgR B. mgR C. mgR D. mgR
答案 C 当质点由P点滑到Q点时,对轨道的正压力为2mg,则质点受到的支持力FN=2mg,由牛 顿第二定律得FN-mg=m , =gR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理得:mgR-Wf= m -0,得:Wf= mgR,因此,A、B、D错,C正确。
6.(2019课标Ⅱ,25,20分)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶 过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车所受阻力大小随 时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中,0~ t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的 反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8 s;t1~ t2时间段为刹车 系统的启动时间,t2=1.3 s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。已知从t2时刻 开始,汽车第1 s内的位移为24 m,第4 s内的位移为1 m。 图(a)
图(b)(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线;(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示 牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间 内汽车的平均速度)?
答案 (1)见解析 (2)28 m/s 8 m/s2(3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m
解析 本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点,考查了学生综合分析及运用数学知 识解决问题的能力,体现了科学推理与科学论证的素养要素,通过研究汽车的运动渗透了关注 生产、生活的价值观念。 (1)v-t图像如图所示。 (2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2。在t2时 刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a。取Δt=1 s。设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移 为sn,n=1,2,3,…。若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由 运动学公式有
s1-s4=3a(Δt)2 ①s1=v2Δt- a(Δt)2 ②v4=v2-4aΔt ③联立①②③式,代入已知数据解得v4=- m/s④这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止。因此,①式不成立。由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式v3=v2-3aΔt ⑤2as4= ⑥联立②⑤⑥式,代入已知数据解得a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦或a= m/s2,v2=29.76 m/s⑧但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去。(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1。由牛顿第二定律有f1=ma ⑨
在t1~t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为I= f1(t2-t1) ⑩由动量定理有I=mv1-mv2 由动能定理,在t1~t2时间内,汽车克服阻力做的功为W= m - m 联立⑦⑨⑩ 式,代入已知数据解得v1=30 m/s W=1.16×105 J 从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为s=v1t1+ (v1+v2)(t2-t1)+ 联立⑦ 式,代入已知数据解得
s=87.5 m
技巧点拨 汽车在刹车过程中停止运动的时刻未知,可采用假设法,由方程解得的结果判定假 设的正确性,这是在高中物理学习中常用的一种方法。
以下为教师用书专用(7~10)
7.(2019天津理综,10,16分)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试, 并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成, 如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段 圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=1 2°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。 已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案 (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
联立①④⑤式,代入数据,得FN=1.1×103 N⑥
一题多解 对(1)问:舰载机由静止开始做匀加速直线运动设其匀加速阶段的加速度大小为a,则有L1= at2 ①对飞行员分析得F=ma ②飞行员受到的水平力所做的功W=FL1 ③联立①②③得W=7.5×104 J
8.(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= B.a= C.N= D.N=
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= mv2,在最低点的向心加速度a= ,联立得a= ,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N= ,选项C正确。
9.(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
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= m - m ①解得μ= ②(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 - =2a1s0 ③v0-v1=a1t ④s1= a2t2 ⑤联立③④⑤式得a2= ⑥
10.(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=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2 匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。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=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功 W=-1 530 J,取g=10 m/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)144 N (2)12.5 m
1.(2018课标Ⅰ,18,6分)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的 四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作 用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高 点,机械能的增量为 ( ) A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR
考点三 势能和机械能守恒定律
答案 C 本题考查分运动的独立性、恒力做功的特点及功能关系。以小球为研究对象,在 小球由a到c的过程中,应用动能定理有F·xab+F·R-mgR= m ,其中水平力大小F=mg,得vc=2 。经过c点以后,在竖直方向上小球做竖直上抛运动,上升的时间t升= =2 。在水平方向上小球做加速度为ax的匀加速运动,由牛顿第二定律得F=max,且F=mg,得ax=g。在时间t升内, 小球在水平方向上的位移x= ax =2R,故力F在整个过程中对小球做的功W=Fxab+FR+Fx=5mgR。由功能关系,得ΔE=W=5mgR。故C正确,A、B、D错误。
审题关键 关键词理解,隐形条件显性化
1.恒力F的方向判断:由题中条件①光滑轨道、②小球始终受到水平外力作用、③自a点从静 止开始向右运动,可判断出外力F方向水平向右。
2.由于外力F=mg,小球到达c点瞬间vc>0,可判断球经过c点后将继续向斜上方运动,当竖直方向 速度为零时小球到达最高点。
3.恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积:W=F·s。
4.由功能关系确定机械能增量。
2.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入 竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员 的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中 ( ) A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变
答案 C 本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能 关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合 外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;滑动摩擦力f=μFN,FN随着下滑位置的不同由A 到B逐渐变大,因此滑动摩擦力变大,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化 量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的 功,故机械能减少,选项D错误。
易错警示 运动员的速率不变,误认为匀速圆周运动的合外力为零,误选A。
3.(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。
4.(2018江苏单科,14,16分)如图所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度。细线的一端系有质量为 M的小物块,另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l。 用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后,小球 运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动。忽略一切摩擦,重力加速度为g,取 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:(1)小球受到手的拉力大小F;(2)物块和小球的质量之比M∶m;(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。
答案 (1) Mg-mg (2)6∶5 (3)见解析
解析 本题考查共点力平衡、机械能守恒及牛顿第二定律的应用。 (1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1 sin 53°=F2 cos 53°F+mg=F1 cos 53°+F2 sin 53° 且F1=Mg解得F= Mg-mg (2)小球运动到与A、B相同高度过程中 小球上升高度h1=3l sin 53°,物块下降高度h2=2l由机械能守恒定律得mgh1=Mgh2解得 = (3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点。设此时AC方向的加速度大小为a,物块受到的拉力 为T由牛顿第二定律得Mg-T=Ma 小球受AC的拉力T '=T
由牛顿第二定律得T'-mg cos 53°=ma解得T= (T= mg或T= Mg)
思路点拨 常规思路,破解难题 (1)F可由共点力平衡条件列方程求解。 (2)放手后小球上升到最高点的过程中,系统机械能守恒,由此求解两物体质量之比。 (3)小球再次回到最低点时,物块和小球的速度为零,但加速度不为零,对物块和小球分别 列牛顿第二定律方程,联立即可求得T。
以下为教师用书专用(5~6)
5.(2016课标Ⅲ,24,12分)如图,在竖直平面内有由 圆弧AB和 圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为 。一小球在A点正上方与A相距 处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。(1)求小球在B、A两点的动能之比;(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
答案 见解析
解析 (1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得EkA=mg ①设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg ②由①②式得 =5 ③(2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0 ④设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有N+mg=m ⑤由④⑤式得,vC应满足mg≤m ⑥由机械能守恒有mg = m ⑦由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点。
6.(2016江苏单科,14,16分)如图所示,倾角为α的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙 面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平,右侧 的细线与斜面平行。A、B的质量均为m。撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动。不计一 切摩擦,重力加速度为g。求: (1)A固定不动时,A对B支持力的大小N;(2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s;(3)A滑动的位移为x时的速度大小vA。
答案 (1)mg cos α (2) ·x(3)
解析 (1)支持力的大小N=mg cos α(2)根据几何关系sx=x·(1-cos α),sy=x·sin α且s= 解得s= ·x(3)B的下降高度sy=x·sin α根据机械能守恒定律可得mgsy= m + m 根据速度的定义得vA= ,vB= 则vB= ·vA解得vA=
1.(2019课标Ⅱ,18,6分)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能 Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重 力加速度取10 m/s2。由图中数据可得 ( ) A.物体的质量为2 kgB.h=0时,物体的速率为20 m/sC.h=2 m时,物体的动能Ek=40 JD.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J
考点四 功能关系和能量守恒定律
答案 AD 本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关系的应用,以及利 用数形结合处理物理问题的能力,体现了能量观念和科学推理的核心素养,同时还体现了图像 展示物理关系的形式美。重力势能Ep=mgh,结合Ep-h图像有mg= N,则m=2 kg,故A正确。h=0时E总= m ,即100 J= ×2 kg× ,解得v0=10 m/s,故B错。由图像可知,h=2 m时,E总=90 J、Ep=40 J,则Ek=50 J,故C错。当h=4 m时,E总=Ep=80 J,则Ek=0,故从地面至h=4 m,物体的动能减少了100 J,故D正确。
知识链接 非重力做功量度机械能的变化量,W非>0时E机增加;W非<0时E机减少;W非=0时E机守 恒。
2.(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 l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为 ( ) A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl
答案 A 将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,相当于使下部分 的绳的重心升高 l,故重力势能增加 mg· = mgl,由功能关系可知A项正确。
以下为教师用书专用(3~4)
3.(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 mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于 mgC.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 mgL
答案 AB 本题考查牛顿运动定律、能量守恒。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 mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于 mg,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,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30°-L cos 60°= L,重力做功W=mgh= mgL,选项D错误。
解题关键 本题的关键词:A由静止释放——v0=0;降到最低点——v=0。物体做加速度减小的加速运动,当加速度减到0时,速度最大,动能最大,这是此题的关键。
4.(2017课标Ⅰ,24,12分)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地 面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地 面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2。 (结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处 的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
解析 本题考查机械能、功能关系。(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0= m ①式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0=4.0×108 J②设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为
Eh= m +mgh ③式中,vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh=2.4×1012 J④(2)飞船在高度h'=600 m处的机械能为Eh'= m +mgh' ⑤由功能关系得W=Eh'-Ek0 ⑥
式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给 数据得W=9.7×108 J⑦
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 功和功率
1.(2019浙江七彩阳光联盟二模,6)如图所示,网球运动员发球时以某一速度将球水平击出,网球 飞行一段时间后落地。若不计空气阻力,则 ( )A.初速度越大,球在空中飞行的时间越长B.下落过程中球处于超重状态C.下落过程中重力对球做功的功率不变D.下落过程中相同时间内球的速度的变化相同
答案 D 网球在空中运动的时间为t= ,所以网球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定,故A错误;下落过程中加速度方向向下,球处于失重状态,故B错误;下落过程中重力对 球做功的功率为:P=mgvy=mg2t,可知功率不断增大,故C错误;下落过程中球速度的变化为:Δv=g Δt,所以相同时间内球的速度的变化相同,故D正确。
2.(2019浙江宁波十校期末联考,6)设在平直公路上以一般速度行驶的自行车,所受阻力约为 车、人总重的0.02,则骑车人的功率最接近于 ( )A.10-1 kW B.10-3 kWC.1 kW D.10 kW
答案 A 人的功率P=fv,而f=0.02G。据生活经验,一般人的质量为60 kg,自行车的质量为10 kg,骑车速度约为5 m/s。计算得功率为70 W≈10-1 kW。
3.(2019浙江杭州模拟二,10)在篮球比赛中,某位同学获得罚球机会,他站在罚球线处用力将蓝 球投出,篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,忽 略篮球受到的空气阻力,则该同学罚球时对篮球做的功大约为 ( ) A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J
答案 B 假设人的身高为h1=1.8 m,则根据动能定理:W-mg(h-h1)= mv2,代入数据整理可以得到:W=7.5 J,故选项B正确。
4.(2019浙江杭州模拟四,3)下列表述中符合实际情况的是 ( )A.小华正常步行的速度约为10 m/sB.小明将一个鸡蛋举过头顶,克服重力做功约为10 JC.小球从3楼自由下落到地面,时间约为1 sD.小强正常上楼时的功率约为10 kW
答案 C 人正常步行的速度约为1.2 m/s,故A项错误。鸡蛋的质量约0.05 kg,将鸡蛋举过头 顶,鸡蛋上升的高度约1 m,此过程中克服重力做功W克=mgh=0.05×10×1 J=0.5 J,故B项错误。物 体自由下落1 s的距离约为h= gt2= ×10×12 m=5 m,与三楼的高度接近,故C项正确。小强正常上楼时的功率等于克服重力做功的功率,人的质量约60 kg,人上楼时竖直方向的速度约0.3 m /s,则小强正常上楼时的功率P=mgv=60×10×0.3 W=180 W,故D项错误。
5.(2017浙江超级全能生联考)张军同学到中国第一高塔的广州塔游玩时,从物理学角度设想了 电梯的运动简化模型,认为电梯的速度v是随时间t变化的。若电梯在t=0时由静止开始上升,v-t 图像如图所示,张军的质量m=70 kg,忽略一切阻力。下列说法正确的是 ( )A.张军乘电梯上升过程中,一直处于超重状态B.整个过程张军对电梯的压力始终为700 NC.张军乘电梯上升到塔顶的高度约是600 mD.电梯对张军的支持力的最大功率是2.8 kW
答案 C 从图像中可知张军乘电梯上升过程中先匀加速,再匀速,最终匀减速运动;张军匀减 速上升时处于失重状态,支持力小于重力,由牛顿第三定律可知,对电梯的压力也小于重力;上 升高度可以从图线与t轴所围的面积求出,为600 m;电梯对张军的支持力的最大功率是P=Fv=7 70×4 W=3 080 W。故选C。
1.(2019浙江温州九校联考,19)如图甲所示,一只蚂蚁在倾角为θ=37°的大理石斜面上沿直线向 上拖拉质量为m=1 g的食物。t=0时刻从A点出发,若蚂蚁对食物拖拉的作用力F可以简化成按 如图乙所示规律变化;第3 s末运动到B点时速度刚好为0,此时蚂蚁松开食物,食物下滑,第4 s末 食物刚好回到A点。已知食物与大理石面间的动摩擦因数μ=0.7,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,g=10 m/s2(食物可视为质点,空气阻力忽略不计)。求: 甲 乙
考点二 动能和动能定理
(1)A、B间的距离及食物返回A点时速度的大小;(2)若蚂蚁沿斜面向上拖拉食物时,食物对斜面的压力大小恒为3×10-3 N,则拖拉过程蚂蚁对食 物的拉力F的平均功率是多少?(3)若在A点恰好有另外一只蚂蚁,遇到该下滑的食物时,立即施加给食物沿斜面向上的大小为1×10-3 N的恒力,则食物在距离A点多远处方才停下?(忽略接触瞬间的碰撞影响,斜面足够长)
答案 (1)0.2 m 0.4 m/s (2)5.4×10-4 W (3) m
解析 (1)由牛顿第二定律有,下滑的加速度为:a= =0.4 m/s2食物由B点下滑至A点s= a =0.2 m下滑到A点的速度为:vA=at2=0.4 m/s;(2)由动能定理有:WF-mgs sin θ-μNs=0拉力F的平均功率为: = =5.4×10-4 W;(3)食物受到的合外力ma'=F'+μmg cos θ-mg sin θ又 =2a'x
解得:x= = m。
2.(2019浙江金丽衢二次联考,20)如图所示,ABCD是游乐场中的滑道,它位于竖直平面内,由两 个半径分别为R1=10 m和R2=2 m的 光滑圆弧,以及长L=10 m、动摩擦因数μ=0.1的水平滑道组成,所有滑道平滑连接,D点恰好在水面上。游客(可视为质点)可由AB弧的任意位置从静止 开始下滑,游客的质量为m=50 kg,g=10 m/s2。(1)若到达AB弧的末端时速度为5 m/s,此时游客对滑道的压力多大?(2)若要保证游客能滑入水中,开始下滑点与B点间圆弧所对应的圆心角要满足什么条件。(可 用三角函数表示)
(3)若游客在C点脱离滑道,求其落水点到D点的距离范围。
答案 (1)625 N (2)cos θ<0.9(3)2 -1 m≤x≤(6 -2)m
解析 (1)在B点时,根据牛顿第二定律:FN-mg=m 解得FN=625 N根据牛顿第三定律可知,游客对滑道的压力为625 N;(2)根据能量关系,要想滑入水中要满足:mgR1(1- cos θ)-μmgL>0解得cos θ<0.9(3)在C点恰脱离轨道时:mg=m ,解得v1=2 m/s;从A点到C点由动能定理:mgR1-μmgL= m 解得v2=6 m/s,即到达C点的速度范围是:2 m/s≤v≤6 m/s;由平抛运动的规律有:R2= gt2,解得t= s;x=vt-R2
解得2( -1)m≤x≤(6 -2)m
3.(2019浙江镇海中学一模,21)“打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目,将扁平的小石 片在手上呈水平放置后,用力飞出,石片遇到水面后并不会直接沉入水中,而是在水面上擦水面 滑行一小段距离后再弹起再飞,跳跃数次后沉入水中,即称为“打水漂”。现在有一人从岸边 离水面高度为1.8 m处,以8 m/s的水平初速度用力丢出一质量为20 g的小石片,小石片在水面上 弹跳数次后沉入水底,在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4 N。假设每次小石片接触水面相 同的时间0.04 s后跳起,小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动 的速度之比为常数k,k=0.75;小石片在水面上速度减为零后,以0.5 m/s2加速度沿竖直方向沉入 深为1 m的水底。g=10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)小石片第一次接触水面时的速度的大小;(2)小石片从开始丢出到沉入水底的整个过程中,水对小石片做的功;(3)小石片从抛出到沉入水底的总时间。
答案 (1)10 m/s (2)-1.19 J (3)8.4 s
解析 (1)小石片先做平抛运动,竖直方向:h1= g ,解得t1=0.6 svy0=gt1=6 m/s,则v0= =10 m/s
(2)小石片沉入水底时的速度:v2=2a2h2解得v=1 m/s;从抛出到沉入水底,根据动能定理:mg(h1+h2)+W= mv2- m 解得W=-1.19 J(3)小石片在水面上滑行时,有:a1= =20 m/s2每次滑行速度的变化量:Δv=-a1Δt=-0.8 m/s由n= =10可知,小石片共在水面上滑行了10次,弹起后在空中飞行了9次;第n次弹起后的速度:vxn=vx0+nΔvx=(8-0.8n) m/s,再由vyn=kvxn和tn=2 可得,第n次弹起后在空中飞行的时间为:tn= = (1-0.1n),为一等差数
列,公差d=0.12根据等差数列求和公式可得,小石片弹起后在空中的总飞行时间:t2=5.4 s在水面上滑行的时间为t3=0.04×10 s=0.4 s在水中下沉的时间为t4= =2 s总时间t=t1+t2+t3+t4=8.4 s
4.(2019浙江名校协作体联考,21)跳台滑雪运动员脚着专用滑雪板,不借助任何外力,从起滑台 起滑,在助滑道上获得高速度,于台端飞出,沿抛物线在空中飞行,在着陆坡着陆后,继续滑行至 水平停止区静止。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由倾角为θ=37°斜 面AB和半径为R1=10 m的光滑圆弧BC组成,两者相切于B。AB竖直高度差h1=30 m,竖直跳台 CD高度差为h2=5 m,着陆坡DE是倾角为θ=37°的斜坡,长L=130 m,下端与半径为R2=20 m光滑 圆弧EF相切,且EF下端与停止区相切于F。运动员从A点由静止滑下,通过C点,以速度vC=25 m/ s水平飞出落到着陆坡上,然后运动员通过技巧使垂直于斜坡的分速度降为0,以沿斜坡的分速 度继续下滑,经过EF到达停止区FG。若运动员连同滑雪装备总质量为80 kg。(不计空气阻力, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)。求:
(1)运动员在C点对台端的压力大小;(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数;(3)运动员落点距离D多远;(4)运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力,若运动员想在60 m之内停下,制动力至少是总 重力的几倍?(设两斜坡粗糙程度相同,计算结果保留两位有效数字)
答案 (1)5 800 N (2) (3)125 m (4)1.8倍
解析 (1)在C点由牛顿第二定律得:FC-mg= 解得:FC=5 800 N根据牛顿第三定律,运动员对台端压力大小为5 800 N(2)从A点到C点,由动能定理得:mgh1-μmg cos θ· +mgR1(1-cos θ)= m
得μ= (3)设运动员离开C点后开始做平抛运动到P点水平位移xP=vCt,竖直位移yP= gt2由几何关系得 =tan θ, =cos θ联立得运动员落点距离D的距离sP=125 m(4)P点沿斜坡速度vP=vC cos θ+gt sin θ=44 m/s从落点P到最终停下由动能定理得mg(L-sP)sin θ-μmg(L-sP)cos θ+mgR2(1-cos θ)-fd=0- m ,
解得f≈1 383 N故 ≈1.729为确保运动员在60 m之内停下,制动力至少是总重力的1.8倍。
5.(2019浙江嘉兴选考测试,20)如图所示,长L=1.25 m的一段水平直轨道BC与倾角θ=37°的足够 长斜面CD相连,B点正上方的固定点O悬挂一长为r=0.2 m的轻绳,轻绳另一端拴一质量为m1=3 kg的小球。现将轻绳拉直,使小球自与O点等高的A点以竖直向下的初速度v0=4 m/s发出,运动 至最低点时恰好与静止在B点的质量m2=1 kg的小物块发生碰撞,已知小球与小物块碰撞时间 极短且碰撞前后两者总动能不变,碰后小物块在B点立即获得动能,该动能占两者总动能的7 5%,两者速度均沿BC方向。小物块与水平轨道的动摩擦因数为μ=0.8, sin 37°=0.6,g=10 m/s2。(1)求小球在碰前瞬间对绳的拉力大小F;
(2)通过计算判断:小球在碰后能否做竖直面内完整的圆周运动;(3)碰撞后,小物块将沿水平轨道运动,并从C点水平抛出后落到斜面上的P点,求C、P距离。
答案 (1)330 N (2)不能 (3)4.69 m
解析 (1)设小球刚达到B点时的速度为v1,小球从A到B的过程,由机械能守恒得: m1 +m1gr= m1 在B点绳对小球的拉力设为F,则F-m1g=m1 解得:F=330 N由牛顿第三定律得:小球对绳的拉力F'=F=330 N;(2)设碰后小球的动能为Ek2则:Ek2= ×25%解得:Ek2=7.5 J设小球恰好过最高点的速度为v,则m1g=m1 以BC水平面为零势能面,小球能完成圆周运动所具有的机械能至少为EE= m1v2+m1g×2r
解得:E=15 J因为E>Ek2,所以小球在碰后不能做竖直面内完整的圆周运动;(3)设碰后小物块的速度为v2,由题意得: m2 = ×75%设小物块运动到C点的速度为v3,小物块从B到C的过程,由动能定理得:-μm2gL= m2 - m2 解得:4 =9 +18gr-8μgL则有v3=5 m/s平抛过程:tan θ= ,x=v3t,y= g 代入数据解得:x=3.75 mLPC= = m≈4.69 m。
6.(2019浙江温州二模,20)如图所示,固定在竖直平面内的细管道ABCDE,ABC段为光滑的抛物 线形管道,CD和EA为光滑的四分之一圆弧形管道,DE为水平粗糙管道,各部分之间平滑连 接,A、O1、O、O2、C在同一水平线上。四分之一圆弧管道半径为0.5R,DE管道长度为R,抛物 线顶点B与AC的距离为R。从A点斜向上射入一小球,小球直径略小于管道内径,小球受水平管 道的摩擦阻力为重力的0.5,重力加速度为g,不计小球与管壁间撞击时的能量损失。(1)要使小球能过B点,小球在A点斜向上射入的最小速度为多少?(2)能否使小球从A点以某一初速度斜向上射入后,第一次经过抛物线管道时对它始终无作用 力?若不能,请说明理由;若能,请求出该速度的大小和方向(与水平方向夹角的正切值)。(3)若小球从A点斜向上射入的初速度为 ,求小球经过D点的次数和最后静止时离D点的距离。
答案 见解析
解析 (1)恰至B点的临界速度为0A至B由动能定理得:-mgR=0- m 得:vA= (2)若要使小球对抛物线管道始终无作用力,则需要小球平抛的轨迹和管道完全重合,由A至B 的过程:R= gt2R=vAxt得vAx= A点竖直速度:vAy= A点合速度大小:vA= = 速度方向与水平方向夹角正切值tan θ= =2(3)A点的初动能EkA= m =3.8mgR能过B点的次数(整圈数)为n,EkA-0.5(n-1)mgR>mgR
得n<6.6,n取6次第6次过B点后返回A点的动能:EkA'=EkA-6×0.5mgR=0.8mgR从此时A点至最后停止由动能定理:0.5mgR-0.5mgx=0-EkA'解得:x=2.6R由此可以判断小球会再经过D点2次所以小球一共经过D点8次静止时离D点的距离为0.4R
7.(2018浙江名校协作体)如图所示,一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆 PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成,固定在竖直平面内,其中MN杆是光滑的,PQ杆 是粗糙的。整个装置处于一个风力水平向左的风洞中,现将一质量为m的小环套在MN杆上,小 环所受风力F始终为重力的 。(1)若将小环由D点静止释放,则刚好能到达P点,求D、M间的距离;(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放,设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ,小环所受最大静摩 擦力与滑动摩擦力大小相等,求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
答案 (1)4R (2) mgR
解析 (1)小环刚好到达P点时,速度为零,对小环从D点到P点过程,由动能定理得Fx-2mgR=0-0
又由题意,F= mg联立解得x=4R(2)若μmg≥F,即μ≥ 设小环到达P点右侧x1处静止,由动能定理得F(5R-x1)-mg·2R-fx1=0又f=μN=μmg联立解得x1= 所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1=μmgx1= 若μmg
1.(2019浙江七彩阳光联盟二模,13)如图1为某体校的铅球训练装置,图2是示意图。假设运动 员以6 m/s速度将铅球从倾角为30°的轨道底端推出,当铅球向上滑到某一位置时,其动能减少 了72 J,机械能减少了12 J,已知铅球(包括其中的上挂设备)质量为12 kg,滑动过程中阻力大小 恒定,g=10 m/s2,则下列判断正确的是 ( ) 图1 图2A.铅球上滑过程中减少的动能全部转化为重力势能
考点三 势能和机械能守恒定律
B.铅球向上运动的加速度大小为4 m/s2C.铅球返回底端时的动能为144 JD.运动员每推一次消耗的能量至少为60 J
答案 C 铅球从开始到经过斜面上某一点时,受重力、支持力和摩擦力,根据动能定理,有:- mg·l sin 30°-f·l=Ek-Ek0=-72 J,机械能的减小量等于克服摩擦力做的功:f·l=ΔE=12 J,联立可解得:l =1 m,f=12 N,根据牛顿第二定律可得:-mg· sin 30°-f=ma,解得:a=-6 m/s2,故B错误;当铅球经过斜 面上某一点时,动能减少了72 J,机械能减少了12 J,所以当铅球到达最高点时动能减少了216 J, 机械能减少了36 J,所以铅球上升过程中克服摩擦力做功是36 J,全过程摩擦力做功为:W=-72 J, 从出发到返回底端,重力不做功,设回到出发点的动能为Ek',由动能定理可得:W=Ek'- ,解得:Ek'=144 J,故C正确;铅球上滑过程中减少的动能全部转化为重力势能和内能,故A错误;根据能量 守恒可知运动员每推一次消耗的能量至少为216 J,故D错误。故选C。
2.(2019浙江超级全能生2月联考,6)“竹蜻蜓”是一种儿童玩具,双手用力搓柄可使“竹蜻 蜓”向上升,某次实验,“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点,在该过程中 ( ) A.空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力B.“竹蜻蜓”的动能一直增加C.“竹蜻蜓”的重力势能一直增加D.“竹蜻蜓”的机械能守恒
答案 C 本题考查动能、势能、机械能的概念。根据牛顿第三定律可知,空气对“竹蜻 蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”对空气的力,A错误;“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点,从 运动描述可知它是先加速后减速,所以动能先增加后减小,高度升高,重力势能一直增加,B错 误,C正确;空气对“竹蜻蜓”做功,故“竹蜻蜓”的机械能不守恒,D错误。
3.(2019浙江暨阳联考,13)如图所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的弹簧下端固定,将套在杆 上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1 m处,滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块,通过 传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图像,其中高度0.2 m上升到0.35 m范 围内图像为直线,其余部分为曲线,以地面为零势能面,取g=10 m/s2,由图像可知 ( )A.小滑块的质量为0.2 kg
B.弹簧最大弹性势能为0.7 JC.轻弹簧初始压缩量为0.25 mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.5 J
答案 A 由题意可知,在0.2 m到0.35 m过程中,滑块仅受重力作用,这个过程中,动能减小0.3 J,也就是重力势能增加0.3 J,由E=mgh可知,m=0.2 kg,A正确;由能量守恒可知,最大弹性势能,也 就是滑块增加的重力势能,大小为0.2 kg×10 m/s2×(0.35 m-0.1 m)=0.5 J,B错;由题意可知,弹簧原 长为0.2 m,而滑块出发时高度为0.1 m,所以压缩量为0.1 m,C错;滑块最高到0.35 m处,可知系统 总能量为0.7 J,滑块最大动能为0.32 J,所以重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.7 J-0.32 J= 0.38 J,D错。
4.(2019浙江暨阳联考,5)如图所示,是篮球比赛中易建联投篮的照片。若在某次投篮中将球由 静止快速出手,篮球不碰篮筐直接入网,已知出手时篮球距地面高度为h1,出手时篮球的速度为 v,篮筐距地面高度为h2,篮球质量为m。不计空气阻力,篮球可看成质点,以地面为零势能面,则 篮球 ( )A.出手过程中手对篮球做功为mg(h2-h1)B.进筐时的动能为 mv2-mg(h1-h2)C.进筐时,篮球的机械能为 mv2+mgh1D.从出手到进筐的过程中,运动总时间为
答案 C 手对篮球做功,使其动能增加,故W= mv2,A错误;进筐过程中,动能减少mg(h2-h1),故进筐时动能为 mv2-mg(h2-h1),B错;进筐过程机械能守恒,出手处球的机械能为 mv2+mgh1,C对;由于篮球进筐时速度一定有向下的分量,因此进筐时不是最高点,所以运动总时间t> ,D错。
5.(2018浙江稽阳联考,11)如图所示,质量为m的小球(可以看成质点),在恒力F的作用下,从地面 上A点由静止开始运动,途经B点到达C点,现以桌面为参考平面,已知H
1.(2019浙江嘉兴选考测试,5)如图所示,某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞,在 空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中 ( ) A.只有重力做功B.重力势能的减小量大于重力做的功C.重力势能的减小量等于动能的增加量D.动能的增加量等于合力做的功
考点四 功能关系和能量守恒定律
答案 D 滑翔的过程中除重力做功外,还有空气阻力做功,故A错误;由功能关系可知,重力势 能的减小量等于重力做的功,故B错误;由能量守恒可知,重力势能的减小量等动能的增加量和 克服阻力所做功之和,故C错误;由动能定理可知,合外力所做的功等于动能的变化量,故D正 确。故应选D。
2.(2019浙江七彩阳光联盟二模,11)家电待机耗电问题常常被市民所忽略。技术人员研究发现 居民电视机待机功耗约为10 W/台。据统计,杭州市的常住人口约900万人,若电视机平均每户 家庭2台,杭州地区每年因电视机待机耗电量最接近的是 ( )A.3×106度 B.1×107度C.4×108度 D.2×1012度
答案 C 杭州的常住人口约900万人,平均每户的人口按4人计算,杭州大约225万户家庭,所 有电视待机一年的耗电量为:W=Pt=2×10×2.25×106×365×24×10-3 kW·h≈4×108度,故C正确,A、 B、D错误。
3.(2019浙江超级全能生联考,13)风能是可再生资源中目前发展最快的清洁能源,风力发电也 是具有大规模开发和商业化发展前景的发电方式,近年来,我国风电产业规模逐渐扩大,已成为 能源发展的重要领域,在风电技术发展方面,由于相同风速时发电功率的不同,我国目前正逐步 采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机,来提高风力发电的效率。具体风速 对应的功率如图乙所示,设甲图中风力发电机每片叶片长度为30 m,所处地域全天风速均为7.5 m/s,空气的密度为1.29 kg/m3,圆周率π取3.14,下列说法不正确的是 ( ) 甲 乙
A.变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率约为52%B.用变桨距控制风力发电机替换定桨距控制风力发电机后,每台风力发电机每天能多发电7 200 kW·h
C.采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机后,每台风力发电机每秒种转化的
空气动能约7.69×105 JD.若煤的热值为3.2×107 J/kg,那么一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45 kg煤所产生的内能相当
答案 D 设在时间t内发电机获得的风能为Ek,则Ek= mv2,由于m=ρV=ρπr2vt,所以Ek= mv2= ρπr2v3t= ×1.29×3.14×302×7.53×t≈768 982t J,故变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率约为:η= = ≈52%,故A正确;由图像可知,当风速为7.5 m/s时,变桨距控制风力发电机的功率为400 kW,定桨距控制风力发电机的功率为100 kW,所以每台风力发电机每天能多 发电:E=(P1-P2)t=(400-100)×24 kW·h=7 200 kW·h,故B正确;由上述分析知道空气的动能Ek≈768 982t J,所以每台发电机每秒钟转化的空气动能约为:Ek=768 982t J=768 982×1 J≈7.69×105 J, 故C正确;完全燃烧45 kg煤所产生的内能:E=mq=45×3.2×107 J=1.44×109 J,一台变桨距控制风力 发电机每小时获得的风能Ek'=768 982×3 600 J≈2.7×109 J,故一台变桨距控制风力发电机每小 时获得的风能与完全燃烧45 kg煤所产生的内能不相当,故D错误。故选D。
4.(2018浙江嘉兴一中期末)小明同学在上海迪士尼乐园体验了超刺激的游戏项目“创极速光 轮”后,对“过山车”类型的轨道运动充满了兴趣。为此他自己利用器材设计拼接了一条轨 道,如图所示,ABC为一条水平轨道,BC段长度为20 cm,斜直轨道CD段长度为15 cm,与水平面夹 角θ=37°,BC段与CD段在C点平滑连接,竖直圆弧轨道DEF的圆心为O1,半径R1=10 cm,圆弧轨道 与CD相切于D点,E为圆弧轨道的最高点,半径O1F水平,FG段为竖直轨道,与1/4圆弧轨道GH相 切于G点,圆形轨道GH圆心为O2,半径R2=4 cm,G、O2、D在同一水平线上,水平轨道HK长度为4 0 cm,HK与CD轨道错开。在AB段的A端固定一轻质弹簧,弹簧自然伸长时刚好位于B端,现在B 端放置一个小环(可视为质点,但不与弹簧拴接),小环的质量为m=0.01 kg,现推动小环压缩弹簧 d后释放,小环恰好能运动到D点。已知小环只在轨道BC、CD、HK上受到摩擦力,动摩擦因数 μ=0.5,弹簧弹性势能与弹簧弹性形变量的二次方成正比。不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8,g=10 m/s2。
(1)求小环在B点的速度大小v;(2)某次实验,弹簧压缩量为2d,求小环在E处对轨道的压力;(3)小环能否停在HK上?若能,求出弹簧压缩量的取值范围;若不能,请说明理由。
答案 见解析
解析 (1)由B到D,根据动能定理:-μmglBC-μmglCD cos θ-mglCD sin θ=0- mv2代入数据得:v= m/s(2)弹簧压缩量为d时,Ep=kd2= mv2,弹簧压缩量为2d时,Ep'=k(2d)2= mv'2,小环在B点的动能变为原来的4倍,速度v'=2v,设到E点时速度为vE,轨道对环的弹力为FE,根据动能定理:-μmglBC-μmglCD cos θ-mglCD sin θ-mgR1(1+cos θ)= m - mv'2mg+FE= 联立解得:FE=1.04 N根据牛顿第三定律,小环在E处对轨道的压力为1.04 N,方向竖直向上。(3)假设小环在E点速度为零,在HK上滑行的距离为x,根据动能定理:mgR1(1+ cos θ)+mgR2-μmgx=0代入数据得:x=0.44 m>0.4 m,小环不能停在HK上
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间:45分钟 分值:90分)一、选择题(每小题6分,共30分)
1.(2019浙江超级全能生2月联考,13)如图甲所示,在倾角为θ的粗糙斜面上,有一个质量为m的 物体在沿斜面方向的外力F的作用下由静止开始向下运动,物体与斜面之间的动摩擦因数为μ, 物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0~ x1过程的图线是曲线,x1~x2过程的图 线为平行于x轴的直线,则下列说法中正确的是 ( )A.在0~x2过程中,物体先加速后匀速B.在0~x1过程中,物体的加速度一直减小C.在x1~x2过程中,物体的加速度为g sin θ
D.在0~x2过程中,拉力F做的功为WF=E1-E2+μmgx2
答案 C 对物体受力分析如图所示,物体由静止开始向下运动,根据牛顿第二定律有mg sin θ +F-f=ma,且f=μmg cos θ,由图乙知,在0~x1过程中物体的机械能减少,即ΔE=(F-μmg cos θ)x<0,由 E-x图线斜率减小知F增大,所以物体做加速度变大的加速运动,在x1~x2过程中,由图乙知斜率为 零,则F=μmg cos θ,此时加速度为g sin θ最大,A、B错误,C正确;在0~x2过程中,拉力做的功为WF =E2-E1+μmgx2·cos θ,D错误。
2.(2019浙江学军中学模拟,12)如图所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m 的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最 低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受 弹力F的大小随小球下落的位置坐标x变化的关系,如图所示,不计空气阻力,重力加速度为g。 以下判断不正确的是 ( )
A.当x=h+x0,小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小B.小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中,加速度先减小后增大C.当x=h+2x0,小球的加速度大小为gD.小球动能的最大值为mgh+mgx0
答案 D 根据乙图可知,当x=h+x0,弹簧的弹力等于小球的重力,此时小球具有最大速度,以弹 簧和小球组成的系统,由机械能守恒可知,重力势能与弹性势能之和最小,故A正确;小球刚落到 弹簧上时,弹力小于重力,小球加速度向下,速度增大,随弹力的增加,加速度减小,当弹力等于重 力时加速度为零,此时速度最大;然后向下运动时弹力大于重力,小球的加速度向上且逐渐变 大,小球做减速运动直到最低点,则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中,速度先增大后 减小,加速度先减小后增大,故B正确;在x=h+x0位置:mg=kx0,则在x=h+2x0时:k∙2x0-mg=ma,解得a =g,选项C正确;小球达到最大速度的过程中,根据动能定理可知mg(h+x0)-W弹= m ,故小球动能的最大值小于mg(h+x0),故D错误。
3.(2019浙江超级全能生联考,13)空中轨道列车(简称空轨)是一种悬挂式单轨交通系统,具有建 设成本低、工程建设快、占地面积小、环保、低噪、节能、适应复杂地形等优点。如图所 示,假定空轨的质量为M,在平直轨道从静止开始加速直线行驶,经过时间t0前进距离l0,速度达 到最大值vm,若此过程电动机的功率恒为P0,空轨所受阻力恒定,忽略电动机线圈的热功率,那么 这段时间内 ( ) A.空轨做匀加速直线运动B.空轨运行过程所受阻力为 C.电动机所做的功为 l0+ M
D.空轨的平均速度满足 < vm
答案 C 空轨运行过程电动机的功率恒定,牵引力F= 随着速度增大而变小,由牛顿第二定律F-Ff=Ma可知,加速度不断变小,空轨做变加速直线运动,选项A错误;当空轨速度最大,即匀速 直线运动时有P0=Fvm=Ffvm,得空轨运行过程所受阻力Ff= ,选项B错误;整个加速过程由动能定理得W电-Ffl0= M -0,整理得W电= l0+ M ,选项C正确;空轨做变加速直线运动的v-t图像如图所示,则空轨在此过程的平均速度满足 = > vm,选项D错误。
考点定位 本题考查机车启动、动能定理、平均速度。
4.(2017浙江温州期末)研究“蹦极”运动时,在运动员身上装好传感器,用于测量运动员在不 同时刻下落的高度及速度。如图甲所示,运动员及所携带的全部设备的总质量为70 kg,弹性绳 原长为10 m。运动员从蹦极台自由下落,根据传感器测到的数据得到如图乙所示的速度-位移 (v-s)图像。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列判断正确的是 ( )A.运动员下落的轨迹为一条抛物线B.运动员下落加速度为0时弹性势能为0
C.运动员下落速度最大时弹性绳的弹性势能也最大D.运动员下落到最低点时弹性绳的弹性势能为2.1×104 J
答案 D 运动员从蹦极台自由下落,竖直向下运动,运动轨迹为一条直线,故A错误;在弹性绳 绷紧前运动员做自由落体运动,弹性绳绷紧后,开始的一段时间弹力较小,运动员受到的合力仍 竖直向下,运动员继续向下加速,但弹性绳的伸长量逐渐增大,弹力逐渐增大,合力逐渐减小,运 动员的加速度逐渐减小(a减小,v增大),当弹力与重力大小相等时,加速度减小到零,速度增加到 最大,运动员继续下落,弹性绳继续伸长,此时弹力大于重力,合力向上,运动员开始做减速运动, 根据牛顿第二定律可知此过程中加速度逐渐增大(a增大,v减小),运动员运动到最低点时速度 减小到零,弹性绳最长,弹性势能最大。根据以上分析,可知B、C错误;由图乙可知,运动员下落 到最低点时下落高度为30 m,此时运动员的速度为零,根据能量守恒定律,此时弹性绳的弹性势 能等于运动员下落过程中减少的重力势能,即E弹=ΔEp=mgh=70×10×30 J=2.1×104 J,故D正确。
5.(2018浙江绍兴新昌中学选考适应性考试)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱 落,好像轨道对它施加了魔法一样,被称为“魔力陀螺”,该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原 理可等效为如图乙所示的模型:半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的铁球(可视为质点) 在轨道外侧转动,A、B两点分别为轨道上的最高点和最低点。铁球所受轨道的磁性引力始终 指向圆心且大小不变,不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )A.铁球可能做匀速圆周运动B.铁球绕轨道转动时机械能不守恒
C.铁球在A点的速度必须大于 D.要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg
答案 D 铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁性引力的作用,其中铁球受轨 道的磁性引力始终指向圆心且大小不变,支持力的反向延长线过圆心,它们都始终与运动的方 向垂直,所以磁性引力和支持力都不能对铁球做功,只有重力会对铁球做功,所以小铁球的机械 能守恒,在最高点的速度最小,在最低点的速度最大,铁球不可能做匀速圆周运动,故A、B错误; 铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁性引力的作用,在最高点,铁球的速度只要 大于0即可通过最高点,故C错误;由于铁球在运动的过程中机械能守恒,所以铁球在最高点的 速度越小,则机械能越小,在最低点的速度也越小,根据F向=m 可知铁球在最低点时需要的向心力就越小,而在最低点铁球受到的重力的方向向下,支持力的方向也向下,只有磁性引力的方 向向上,要使铁球不脱轨,轨道对铁球的支持力一定要大于等于0,所以铁球不脱轨的条件是铁 球在最高点的速度恰好为0,而且到达最低点时,轨道对铁球的支持力恰好等于0,根据机械能守 恒定律,到达最低点时的速度满足mg·2R= mv2,在最低点磁性引力与重力的合力提供向心力,即F-mg=m ,联立得F=5mg,可知,要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,故D正确。
名师点睛 本题属于结合机械能守恒定律考查竖直平面内的圆周运动的情况,在解答的过程 中正确分析出铁球经过最高点和最低点的条件是解答的关键,正确写出向心力的表达式是解 答的基础。
6.(2019浙江暨阳3月联考,20)(12分)某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示,将一质 量为m=0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点,用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全 转化为小车初始动能)。使其沿着半径为r=1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO'运动,玩具小车与 水平面PB的阻力为其自身重力的0.5(g取10 m/s2),PB=16.0 m,O是PB中点,B点右侧是一个高h= 1.25 m、宽L=2.0 m的壕沟。求: 图甲
二、非选择题(共60分)
图乙(1)要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点A,小车在O点受到轨道弹力的大小;(2)要求小车能安全越过A点,并从B点平抛后越过壕沟,则弹簧的弹性势能至少为多少?(3)若在弹性限度内,弹簧的最大弹性势能Epm=40 J,以O点为坐标原点,OB为x轴,从O点B方向为 正方向,在图乙坐标系上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道情况下,弹簧弹性势能Ep与小 车停止位置坐标x关系图。
答案 见解析
解析 (1)mg=m 得vA= = m/sO→A:-2mgr= m - m 得v0=5 m/sFNO-mg=m 得FNO=6mg=30 N(2)要求1:越过A点,v0=5 m/sP→O:Ep1-kmgxPO= m -0得Ep1=32.5 J要求2:平抛L=vBt h= gt2 vB=4 m/sEp2-kmgxPB= m -0 Ep2=44 J综上所述,弹簧弹性势能的最小值为44 J
(3)分类讨论:因为最大弹性势能为40 J,所以至多运动到B点,必不平抛。情况1:能越过A点,弹性势能 32.5 J≤Ep1≤40 J由Ep1-kmgx1=0-0得13 m≤x1≤16 m又因为O点是坐标原点所以实际坐标值为5 m≤x11≤8 m情况2:恰能到达圆轨道上与圆心等高点,Ep2-kmgxPO-mgr=0-0Ep2=25 Jmgr=kmgx21 x21=2 m又因为O点是坐标原点,所以实际坐标值为x21=-2 m恰能进入圆形轨道,当Ep2-kmgxPO=0-0,Ep2=20 J此时坐标值为0由动能定理表达式知,Ep与x的关系图像是线性函数图像
7.(2018浙江名校协作体)(12分)如图所示,质量m=1 kg的小物块静止放在粗糙桌面上,它与桌面 的动摩擦因数μ=0.4,且与桌面边缘O点的距离s=8 m。在桌面右侧固定了一个1/2圆弧挡板,半 径R=3 m,圆心与桌面同高。今以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F=8 N的水平恒力拉 动小物块,一段时间后撤去拉力,小物块最终水平抛出并击中挡板。(g取10 m/s2) (1)若小物块恰能击中圆弧最低点,则其离开O点时的动能大小;(2)在第(1)问中拉力F作用的时间;(3)若小物块在空中运动的时间为0.6 s,则拉力F作用的距离。
答案 (1)7.5 J (2) s (3) m
解析 (1)小物块离开O点后做平抛运动,故:R=v0tR= gt2Ek= m 解得Ek=7.5 J(2)从开始运动到小物块到达O点的过程中,由动能定理得:Fx-μmgs= m 得:x= m由牛顿第二定律得:F-μmg=ma,a=4 m/s2 at'2=xt'= s(3)小物块离开O点后做平抛运动,由下落时间可知下落距离y= gt″2,y=1.8 m
①若小物块落到半圆的左半边,则平抛运动水平位移x1=R- =0.6 mv1= =1 m/sFL1-μmgs= m 解得L1= m②若小物块落到半圆的右半边,同理可得v2=9 m/sL2= m>8 m(舍去)
8.(2019浙江嘉兴、丽水3月联考,20)(12分)如图所示,斜面ABC下端与圆弧轨道CDE相切于C, 整个装置竖直固定,D是圆轨道的最低点,斜面的倾角θ=37°,B与圆心O等高,圆弧轨道半径r=0.5 m,斜面高h=1.4 m。现有一个质量m=1 kg的小物块P(视为质点)从斜面上端A点静止下滑,经竖 直圆轨道回到最低点D'点以后经直轨道D'F冲上两个半径为R=0.4 m的圆管轨道,所有轨道均 光滑。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,忽略空气阻力,求:(1)物块到达D点对轨道的压力大小;
(2)若物块要不脱离轨道的基础上能通过圆管轨道最高点G,则物块释放的高度至少为多少(距 离斜面底端的高度);(3)现在在BC段铺上不同材料,材料的动摩擦因数μ≤2,物块仍然从A点静止下滑,则要使物块 最终停在BC的中点位置Q(图中未标示),试着讨论μ可能的取值?
答案 见解析
解析 (1)从A点到D点过程,由动能定理得:mg(h+r-r cos θ)= mv2 (1分)FN-mg=m (1分)求得:FN=70 N(1分)根据牛顿第三定律,物块对轨道的压力为70 N。 (1分)(2)因E点高于G点,由机械能守恒定律可知,要不脱轨,物块在E点的速度必须大于 (1分)mg(H+r-r cos θ)= mv2+2mgr (1分)求得H=1.15 m(1分)(3)由几何关系,BC的长度l= m(1分)从A点到Q点:mg -Nμmg· l cos θ=0(N=1,3,5,7,...) (1分)μ= (N=1,3,5,7,...)且满足μmg cos θ≥mg sin θ (1分)
即2≥μ≥0.75所以当N=3时,μ=1.5,N=5时,μ=0.9且满足mg(h+r-r cos θ)-μmgl cos θ≤mgr (1分)μ≥ 所以不存在这样的动摩擦因数μ值 (1分)
9.(2019浙江超级全能生联考,20)(12分)如图是某游戏轨道的构造示意图,PQ是倾角45°角的光 滑斜面轨道,底端Q有一切线沿水平方向的微小圆弧,AB是圆心为O、半径R=50 cm的竖直光 滑半圆弧轨道的直径,BC是长L1=150 cm的水平粗糙直轨道,CD是一长L2=75 cm、倾角为37°的 斜面轨道,DE是水平足够长的直轨道,现让质量m=200 g的小球从PA轨道某点静止释放,小球 恰好能沿AB圆弧运动,已知小球在BC轨道上受到摩擦阻力是球重的0.3,轨道AQ之间刚好能够 通过小球,轨道ABCDE衔接处平滑连接,不计连接处的能量损失及空气阻力的作用,小球运动 过程中可视为质点。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
(1)小球在PQ轨道上运动的时间;(2)小球过B点时对轨道的压力大小;(3)小球在轨道上的第一次着落点M与D点的距离;(4)若BC轨道长度L1可调节,并拆去CD轨道,则当L1多大时小球的第一次着落点M与B点的水平 位移最大。
答案 见解析
解析 (1)小球在光滑PQ轨道上运动,由牛顿第二定律得mg sin 45°=ma,得加速度a=g sin 45°=5 m/s2 (1分)小球恰好能沿AB圆弧运动,在A点由重力提供向心力得mg=m ,得速度vA= = m/s(1分)在PQ斜面上运动的时间t= = s(1分)(2)小球由A运动到B的过程,由动能定理得mg·2R= m - m (1分)在B点由牛顿第二定律及向心力公式得FN-mg=m (1分)得vB=5 m/s,FN=6mg=12 N由牛顿第三定律得压力FN'=FN=12 N(1分)(3)小球由B运动至C点过程,由动能定理得-0.3mgL1= m - m ,解得vC=4 m/s(1分)
若小球由C刚好平抛运动到D,设此时小球从C点抛出的速度为vC'则有L2sin 37°= g ,L2 cos 37°=vC't1 (1分)解得t1=0.3 s, vC'=2 m/s(1分)可见,从C点飞出的小球平抛后直接将落在DE水平轨道上故小球在轨道上的第一次着落点M与D点的距离lDM=vCt1-L2 cos 37°=0.6 m(1分)(4)若BC轨道长度L1可调节,小球从B至C过程由动能定理得-0.3mgL1'= mv - m 解得L1'=- v + m小球从C至M做平抛运动,其水平位移xCM=v″Ct1= vC″故第一次着落点M至B之间的水平距离
LMB=L1'+xCM=- v + m+ vC″ (1分)则当vC″=0.9 m/s时,LMB有最大值,得此L1'≈4.03 m(1分)
10.(2019浙江金华十校期末,20)(12分)如图所示,在竖直平面内,光滑曲面AB与长度l=3 m的水 平传送带BC平滑连接于B点,传送带BC右端连接内壁光滑、半径r=0.55 m的四分之一细圆管 CD,圆管内径略大于物块尺寸,管口D端正下方直立一根劲度系数为k=50 N/m的轻弹簧,弹簧 一端固定,另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为m=0.5 kg的物块(可视为质点)从曲面上P 点静止释放,P点距BC的高度为h=0.8 m。(已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧的劲度系数k和形变 量x的关系是:Ep= kx2,水平传送带与物块间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2)求:
(1)若传送带静止不动,物块在水平传送带BC上前进的距离;(2)若传送带向右匀速运动的速度v0=2 m/s,物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力,物块在压缩 弹簧过程中的最大速度(压缩弹簧过程未超过弹性限度);(3)若传送带向右匀速运动的速度v0=2 m/s,物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动。 由于物块与传送带发生相对运动,一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能。
答案 (1)2 m (2)4 m/s (3)4 J
解析 (1)物块从P点静止释放到停在传送带某处的过程中,由动能定理:mgh-μmgx=0-0 (1分)解得:x=2 m(1分)(2)若传送带向右匀速运动的速度v0=2 m/s,因为传送带长度l=3 m大于2 m,所以物块到达C点的 速度vC=2 m/s。 (1分)经过管道C点:mg-FN= (1分)由牛顿第三定律得FN'=-FN(1分)则物块对管道的压力FN'= N≈1.36 N,方向竖直向下 (1分)物块从C点运动到动能最大的过程,根据平衡条件:mg=kx' (1分)则x'=0.1 m由动能定理:mg(r+x')- kx'2= m - m (1分)解得:vm=4 m/s(1分)(3)物块再次回到C点的速度大小仍为2 m/s,它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零,再向
右匀加速运动至C点,速度大小仍为2 m/s。因此电动机多消耗的能量即为物块与传送带之间 的摩擦产生的焦耳热。物块向左减速的位移x1= =0.5 m与传送带相对位移Δx1=x1+v0· =1.5 m(1分)物块向右加速的位移x2= =0.5 m与传送带的相对位移Δx2=v0 -x2=0.5 m(1分)因此电动机在一个周期内多消耗的电能E=μmg(Δx1+Δx2)=4 J(1分)
1.(2019 5·3原创)(多选)如图所示,某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能,将两个 完全相同的玩具车A、B并排放在两平行且水平的轨道上,分别通过挂钩连接另一个与玩具车 等质量的货车(无牵引力,且与玩具车受到的摩擦阻力相等),控制两玩具车以相同的速度v0做 匀速直线运动。某时刻,通过控制器使两玩具车的挂钩断开,玩具车A保持原来的牵引力不变, 玩具车B保持原来的输出功率不变,当玩具车A的速度为2v0时,玩具车B的速度为1.5v0,则 ( )
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
A.在这段时间内两玩具车的位移之比为6∶5B.玩具车A的功率变为原来的4倍C.两玩具车克服阻力做功的比值为12∶11D.两玩具车牵引力做功的比值为3∶2
2.(2019 5·3原创)大质量的物体在空间会激发类似于电场的引力场,引力场的“场强”大小 可用置入其中的检验物体所受引力与其质量的比值表示,即E= ;引力场的引力势可用置入其中的检验物体的引力势能与其质量的比值表示,即φ= 。半径为R的匀质球体在空间产生关于球对称的引力场,“场强”大小沿半径的分布如图所示,图中E0已知,E-r曲线下由O至R部分 的面积等于由R至2R部分的面积,引力常量为G。(1)用基本单位导出引力场“场强”和引力势的单位。(2)该匀质球体的质量M为多大?(3)求球心与球表面间的引力势之差Δφ。(4)质量为m的小物块在球面处需具有多大的径向速度才可以刚好运动到2R处?
答案 (1)m/s2 m2/s2(2) (3) (4)
解析 (1)由引力场场强定义式E= 可知其单位为力与质量单位的比值,即加速度的单位,故引力场场强的单位为m/s2。由引力势的定义式φ= 可知其单位为能量与质量单位的比值,即J/kg,再由W=Fl、F=ma可得1 J/kg=1 =1 =1 m2/s2。(2)根据万有引力定律,匀质球体对球外物体的引力F=G ,又根据引力“场强”的定义及图示数据可知E0= ,即E0=G ,所以M= 。(3)E-r曲线与横轴围成的面积表示引力势之差,则球心与球表面间的引力势之差Δφ= 。(4)依题意可知,R处与2R处之间的引力势之差Δφ2R-R= ,根据能量转化可知: m =mΔφ2R-R,可得v0= 。
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