高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第1講 功、功率、動(dòng)能定理特訓(xùn)-人教版高三全冊(cè)物理試題
《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第1講 功、功率、動(dòng)能定理特訓(xùn)-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第1講 功、功率、動(dòng)能定理特訓(xùn)-人教版高三全冊(cè)物理試題(14頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第1講 功、功率、動(dòng)能定理 1.(2016·泰州一模)如圖所示是一種清洗車輛用的手持噴水槍.設(shè)槍口截面積為0.6 cm2,噴出水的速度為20 m/s(水的密度為1×103 kg/m3).當(dāng)它工作時(shí),估計(jì)水槍的功率約為( A ) A.250 W B.300 W C.350 W D.400 W 2.(2016·蘭州試題)一光滑的斜面固定在水平面上,在斜面的頂端用擋板固定一質(zhì)量不計(jì)的彈簧,一滑塊以初速度v0由距離斜面底端為l處向右運(yùn)動(dòng),沖上斜面體,并將彈簧壓縮到形變量最大處,此時(shí)滑塊距離水平面的距離為h,已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g.則滑塊克服彈簧的彈力做功為(
2、 A ) A.mv-μmgl-mgh B.mv+μmgl-mgh C.mv-mgh D.μmgl+mgh-mv 解析:假設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到底端時(shí)的速度大小為v,則滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到斜面底端的過程中,由動(dòng)能定理可得-μmgl=mv2-mv,滑塊由斜面底端至彈簧壓縮最短的過程中,由動(dòng)能定理可得-mgh-W=0-mv2,由以上兩式可得W=mv-μmgl-mgh,A正確. 3.(2016·河北石家莊二中)2015年10月16日寧安高鐵試運(yùn)行動(dòng)車組停靠在銅陵站.把動(dòng)力裝置分散安裝在每節(jié)車廂上,使其既具有牽引動(dòng)力,又可以載客,這樣的客車車廂便叫做動(dòng)車.而動(dòng)車組就是由幾節(jié)自帶動(dòng)力的車廂加幾節(jié)不帶動(dòng)力的車
3、廂編成一組.帶動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車,不帶動(dòng)力的車廂叫拖車.設(shè)動(dòng)車組運(yùn)行過程中的阻力與質(zhì)量成正比,每節(jié)動(dòng)車與拖車的質(zhì)量都相等,每節(jié)動(dòng)車的額定功率都相等.若一節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車時(shí),最大速度為120 km/h;若改為五節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車時(shí),最大速度為( C ) A.60 km/h B.240 km/h C.300 km/h D.600 km/h 解析:設(shè)每節(jié)車廂質(zhì)量為m,開一節(jié)動(dòng)車帶動(dòng)三節(jié)拖車以最大速度行駛時(shí)所受阻力為Ff1=4kmg(k為比例常數(shù)),每節(jié)動(dòng)力車的額定功率為P,則有-4kmg=0, 當(dāng)改為開五節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車以最大速度行駛時(shí),則有-8kmg=0,聯(lián)立解得v2m=v1m=300 k
4、m/h,C正確. 4.(2016·福州質(zhì)檢)如圖所示,一個(gè)縱截面是等腰三角形的斜面體M置于水平地面上,它的底面粗糙,兩斜面光滑.將質(zhì)量不相等的A、B兩個(gè)小滑塊(mA>mB)同時(shí)從斜面上同一高度處靜止釋放,在兩滑塊滑至斜面底端的過程中,M始終保持靜止,則( B ) A.B滑塊先滑至斜面底端 B.地面對(duì)斜面體的摩擦力方向水平向左 C.兩滑塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同 D.地面對(duì)斜面體的支持力等于三個(gè)物體的總重力 解析:設(shè)兩斜面的傾角為θ,對(duì)兩滑塊受力分析,由牛頓第二定律可知:兩滑塊下滑過程中的加速度a=gsin θ,兩斜面的長度相等,根據(jù)x=at2,可知兩滑塊同時(shí)到達(dá)斜面的底
5、端,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)v=at,滑塊到達(dá)底端的速度大小相等.根據(jù)功率定義可得P=mgvsin θ,因兩滑塊的質(zhì)量不等,故到達(dá)斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率不相等,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;斜面體處于靜止?fàn)顟B(tài),其受到的合力為零,對(duì)其受力分析,如圖所示,利用正交分解法,可知因mA>mB,地面對(duì)斜面體的摩擦力方向水平向左,地面對(duì)斜面體的支持力小于三者的重力之和,選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 5.(2016·合肥模擬)一個(gè)小物體從斜面底端沖上足夠長的斜面后又返回到斜面底端.已知小物體的初動(dòng)能為E,它返回到斜面底端的動(dòng)能為,小物塊上滑到最大路程的中點(diǎn)時(shí)速度為v;若小物體以2E的初動(dòng)能沖上斜面,則有( AC ) A.返回斜面底
6、端時(shí)的動(dòng)能為E B.返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為 C.小物體上滑到最大路程的中點(diǎn)時(shí)速度為v D.小物體上滑到最大路程的中點(diǎn)時(shí)速度為2v 解析:設(shè)小物塊沿斜面上滑的最大高度為h,沿斜面上升的最大距離為x,由動(dòng)能定理得-mgh-Ff·x=0-E,而h=xsin α,式中α為斜面傾角,可得x=.由此可見小物塊沿斜面上升的距離x與初動(dòng)能E成正比,而摩擦力做功Ff·x與位移成正比,故當(dāng)小物塊以2E的初動(dòng)能上滑時(shí),上滑的最大距離變?yōu)樵瓉淼?倍,損失的動(dòng)能(即克服摩擦力做的功)也為原來的2倍,故A正確,B錯(cuò)誤;選取小物塊從路程中點(diǎn)至最高點(diǎn)的過程,由v2=2ax得=,故有v1=v,C正確,D錯(cuò)誤. 6.(
7、2016·太原調(diào)研)質(zhì)量為m的汽車在平直的路面上啟動(dòng),啟動(dòng)過程的速度圖象如圖所示,其中OA段為直線,AB段為曲線,B點(diǎn)后為平行橫軸的直線.已知從t1時(shí)刻開始汽車的功率保持不變,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中汽車所受阻力的大小恒為Ff,以下說法正確的是( D ) A.0~t1時(shí)間內(nèi),汽車牽引力的數(shù)值為m B.t1~t2時(shí)間內(nèi),汽車的功率等于(m+Ff)v2 C.t1~t2時(shí)間內(nèi),汽車的平均速率小于 D.汽車運(yùn)動(dòng)的最大速率v2=(+1)v1 解析:0~t1時(shí)間內(nèi)汽車的加速度大小為,m為汽車所受的合外力大小,而不是牽引力大小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;t1時(shí)刻汽車牽引力的功率為Fv1=v1,之后汽車功率保持不變,選項(xiàng)B
8、錯(cuò)誤;t1~t2時(shí)間內(nèi),汽車的平均速率大于,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;牽引力等于阻力時(shí)速度最大,即t2時(shí)刻汽車速率達(dá)到最大值,則有v1=Ffv2,解得v2=v1,選項(xiàng)D正確. 7.(2016·太原模擬二)如圖,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,砝碼的移動(dòng)很小,這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn).若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m,各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,砝碼與紙板左端的距離及桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動(dòng)紙板,下列說法正確的是( BC ) A.紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),紙板所受摩擦力的大小為μ(M+m)g B.要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng),F(xiàn)一定大于2μ(M+m)g
9、 C.若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于,砝碼不會(huì)從桌面上掉下 D.當(dāng)F=μ(2M+3m)g時(shí),砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣 解析:紙板相對(duì)于砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),紙板受兩個(gè)摩擦力;桌面對(duì)紙板向左的摩擦力和砝碼對(duì)紙板向左的摩擦力,由Ff=μFN得,F(xiàn)f=μ(2M+m)g,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由牛頓第二定律得,對(duì)砝碼有μMg=Ma1,對(duì)紙板有F-μ(2M+m)g=ma2,要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng),則a1<a2,聯(lián)立以上三式解得F>2μ(M+m)g,選項(xiàng)B正確;設(shè)砝碼與紙板分離時(shí)通過的位移為x1,速度為v1,由動(dòng)能定理得μMgx1=Mv,解得x1=<,設(shè)砝碼離開紙板后運(yùn)動(dòng)的位移為x2,由動(dòng)能定理得-μMgx2=-Mv,解得x2=
10、<,則砝碼移動(dòng)的總位移為x1+x2<d,因此砝碼不會(huì)從桌面上掉下來,選項(xiàng)C正確;因?yàn)镕=μ(2M+3m)g>2μ(M+m)g,所以砝碼相對(duì)紙板運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得砝碼的加速a1=μg,對(duì)紙板,F(xiàn)-Ff=ma′2,a′2=2μg,設(shè)砝碼離開紙板前的位移為x3,紙板在砝碼離開前的位移為x4,由勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得x3=a1t2,x4=a′2t2,x4=x3+d,v2=a1t,聯(lián)立以上各式解得x3=d,即砝碼離開紙板時(shí),恰好到達(dá)桌面邊緣,此時(shí)砝碼的速度不為零,砝碼將從桌面上掉下,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 8.(2016·東北三省四市聯(lián)考一)A、B兩物體放在同一水平面上,分別受到水平拉力F1、F2的作用,而從靜
11、止開始從同一位置出發(fā)沿相同方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng).經(jīng)過時(shí)間t0和4t0,當(dāng)二者速度分別達(dá)到2v0和v0時(shí)分別撤去F1和F2,以后物體做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停止.兩物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示.已知二者的質(zhì)量之比為1∶2,下列結(jié)論正確的是( C ) A.物體A、B的位移大小之比是3∶5 B.兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能不相等 C.F1和F2的大小之比是6∶5 D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中F1和F2做功之比是6∶5 解析:v-t圖象與兩坐標(biāo)軸所圍的面積表示質(zhì)點(diǎn)在對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移,A、B兩物體的位移分別為 x1=×2v0×3t0=3v0t0,x2=×v0×5t0=v0t0, 故x1∶x2=6∶5,選項(xiàng)
12、A錯(cuò)誤; 撤去拉力后,A、B兩物體的加速度大小分別為 a1==,a2==, 即a1=a2=μg,故兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在加速過程中由牛頓第二定律可得 F1-μm1g=m1a1、F2-μm2g=m2a2、 a1=、a2=、μg=,而m2=2m1, 故F1∶F2=6∶5,選項(xiàng)C正確; 全過程中根據(jù)動(dòng)能定理知 W1=μm1gx1,W2=μm2gx2, 故整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中F1和F2做功之比W1∶W2=3∶5,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 9.(2016·濟(jì)南模擬)(多選)假定地球、月球都靜止不動(dòng),用火箭從地球沿地月連線向月球發(fā)射一探測器.假定探測器在地球表面附近脫離火箭.用W
13、表示探測器從脫離火箭處飛到月球的過程中克服地球引力做的功,用Ek表示探測器脫離火箭時(shí)的動(dòng)能,若不計(jì)空氣阻力(地球質(zhì)量約為月球的6倍).則( BD ) A.Ek必須大于或等于W,探測器才能到達(dá)月球 B.Ek小于W,探測器也可能到達(dá)月球 C.Ek=W,探測器一定能到達(dá)月球 D.Ek=W,探測器一定不能到達(dá)月球 解析:因?yàn)樘綔y器從脫離火箭到飛到月球的過程中,探測器不但受到地球?qū)λ囊Γ疫€到月球?qū)λ囊?,地球引力?duì)探測器做負(fù)功,月球引力對(duì)探測器做正功利用動(dòng)能定理得—W地+W月=Ek末-Ek(假設(shè)恰好到達(dá)月球,此時(shí)末動(dòng)能Ek末=0),可得Ek=W地-W月<W地=W,可見,Ek小于W,探
14、測器也能到達(dá)月球,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;又由地球質(zhì)量約為月球質(zhì)量的6倍,故地球?qū)μ綔y器產(chǎn)生的平均作用力比月球的大,做的功需滿足關(guān)系式Ek=W地-W月=W地>W(wǎng),可知當(dāng)Ek=W時(shí),探測器不可能到達(dá)月球,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確. 10.(2016·長沙模擬一)如圖所示,已知物體與三塊材料不同的地毯間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ,三塊材料不同的地毯長度均為L,首尾相連固定在水平地面上,該物體以一定的初速度v0從a點(diǎn)滑上第一塊地毯,且物體恰好滑到第三塊的末尾d點(diǎn)停下來,若讓物體從d點(diǎn)以相同的初速度水平向左運(yùn)動(dòng),則下列說法正確的是( ACD ) A.物體仍能運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)并停下來 B.物體兩次經(jīng)過
15、b點(diǎn)時(shí)速度大小相等 C.物體兩次經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)速度大小相等 D.物體第二次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長 解析:物塊從a點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)過程,根據(jù)動(dòng)能定理有μmgL+2μmgL+3μmgL=mv,假設(shè)物塊從d向左運(yùn)動(dòng)過程能到達(dá)a點(diǎn),則根據(jù)動(dòng)能定理可知,表達(dá)式與以上完全相同,故物塊能運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)停下來,選項(xiàng)A正確;由題意知,向右運(yùn)動(dòng)與向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)同一位置速度大小相等時(shí),物塊的動(dòng)能減小量ΔEk必然相等,設(shè)兩次運(yùn)動(dòng)過程中,速度大小相同的點(diǎn)在b點(diǎn)右側(cè)s處,根據(jù)動(dòng)能定理,向右運(yùn)動(dòng)過程中—μmgL-2μmgs=ΔEk,向左運(yùn)動(dòng)過程-3μmgL-2μmg(L-s)=ΔEk,解得s=L,即物體兩次經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)速度大小相等,選項(xiàng)B錯(cuò)誤
16、,C正確;圖中1、2分別表示向右運(yùn)動(dòng)與向左運(yùn)動(dòng)的兩次過程中的v-t圖象,根據(jù)圖線知,如要保證位移相等,則第二次的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2大于第一次運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1,故選項(xiàng)D正確. 11.(2016·湖南十三校聯(lián)考一)有一物體由某一固定的長斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑,斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,其動(dòng)能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示,g取10 m/s2,不計(jì)空氣阻力,則以下說法正確的是( BC ) A.斜面的傾角θ=30° B.物體的質(zhì)量為m=0.5 kg C.斜面與物體間的摩擦力大小f=2 N D.物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=2 s 解析:由于摩擦力的作用,物體返回出發(fā)點(diǎn)
17、時(shí)的動(dòng)能小于初動(dòng)能,結(jié)合圖象可知物體的初動(dòng)能Ek0=25 J,而返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek=5 J,對(duì)物體沿斜面上滑的過程,由動(dòng)能定理有—(mgsin θ+μmgcos θ)x=0-Ek0,對(duì)物體下滑的過程有(mgsin θ-μmgcos θ)x=Ek,將x=5 m、Ek0=25 J、Ek=5 J及μ=0.5代入,解得m=0.5 kg、θ=37°,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;斜面與物體間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,大小f=μmgcos θ=2 N,C正確,物體上滑時(shí)的加速度大小為a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,故上滑用時(shí)t1==1 s,下滑時(shí)加速度大小為a2=gsin θ-μgcos θ=2
18、 m/s2,故下滑用時(shí)t2== s,物體在斜面上運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為(+1) s,D項(xiàng)錯(cuò)誤. 12.(2016·石家莊模擬一)如圖甲所示,在水平地面上固定一豎直輕彈簧,彈簧上端與一個(gè)質(zhì)量為0.1 kg的木塊A相連,質(zhì)量也為0.1 kg的木塊B疊放在A上,A、B都靜止.在B上作用一個(gè)豎直向下的力F使木塊緩慢向下移動(dòng),力F大小與移動(dòng)距離x的關(guān)系如圖乙所示,整個(gè)過程彈簧都處于彈性限度內(nèi).下列說法正確的是( BC ) A.木塊下移0.1 m過程中,彈簧的彈性勢能增加2.5 J B.彈簧的勁度系數(shù)為500 N/m C.木塊下移0.1 m時(shí),若撤去F,則此后B能達(dá)到的最大速度為5 m/s D.木塊下
19、移0.1 m時(shí),若撤去F,則A、B分離時(shí)的速度為5 m/s 解析:木塊緩慢向下移動(dòng)過程中, 對(duì)A、B由動(dòng)能定理有WF+(mA+mB)gx-W彈=0, WF等于F-x圖象所圍的面積, 即WF=×50×0.1 J=2.5 J, 故克服彈簧的彈力所做的功 W彈=WF+(mA+mB)gx=2.7 J, 故彈簧的彈性勢能增加量為2.7 J,選項(xiàng)A錯(cuò)誤; 彈簧的彈力F彈=F+(mA+mB)g, 設(shè)F-x圖象的斜率為k′, 由圖乙可知,F(xiàn)=k′x=x=x=500x, 故F彈=500x+2,故F彈-x圖象的斜率與F-x圖象的斜率相等, 故彈簧的勁度系數(shù)k==500 N/m,選項(xiàng)B正確;
20、 當(dāng)木塊A、B的加速度a=0時(shí), 即F彈=(mA+mB)g時(shí),B的速度最大, 對(duì)A、B,由動(dòng)能定理得 W彈-(mA+mB)gx=(mA+mB)v, 將W彈=2.7 J,x=0.1 m,代入解得 B能達(dá)到的最大速度vm=5 m/s,選項(xiàng)C正確; 當(dāng)A、B間的彈力為0時(shí),A、B分離,此時(shí)aA=aB=g, 此位置在未施加力F時(shí)的位置上方, A、B從未施加力F時(shí)的位置向上運(yùn)動(dòng)過程中, 由于彈簧的彈力小于(mA+mB)g,向上做減速運(yùn)動(dòng), 故A、B分離時(shí)的速度小于5 m/s,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 13.(2016·內(nèi)蒙古包頭畢業(yè)年級(jí)水平測試與評(píng)估二)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一光滑絕緣半圓軌
21、道,處于方向水平且與軌道平面平行的勻強(qiáng)電場中,軌道兩端點(diǎn)A、C高度相同,與圓心O在同一水平線上,軌道的半徑為R.一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電的小球從槽右端的A處無初速地沿軌道下滑,滑到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)槽底的壓力為2mg,則在小球的滑動(dòng)過程中,有( BC ) A.小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 B.小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 C.小球在滑動(dòng)過程中的最大速度為 D.小球在滑動(dòng)過程中的最大速度為 解析:小球沿軌道做圓周運(yùn)動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)滿足FN-mg=m,則v=,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確;若小球不受電場力,則到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能守恒得mgR=mv,得v1=>v=,故小球從A到B的過程中電場力做了負(fù)功,即電場線方
22、向水平向右,從A到B由動(dòng)能定理有mgR-F電R=mv2,得F電=mg,設(shè)小球下滑D點(diǎn)時(shí)速度最大,OD與豎直方向的夾角為θ,如圖所示,則由動(dòng)能定理有mgRcos θ-F電R(1-sin θ)=mv,由幾何關(guān)系可知sin θ=,cos θ=2,聯(lián)立可得最大速度為vm=,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 14.(2016·陜西質(zhì)檢二)如圖所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿AOB,桿的水平部分粗糙,動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.20,桿的豎直部分光滑,兩部分分別套有質(zhì)量為2.0 kg和1.0 kg的小球A和B,A、B間用細(xì)繩相連;初始位置OA=1.5 m,OB=2.0 m.g取10 m/s2,則: (1)若用水平拉力F1沿桿
23、向右緩慢拉A,使之移動(dòng)0.5 m,該過程中A受到的摩擦力多大?拉力F1做功多少? (2)若小球A、B都有一定的初速度,A在水平拉力F2的作用下,使B由初始位置以1.0 m/s的速度勻速上升0.5 m,此過程中拉力F2做功多少? 解析:(1)先對(duì)AB整體受力分析,如圖甲所示. A、B小球和細(xì)繩整體豎直方向處于平衡A受到的彈力為 FNA=(mA+mB)g 則A受到的摩擦力為 f=μ(mA+mB)g 代入數(shù)據(jù)得f=6 N 由功能關(guān)系,拉力F1做功為 W1=fs+mBgs 代入數(shù)據(jù)得W1=8.0 J (2)如圖乙,設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ, 因細(xì)繩不可伸長,兩物體沿繩子方向的
24、分速度大小相等,所以有vBcos θ=vAsin θ 則A的初速度 vA1=vBcot θ1= m/s 末速度vA2=vBcot θ2= m/s 設(shè)拉力F2做功為W2,對(duì)系統(tǒng),由動(dòng)能定理得 W2-fs-mBgs=mAv2A2-mAv2A1 代入數(shù)據(jù)得W2=6.8 J 答案:見解析 15.(2016·天津河西區(qū)質(zhì)檢)如圖所示,一塊長為L、質(zhì)量m的扁平均勻規(guī)則木板通過裝有傳送帶的光滑斜面輸送.斜面與傳送帶靠在一起連成一直線,與水平方向夾角為θ,傳送帶以較大的恒定速率轉(zhuǎn)動(dòng),傳送方向向上,木板與傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù).已知木板放在斜面或者傳送帶上任意位置時(shí),支持力均勻作用在木板底部
25、.將木板靜止放在傳送帶和光滑斜面之間某一位置,位于傳送帶部位的長度設(shè)為x,當(dāng)x=L/4時(shí),木板能保持靜止. (1)將木板靜止放在x=L/2的位置,則木板釋放瞬間加速度多大? (2)設(shè)傳送帶與木板間產(chǎn)生的滑動(dòng)摩擦力為f,試在0≤x≤L范圍內(nèi),畫出f-x圖象;(本小題僅根據(jù)圖象給分) (3)木板從x=L/2的位置靜止釋放,始終在滑動(dòng)摩擦力的作用下,移動(dòng)到x=L的位置時(shí),木板的速度多大? (4)在(3)的過程中,木塊的機(jī)械能增加量設(shè)為ΔE,傳送帶消耗的電能設(shè)為W,不計(jì)電路中產(chǎn)生的電熱,比較ΔE和W的大小關(guān)系,用文字說明理由. 解析:(1)x=L/4時(shí),f1=mgsin θ x=L/2
26、時(shí),摩擦力加倍,f2=2mgsin θ 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得a==gsin θ (2)如圖所示 (3)利用(2)中圖象,可知摩擦力做功W=mgLsin θ 由動(dòng)能定理有W-mgLsin θ=mv2 得v= (4)ΔE小于W 因?yàn)閭魉蛶c木板之間有滑動(dòng)摩擦,電能有一部分轉(zhuǎn)為了內(nèi)能(提到“內(nèi)能”“熱量”“摩擦產(chǎn)生熱量”等類似語言) 答案:(1)gsin θ (2)見解析 (3) (4)ΔE小于W 16.(2015·江蘇卷)一轉(zhuǎn)動(dòng)裝置如圖所示,四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球及一小環(huán)通過鉸鏈連接,輕桿長均為l,球和環(huán)的質(zhì)量均為m,O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上.套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)
27、彈簧連接在O與小環(huán)之間,原長為L.裝置靜止時(shí),彈簧長為L.轉(zhuǎn)動(dòng)該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速,小環(huán)緩慢上升.彈簧始終在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦和空氣阻力,重力加速度為g.求: (1)彈簧的勁度系數(shù)k; (2)AB桿中彈力為零時(shí),裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω0; (3)彈簧長度從L緩慢縮短為L的過程中,外界對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)裝置所做的功W. 解析:(1)裝置靜止時(shí),設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1,OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ1. 小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈1=k· 小環(huán)受力平衡 F彈1=mg+2T1cos θ1 小球受力平衡 F1cos θ1+T1cos θ1=mg; F1sin θ1=T1sin θ1
28、 解得k= (2)設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2,OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ2,彈簧長度為x.小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2=k(x-L) 小環(huán)受力平衡 F彈2=mg得x=L 對(duì)小球 F2cos θ2=mg,F(xiàn)2sin θ2=mωlsin θ2 且cos θ2=,解得ω0= (3)彈簧長度為L時(shí),設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3,OA桿與彈簧的夾角為θ3. 小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈3=kL 小環(huán)受力平衡 2T3cos θ3=mg+F彈3且cos θ3= 對(duì)小球 F3cos θ3=T3cos θ3+mg; F3sin θ3+T3sin θ3=mωlsin θ3
29、解得ω3= 整個(gè)過程彈簧彈性勢能變化為零,則彈力做的功為零,由動(dòng)能定理 W-mg-2mg =2×m(ω3lsin θ3)2 解得 W=mgL+ 答案:(1) (2) (3)mgL+ 15.(2014·福建卷)如圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖,整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi),表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切.點(diǎn)A距水面的高度為H,圓弧軌道BC的半徑為R,圓心O恰在水面.一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的任意位置滑下,不計(jì)空氣阻力. (1)若游客從A點(diǎn)由靜止開始滑下,到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面上的D點(diǎn),OD=2R,求游客滑到B點(diǎn)時(shí)的速度v
30、B大小及運(yùn)動(dòng)過程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf; (2)若游客從AB段某處滑下,恰好停在B點(diǎn),又因受到微小擾動(dòng),繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道,求P點(diǎn)離水面的高度h.(提示:在圓周運(yùn)動(dòng)過程中任一點(diǎn),質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向=m) 解析:(1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),有:2R=vBt ① R=gt2 ② 由①②式得:vB= ③ 從A到B,根據(jù)動(dòng)能定理,有: mg(H-R)+Wf=mv-0 ④ 由③④式得:Wf=mg(2R-H) ⑤ (2)設(shè)OP與OB間夾角為θ,游客在P點(diǎn)時(shí)的速度為vP,受到的支持力為FN,從B到P由機(jī)械能守恒定律,有: mg(R-Rcos θ
31、)=mv-0 ⑥ 過P點(diǎn)時(shí),根據(jù)向心力公式,有: mgcos θ-FN=m ⑦ FN=0 ⑧ cos θ= ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得:h=R ⑩ 答案:(1) mg(2R-H) (2)R 18.(2015·山東理綜)如圖所示,物塊與質(zhì)量為m的小球通過不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過兩等高定滑輪連接.物塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上,小球與右側(cè)滑輪的距離為l.開始時(shí)物塊和小球均靜止,將此時(shí)傳感裝置的示數(shù)記為初始值.現(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細(xì)繩的力,將小球緩慢拉起至細(xì)繩與豎直方向成60°角,如圖乙所示,此時(shí)傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍;再將小球由靜止釋放,當(dāng)運(yùn)動(dòng)
32、至最低位置時(shí),傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍.不計(jì)滑輪的大小和摩擦,重力加速度的大小為g.求: (1)物塊的質(zhì)量; (2)從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過程中,小球克服空氣阻力所做的功. 解析:(1)設(shè)開始時(shí)細(xì)繩的拉力大小為FT1,傳感器裝置的初始值為F1,物體質(zhì)量為M,由平衡條件得 對(duì)小球,F(xiàn)T1=mg ① 對(duì)物塊,F(xiàn)1+FT1=Mg ② 當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60°時(shí),設(shè)細(xì)繩的拉力大小為FT2,傳感裝置的示數(shù)為F2,據(jù)題意可知,F(xiàn)2=1.25F1,有平衡條件得FT2=mgcos 60°,F(xiàn)2+FT2=mg,解得:M=3m. (2)設(shè)小球經(jīng)最低點(diǎn)速度v,克服陰力做功為Wf mgl(1-cos 60°)-Wf=mv2 ⑥ 在最低位置,設(shè)細(xì)繩的拉力大小為FT3,傳感裝置的示數(shù)為F3,據(jù)題意可知,F(xiàn)3=0.6F1,對(duì)小球,由牛頓第二定律得 FT3-mg=m ⑦ 對(duì)物塊,由平衡條件得F3+FT3=Mg ⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入數(shù)據(jù)得Ef=0.1mgl. 答案:(1)3 m (2)0.1 mgl
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