2017版高考一本解決方案物理新課標(biāo)配套教師專題5-機(jī)械能及其守恒定律

N100m度大小達(dá)到80m/s.彈射過(guò)程中艦載機(jī)所受總推力為彈射器和發(fā)動(dòng)機(jī)推力之和，假設(shè)所受阻力為總推力的20%，則( 1.1×1061.1×1088.8×10732 由題可知，艦載機(jī)彈射過(guò)程的加速度a＝2x＝2×100m/s＝32m/sD正確．根據(jù)第二定律，0.8(F發(fā)＋F彈)＝ma，得彈射器的推力大小F彈×106N，AW＝1.1×106×100J＝1.1×108B

×107W，C

＝t2．(2012·物理，18，4分)(多選)位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運(yùn)動(dòng)；若作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2，物體做速度為v2的勻F1F2功率相同，則可能有() F2θF1v1＝F2v2cosθcosθ<1，v1<v2、v1＝v2三種可能，CF2<F1v1<v2，D正確．3．(2012·物理，15，3分)質(zhì)量相等的均質(zhì)柔軟細(xì)繩A、B平放于水平地面高度分別為hA、hB，上述過(guò)程中克服重力做功分別為WA、WB.若( A．hA＝hB，則一定有WA＝WBB．hA>hBWA<WBD．hA>hBWA>WB4 繩子的重心距離繩子中點(diǎn)1lAlB4hA′＝hA－lABhB′＝hB－lB. mgh可得：WA－WB＝mg(hA′－h(huán)B′)＝mg（hA－h(huán)B）－1（lA－lB）. 知A、C、D錯(cuò)誤，B4【點(diǎn)撥】繩子對(duì)折后提起時(shí)重心的位置在l處，然后確定上升高度h.4A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊() 2vB，A、B錯(cuò)誤．ΔEp＝－mghmC2 功率PA＝mAgvA＝ ，PB＝mBgvBsinθ＝ ＝PA，D正確【點(diǎn)撥】解本題時(shí)往往會(huì)關(guān)注位移、速度變化，而忽視質(zhì)量關(guān)系，本題的關(guān)鍵5．(2015·海南物理，3，3分)假設(shè)摩托艇受到的阻力大小正比于它的速率．如果摩托艇發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉?lái)的 A．4 B．2倍C.3 D.2 fvkf＝kv.＝fv，得P＝kv2，即輸出功率與最大速率的平方成正比，若輸出功率變?yōu)樵瓉?lái)2倍，則最大速率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，D6．(2014·重慶理綜，2，6分)某車(chē)以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車(chē)重的k1和k2倍，最大速率分別為v1和v2，則(

等于阻力．根據(jù)P＝Fv，由題意有P額＝k1mgv1＝k2mgv2k1v1＝k2v2，B7．(2015·理綜，9，15分)嚴(yán)重天氣對(duì)國(guó)計(jì)重要污染源．“鐵腕治污”已成為國(guó)家的工作重20s72km/h，再勻速運(yùn)動(dòng)80s，接著勻運(yùn)動(dòng)15s到達(dá)乙站停?。O(shè)列車(chē)在勻如果燃油車(chē)運(yùn)行中做的功與該列車(chē)從甲站到乙站牽引力做的功相同，求車(chē)排放氣態(tài)污染物的質(zhì)量．(燃油車(chē)每做1J功排放氣態(tài)污染物3×10－67【解析】(1)t1s1；在勻速直線運(yùn)動(dòng)階段所用的時(shí)間為t2，距離為s2，速度為v；在勻直線運(yùn)動(dòng)階段 s＝1950(2)FW1；在勻速直線運(yùn)動(dòng)階段牽引力的功率為P，所做的功為W2.設(shè)燃油車(chē)做與該列車(chē)從甲站到乙站相同的功W，將排放氣態(tài)污染物質(zhì)量為M，則M＝(3×10－9M＝2.04【答案】(1)1950m (2)2.04kg8．(2015·理綜，10，16分)某快遞公司分v＝1m/sm＝2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.設(shè)皮帶足夠長(zhǎng)，取g＝10m/s2，在8【解析】(1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力為F，則F＝μmg①②由①②t＝0.2③22由①④x＝0.1⑤ss＝vt⑦由①③⑥⑦W＝－2⑧【答案】(1)0.2 (2)0.1 (3)－2長(zhǎng)木板水平放置在木板的A端放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊．現(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木板αvg.下列判斷正確的是()BmgLsin【解析由題意得，物塊滑動(dòng)前支持力方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向，由微元法－mgLsinα＝0W＝mgLsinα，A錯(cuò)誤，B正確．由平衡條件得在滑動(dòng)前物F靜＝mgsinαα增大，F(xiàn)靜增大，C正確．在整個(gè)過(guò)程中除重力外其他力做的功等于機(jī)械能的變化量，D正確．選BCD.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考分析功時(shí)，一定要注意是恒力做的功還是變力做的功，如果是變(2012·江蘇物理，3，3分)如圖所示，細(xì)線的一端固定AB點(diǎn)．在此過(guò)程中拉力的瞬時(shí)功率變化情況是() 【解析】解法1：數(shù)學(xué)解析法．因小球速率不變，所以與豎直方向的夾角為θ，則在切線方向上應(yīng)有mgsinθ＝FcosθFP＝Fvcosθ＝mgvsinθ.從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，拉力的瞬時(shí)功率隨θ的增大而增大，A正確．選A.P＝－PG＝－mgvcos(90°＋θ)＝mgvsinθ.AB的過(guò)程中，拉力的瞬時(shí)功率隨θ的增大而增大，A正確．選A.t導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考分析功率時(shí)，一定要分清是平均功率還是瞬時(shí)功率，平均功率一t(2015·新課標(biāo)Ⅱ，17，6分)車(chē)在平直公行駛．從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變描述該汽車(chē)的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中，可能正確的是()【解析】P＝Fv，F(xiàn)牽－f＝ma0～t1F牽

F牽 減小，v—t減?。畉1F牽v逐漸增大，F(xiàn)牽a逐減減小，v—t圖象的斜率減小，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．選A.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考理綜測(cè)試注重以現(xiàn)實(shí)問(wèn)題立意，突出能力考查．因而以機(jī)車(chē)啟動(dòng)a、F、P、v四個(gè)物理量間相互聯(lián)系、相互制約關(guān)系的分析是考生的難點(diǎn)所在．W＝Flcosα②FllF用動(dòng)能定理W＝ΔEk或功能關(guān)系W其他＝ΔE，即用能量的變化量等效代換相PW＝Pt2F阻P.勻加速→P＝P額變加速→F＝F阻F－F抓住兩個(gè)基本方程 牽引力做的功W＝Pt，由動(dòng)能定理有Pt－F阻s＝ΔEk.此式經(jīng)常用于求解機(jī)車(chē)以1．(2015·江淮十校聯(lián)考)如圖所示，在勻向 1．D車(chē)廂向右做勻運(yùn)動(dòng)，即a、v方向相反，加速度a向左，且人與車(chē)廂的作用力方向?yàn)樾毕蜃笊吓c位移方向成鈍角所以車(chē)廂對(duì)人做負(fù)C錯(cuò)誤，車(chē)做正功來(lái)判斷)，A、B錯(cuò)誤．2(2016·)(多選)Fvt變化的圖象如圖所示，則()1s0.5111sF3s2．AC1～3sF2＝5.0N，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明物塊所受其他力的合力F＝F2＝5.0N．第1s內(nèi)物塊受到的拉力F1＝5.5N，第1s內(nèi)物塊度a＝0.5m/s2，由第二定律，F(xiàn)1－F＝ma，解得物塊的質(zhì)量m＝1kg，B錯(cuò)P＝Fv1sF的功率逐漸增3s內(nèi)物塊的機(jī)械能一直增大，D錯(cuò)誤．別到達(dá)地面時(shí)，下列說(shuō)法正確的是 A Bg3D B做自由落體運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間 a＝gsing gsin2 gsin2

根據(jù)sinθ＝2gsinθtA得 可知tA>tB.重力做功相等根據(jù)P＝ 知，PA<PB，A、B

v＝2gh.APA＝mgvsinθ，BPB＝mgv.PA＜PB.C錯(cuò)誤，D正確．4．(2016·三門(mén)峽模擬)有若干輛超級(jí)電容車(chē)試運(yùn)行，運(yùn)行中無(wú)需連接纜，只需在乘客上車(chē)間隙充電30秒鐘到1分鐘，就能行駛35千米．假設(shè)有f0.1倍，g＝10m/s2，問(wèn)：50s已經(jīng)達(dá)到最4【解析】(1)F＝P＝fvmvm＝30F1＝3000設(shè)超級(jí)電容達(dá)到額定功率時(shí)的速度為v1＝20t＝40 s＝1050【答案】(1)30 (2)40 (3)10501．(2016·Ⅲ，20，6分)(多選)如圖，一固定容器的內(nèi)壁aN，則()

v

v2，在最

，A正確，B誤．根據(jù)第二定律，N－mg＝ma，則 ，C正確，D2.(2016·浙江理綜，18，6分)(多選)場(chǎng)，某條滑道由上下兩段為h、與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組μ.m的載人滑草車(chē)從坡頂由靜止在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則()777載人滑草車(chē)最大速度 7載人滑草車(chē)在下段滑道上的加速度大小為 對(duì)滑草車(chē)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，有2mgh－μmgcos sin°－μmgcos ＝0，解得 A正確．由于滑草車(chē)從靜止開(kāi)始下滑°sin

車(chē)在第一段坡道上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，有mgh－μmgcos 2°sin 2°mv2，解得 7摩擦力做功是2mgh，C錯(cuò)誤．在下滑坡道上做運(yùn)動(dòng)，合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，μmgcos37°－mgsin37°＝maa＝3g，D錯(cuò)誤．PQ時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為() D.4 質(zhì)點(diǎn)在軌道最低點(diǎn)時(shí)受重力和支持力，根據(jù)第定律可知，支持力FN＝2mg.如圖所示，F(xiàn)N－mg＝mRgR.＝1＝2mgR，C

F1的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2物體從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v.對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程WF1 兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的摩擦力均為滑動(dòng)摩擦力，大小相等，即f1＝f2.設(shè)兩次22

＝2t＝2x1功，Wf2＝2Wf1.由動(dòng)能定理得

1m(2v)2

f1＋2mv，WF2＝Wf2＋2m(2v)WF2<4WF1.C【點(diǎn)撥】要抓住兩個(gè)過(guò)程的聯(lián)系量——時(shí)間、速度、摩擦力，來(lái)確定位移的大5．(2014·大綱，19，6分)一物塊沿傾角為θ的斜坡向vv如圖所示；當(dāng)物塊的初速度為2h.物塊與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)和h分別為 A．tanθ和 C．tanθ和 由動(dòng)能定理有－mgH－μmgcosθ ＝0－1mv2，－mgh－μmgcos

sin sin

ABA＝3.6m/s2BvB＝24m/s，ABH＝48m．為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)BCh＝5mB、CW＝－1530Jg＝10m/s2.ABFf6CRB【解析】(1)運(yùn)動(dòng)員在AB上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)設(shè)AB的長(zhǎng)度為x，則有 Bx 第二定律有 x聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144 (2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到達(dá)Cmgh＋W＝1mv2－1 2m④設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由第二定律RFN－mg＝m RR＝12.5 【答案】(1)144N(2)12.57(2015·2318分)m的小球通過(guò)不可伸l.l60°角，如圖乙所示，此時(shí)傳感裝置的示數(shù)為初始0.6g.求：【解析】(1)設(shè)開(kāi)始時(shí)細(xì)繩的拉力大小為T(mén)1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質(zhì)量為M，由平衡條件得①②對(duì)小球，T2＝mgcos ④聯(lián)立①②③④⑤2小球克服阻力所做的功為Wf，由動(dòng)能定理得mgl(1－cos60°)－Wf＝1mv2 在最低位置，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為T(mén)3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據(jù)題意可知，F(xiàn)3＝20.6F1，對(duì)小球，由第二定律T3－mg＝m⑦⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧⑨【答案】 L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8mL2＝1.5m．斜面與水平桌面的θ0～600.2kg面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度取g＝10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩θ角增大到多少時(shí)，物塊能從斜面開(kāi)始下滑．(用正切值表示μ2.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【解析】(1)mgsinθ≥μ1mgcos①θ滿足的條件tan②(2)Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cos③mgL1sin④⑤2(3)mgL1sin2⑥聯(lián)立③⑥v＝1⑦

2t＝0.4⑧x1＝vt＝0.4⑨xm＝x1＋L2＝1.9⑩【答案】(1)tan (3)1.99．(2013·海南物理，13，10分)＝0.6kgv0＝20m/s的初速度＝30能減少了ΔEk＝18ΔE＝3m/2，求：【解析】(1)設(shè)物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力大Ff，向上運(yùn)動(dòng)的加速度大a，由第二定律有mgsinα＋Ff＝ma①設(shè)物體動(dòng)能減小ΔEkxΔEk＝(mgsin ③聯(lián)立①②③a＝6④v2vxmxm＝⑤Ek，由動(dòng)能定理有Ek＝(mgsinα－Ff)xm⑥聯(lián)立①④⑤⑥Ek＝80⑦【答案】(1)6 (2)80一艘失去動(dòng)力的小船沿直線拖向岸小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大v0，小ABt1，A、Bd，纜繩質(zhì)ABBB【解析 (1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)克服阻力做的功①小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電動(dòng)機(jī)牽引繩對(duì)小船做的功 W－Wf＝1mv2－1 2m③聯(lián)立①②③式解得 v2＋2 ④設(shè)小船經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)繩的拉力大F，繩與水平方向夾角為θ，電動(dòng)機(jī)牽引繩的速度大v，拉力F和速度v1分別按效果分解如圖所示．P＝Fv＝Fv1cos⑤由第二定律有Fcos⑥聯(lián)立④⑤⑥式解得 －m2v2＋2m（Pt —【答案 Pt f—010＋m（01

m2v2＋2m（Pt－fd）導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考(1)PW＝Pt確定時(shí)間t1內(nèi)的功．(2)小船在B點(diǎn)的速度v1并不是電動(dòng)機(jī)收纜繩的速度v，需按效果分解一個(gè)滑道的右側(cè)水平，另一個(gè)的右側(cè)是斜坡．某滑雪者保持一定坐在雪橇上h1AθA點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一個(gè)滑道，還從與A點(diǎn)等高的位置由靜止αh2E點(diǎn)停下．若動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失，則()A．動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ C．傾角α一定大于 D．傾角α可以大于s【解析】BCBs′s

h1mgh1－μmgcossin

－μmgs′＝0，即mgh1－μmg·tan

sμ＝h1.A錯(cuò)誤，BABμmgcosθ<mgsinθ，第E點(diǎn)停下，說(shuō)明μmgcosα>mgsinαα>θE點(diǎn)，所以C、D錯(cuò)誤．選B.s導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考利用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題時(shí)，首先要分清有哪些過(guò)程，以及FW＝Flcosα所做的功時(shí)，可由其做功的效果——“動(dòng)能的變化”F注意對(duì)“外力”21．(201·福建閩粵聯(lián)合體第三次聯(lián)考)(多選)一個(gè)小物塊從斜面底端沖上足夠長(zhǎng)E大vE.2E22返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為2返回斜面底端時(shí)的速度大2vD．返回斜面底端時(shí)的速度大2 E沖上斜面并返回的整個(gè)過(guò)程中運(yùn)用動(dòng)能定理得22EEv02E20度為02能定理得1mv′2－2E＝－EE，A正確，B2v′＝2v，C錯(cuò)誤，D2．(2015·示范高中三模)如圖所示，小車(chē)A放在一個(gè)傾角為30°的足夠長(zhǎng)的固定的光滑斜面上，A、B兩物體由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，已知重力加速gA3m的質(zhì)量為m，小車(chē)從靜止釋放后，在小球B豎直上升h的過(guò)程中，小車(chē)受繩的拉FTEk分別為()

228

8據(jù)第二定律得3mgsin30°－FT＝3ma.分析小球B，據(jù)第二定律得FT－mg＝ma.FT＝9mg.Bh8根據(jù)動(dòng)能定理有3mghsin30°－mgh＝1(3m＋m)v2.解得 1gh.小車(chē)的動(dòng)能

＝2×3m4＝ ，綜合上述可知，A、B、C錯(cuò)誤，Dxθv0沿足夠長(zhǎng)的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得x與斜面傾θ的關(guān)系如圖乙所示，g10m/s2，根據(jù)圖象可求出()v0＝3θxxmin＝1.44θ＝30 θ＝02.40m90 00 02mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－2

mv2，解得x

v0v2g（sinθ＋μcosθ） ，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，sin(θ＋α)＝1，此時(shí)位移最小

18mg，摩擦力f＝μmgcos30°＝33 故物體達(dá)到最高點(diǎn)后，不會(huì)下滑，D錯(cuò)誤．84.(2016·八校聯(lián)考)如圖所示，豎直放置R＝0.2mO，下端與絕緣水平軌道在B點(diǎn)相切并平滑連q＝5.0×10－3Cm＝3.0kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，置于水平軌道上的Ag＝10m/s2.Av0D，則物塊的v0應(yīng)為多大？若整個(gè)裝置處于方向水平向左、場(chǎng)強(qiáng)大E＝2.0×103N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中【解析】(1)AD－mg·2R－μmgL＝1mv2－1 2m

D

vRmg＝mvRv0＝14CACqE(L＋R)－mgR－μmgL＝1mv2－0v θ，可知tan 故物塊在以后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大處位于BOBθ

B0qEL－μmgL總＝0L總＝1.67【答案】 (2)見(jiàn)解析(3)1.671．(2015·理綜，1，6分)在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、 A．一樣大BC．斜向上拋的最大D b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開(kāi) A．a(chǎn)bB．a(chǎn)落地時(shí)速度 C．a(chǎn)D．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大BDa、bva、vb，如圖所示，vacosθ＝vbsinθ.a落到地面時(shí)，θ＝90°，cos＝0，故vb為0，可知a下落過(guò)程中b先加速后，輕桿b先做正功后做負(fù)功，Aa的力先為支持a、ba、b機(jī)械能守恒，amgh＝1mv2v＝2gh，Ba 能最小時(shí)，bF桿＝0FN＝mg，DL，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變2L(未超過(guò)彈性限度)()B．彈簧彈性勢(shì)能變化了 圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤．由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈性勢(shì)能之和也改變，D A．最大速度相同BC．上升的最大高度不同D B體質(zhì)量不同，上升的最大高度也不同，C正確，D錯(cuò)誤．5．(2012·海南物理，7，4分)(多選)下列關(guān)于功和機(jī)械能的說(shuō)法，正確的是( 動(dòng)能的減少量與重力勢(shì)能的增加量的關(guān)系，D錯(cuò)誤．6．(2016·Ⅰ，25，18分)如圖所示，一輕彈簧原ABR然狀態(tài)．直軌道與一半徑為R6

—C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、DmPCE點(diǎn)(未畫(huà)出)—PF點(diǎn)，AF＝4R.P ＝4，重力加速度 g.(取sin37°＝5，cosPBPE2改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過(guò)G點(diǎn)．GC點(diǎn)左下方C點(diǎn)水平相距7RR.PDP的質(zhì)量．2【解析】(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為 PBvBmglsinθ－μmglcos B式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得 BE＝x，PEEp.PBEmgxsinθ－μmgxcos ④E，F(xiàn)之間的距離l1為 PEEFEp－mgl1sin－μmgl1cos 聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得 EEPm1.DGx1y1 6Rsin⑨y1＝R＋5R＋5Rcos Cθ設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t.由平拋運(yùn)動(dòng)有2 2 5聯(lián)立⑨⑩??5

vC設(shè)P在C點(diǎn)速度的 vC.在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有11vC ?PECEp－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝1m 聯(lián)立⑦⑧???

21?

(2)5 (3)57．(2016·江蘇物理，14，16分)如圖所示αA被固定在水平面上，細(xì)線的一端固定于，另一端跨過(guò)斜面頂端的小滑輪與物塊B相連，B靜止在A的裝置后，A、Bg.A固定不動(dòng)時(shí)，ABAx時(shí)，BAx【解析】(1)BN＝mgcossx＝x(1－cossy＝xsin合位移 2（1－cos2（1－cosBsy＝xsinmgsy＝1mv2＋1 2m 2（1－cos2（1－cos2gxsin2gxsin3－2cos2（1－cos2gxsin2（1－cos2gxsin3－2cosP連接，另一端與AA接一細(xì)線細(xì)線繞過(guò)光滑的定滑輪與物體B相連開(kāi)始時(shí)托住B，讓細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．下列有關(guān)該過(guò)程的分析正確 A．BB．BCAAD．B【解析】BB物體機(jī)械能一直減小，不守恒，A錯(cuò)誤，B正確．AB物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B物體機(jī)械能的減少量等于A物體機(jī)械能的增加量與彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，故B物體機(jī)械C正確．選BC.(2015·八校二聯(lián))如圖所示，半徑為R的光滑圓MNB，A、B之間用一長(zhǎng)為3RAm，g.(1)BmB(2)B3mBN點(diǎn)的過(guò)程B球所做的功． (1)對(duì)B球，受力分析如圖所示，由幾何關(guān)系得θ＝60°，F(xiàn)N2＝mgtan60°＝3mg(2)

B3mg×R＋W＝1×3mv2【答案 (1)

9

導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考對(duì)于連接體情景，若系統(tǒng)內(nèi)有彈力做功，則要優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的(3)轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)：ΔEA增＝ΔEB A錯(cuò)誤．BC項(xiàng)中均是緩慢運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，但是重力勢(shì)能發(fā)生改變，機(jī)械能不守恒，B、C錯(cuò)誤．圓珠筆(包含內(nèi)部彈簧)彈起時(shí)，只有重力和彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，D正確．Ft變化的圖象如圖乙所示，則()t1～t2t2t2～t3t2～t3AC小球由靜止釋放后自由下落，t1時(shí)刻小球剛好與彈簧接觸，小球在向下減少的彈性勢(shì)能，C正確，D錯(cuò)誤．3．(2015·浙江杭州二中檢測(cè))(多選)如圖所示，M的方形木塊，abcd是半徑為

a為軌道的最高點(diǎn)，de的4平且有一定長(zhǎng)度．今將質(zhì)量為m的小球在d點(diǎn)的正上方高為h處由靜止釋放，讓其自由下落到d處切入軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則( hRaha點(diǎn)后，既可能落回軌道內(nèi)，又可能落de面上hahde面之外(e的右側(cè) gRv2 3R時(shí) 22后落回軌道內(nèi)，B錯(cuò)誤，Ch足夠大，可使小球的平拋速度足夠大，de面之外，D正確．球(可視為質(zhì)點(diǎn))mA＝1mB＝mB端lO 2豎直平面內(nèi)順時(shí)針自由轉(zhuǎn)動(dòng)．當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)至水平位置時(shí)，A球速度為 2

A．ABBACBBD．A球從圖示位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)，桿對(duì)A球做功等于4．BA、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A球機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤．由于輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)，A球重力勢(shì)能變化量總是與B球重力勢(shì)能變化量大小相等，所以A、BA球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，BAF向＝mr＝mgA0，BB BF向′＝2mr′＝mg<mBgB故桿的彈力做等量的負(fù)功，D錯(cuò)誤．5．(2015·皖南八校第三次聯(lián)考)10m/s的初速度的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別g＝10m/s2，求：5【解析】(1)Ep＝mghm＝0.1f＝0.252設(shè)小球動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為H，此時(shí)有mgH＝1mv22－fH－mgH＝1mv2－1v2

m≈2.22 2m 【答案】(1)0.1 (2)0.25 (3)2.221．(2016·理綜，1，6分)是我國(guó)首位在會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)距離，重力對(duì)他做功1900J，他克服阻力做功100J．在此過(guò)()19002000190020001．CWG＋Wf＝Ek末－Ek初，由題知，WG＝1900＝－100J，即ΔEk＝1800J，A、BWG＝Ep初－Ep末，即ΔEp＝－1900J1900J，C正確，D錯(cuò)誤．O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過(guò)經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)．已知在M、πONM<∠OMN2.球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)( DNM、Nπ2．BCD由∠ONM<∠OMN2MNlOM<lONM→N kx2(H、H是相對(duì)于零勢(shì)能面的)，又因?yàn)閨x|＝|x|(彈力相等 1

－mgHN，D粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQmPR處由靜止開(kāi)始PN時(shí)，4mg，gWP點(diǎn)的過(guò)克服摩擦力所做的功，則

Q

1

QQ

QNN 在最低點(diǎn)對(duì)質(zhì)點(diǎn)受力分析，F(xiàn)N－mg＝

，F(xiàn)N＝4mgvN＝從拋出點(diǎn)到最低點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理，mg(R＋R)＋W＝1mv2－0，解得 22

1v2，可 Q－2mvQ＞0Q點(diǎn)后能繼續(xù)上升一段距離，C4．(2015·江蘇物理，9，4分)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端mA處的圓A—C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)( 下滑過(guò)，加速度一直減4下滑 ，克服摩擦力做的功為44C處，彈簧的彈性勢(shì)能為4BB2 圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，在B點(diǎn)速度最大，說(shuō)明向下先加速后，加速度先向下減小，后向上增大，A錯(cuò)誤．下滑過(guò)程和上滑過(guò)程克服摩擦做功相同，Wf＋Ep＝mghWf＋mgh＝1mv2＋Ep，因此克服摩擦做功2 f＝4mv，B正確．在C處：Ep＝mgh－Wf＝mgh－4mv，CAB，1mv2＋E′＋W′＝mgh′，上滑從B到 1mv2＋E 2

f′，得B2－2mvB1＝2WfvB2>vB1，D廂相互撞擊使彈簧壓縮的過(guò)()5．B由于系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力在車(chē)廂撞擊壓縮彈簧的過(guò)需要克服摩擦力做能，A、C錯(cuò)誤，B正確．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)，克服摩擦力做功，彈性勢(shì)能化為內(nèi)能和動(dòng)能，D斷正確的是()r r Gr2＝mr

，可知軌道半徑越小，vWG>W阻，D正確．【點(diǎn)撥】要明確變軌過(guò)的幾個(gè)功能關(guān)系引力勢(shì)能的變化由引力做功決定，7．(2014·物理，11，3分)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上間變化關(guān)系是()

t2；撤去外力后，物體機(jī)械能守恒，C

＝2【點(diǎn)撥】要判斷物體機(jī)械能的變化情況，可“轉(zhuǎn)化”為分析除重力之外其他力5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l.放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊PAB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開(kāi)，P開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，重力加速度大g.PmPBABBPP【解析】(1)l5m的長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能①PMB點(diǎn)時(shí)的速度大vB ②聯(lián)立①②M＝mvB＝③PDDPvv④

應(yīng)滿足

llPDvD1mv2＝1v2 2m⑤聯(lián)立③⑤vD＝⑥vD滿足④PD點(diǎn)，并從DvDP回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng) 得2l＝1 PABB⑧聯(lián)立⑥⑦⑧s＝2⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零．由①②式可知⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度過(guò)半圓軌道的中點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律有 ?聯(lián)立①②⑩?式得5 ?【答案】(1)

5 2 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)AHBCRO恰在水m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))AB若游客從AB點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面D—道滑到P點(diǎn)后滑離軌道，求P點(diǎn)離水面的高度h.(提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)任F向＝mR【解析】(1)游客從B點(diǎn)滑離軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，有 1 1由①②式得vB＝ AB 由③④式得 (2)OPOBθPvPN，從B到P由機(jī)械能守恒定律，有mg(R－Rcos 過(guò)P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力，

vRθ＝m vRRcos R由⑥⑦⑧式解得 【答案】(1) 【點(diǎn)撥】第(2)問(wèn)中游客在滑離軌道上的P沿半徑方向的分力提供(2013·山東理綜，16，5分)(多選)如圖所示，abcab和光bcb處安裝一Mm(M)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)()MMmmM【解析】Mm兩滑塊整體為研究對(duì)象，除重力外，M受到的摩擦力做負(fù)功，所以兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，且系統(tǒng)機(jī)械能的損失等于M克服摩M做功之和，Bm為研究對(duì)象，除重力外，只有輕繩對(duì)其做功，所以其機(jī)械能的增加等于輕繩對(duì)其做的功，C正確．選CD.導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考在應(yīng)用功能關(guān)系時(shí)應(yīng)注意是什么力做功及對(duì)“誰(shuí)”做功，對(duì)“誰(shuí)”v0由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止．現(xiàn)將木板分AB兩段，使B的長(zhǎng)度和質(zhì)量均為A2倍，并緊挨著放在原水平面上，v0A的左端開(kāi)始向右滑動(dòng)，如圖乙所示．若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過(guò)所受的摩擦力始終不變，則下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()BBB甲、乙兩圖所示的過(guò)產(chǎn)生的熱量相【解析】在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過(guò)，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過(guò)程，故第二次小鉛塊與B木B生的熱量，C錯(cuò)誤，D正確．選BD.夾角θ＝30A點(diǎn)與上端B點(diǎn)間的距離L＝4m，傳送帶以恒定的＝2無(wú)初速度地放于A處已知物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)＝2

g＝10(1)AB(2)【解析 (1)物體無(wú)初速度地放在A處后，因mgsinθ<μmgcosμmgcosθ－mgsin

＝2.5at1＝v＝0.8at1x1＝v1＝0.8

vt＝t1＋t2＝2.4

＝1.6(2)0.8s內(nèi)物體相對(duì)傳送帶的位移Δx＝vt1－x1＝0.8E內(nèi)＝μmgcosθ·Δx＝62整個(gè) 多消耗的電能E電＝Ek＋Ep＋E內(nèi)＝1mv2＋mgLsinθ＋E內(nèi)＝282【答案】(1)2.4s(2)28導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考本題一方面要分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，由第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公功外力(除重力、彈力)①體(的作用)Wf＝－Ffl相對(duì)確定多少種形式的能在變化（如重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、動(dòng)能或電勢(shì)能等確定多少種形式的能在變化（如重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、動(dòng)能或電勢(shì)能等?列出增加的能的表達(dá)式Δ列出增加的能的表達(dá)式ΔE增，減少的能的表達(dá)式ΔE?列出能量守恒關(guān)系式：Δ列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減＝ΔE(2)WFfQ傳送帶克服摩擦力做的功：WFf＝Ffx傳；產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffs相對(duì).1．(2015·六校第三次聯(lián)考)質(zhì)量為m的物體，在距地面

高處以3 動(dòng)能定理可知

，C正確．由功能關(guān)系可知 ，所以機(jī)械能減少了2mgh，B A處緩慢下降，到達(dá)B處時(shí)，手和物體自然分開(kāi)．此過(guò)，物體服手的支持力所做的功為W.(ABAD物體在向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)，要克服彈簧拉力做功W彈力，根據(jù)動(dòng)能定理mgh－W－W彈力＝0W，A正確．根據(jù)動(dòng)能

＝0，由平衡知kh＝mg，即 ，彈彈 2kh彈性勢(shì)能增加量一定等于W，B錯(cuò)誤．物體克服手的支持力所做的功為W，機(jī)械能減少W，C錯(cuò)誤．物體從靜止下落到B處速度最大的過(guò)，根據(jù)動(dòng)能定理，mgh－W彈力＝EkEk＝W，D正確．α＝373.0m．選擇地面為參考平面，上升過(guò)物體的機(jī)械能E隨高度h的變化如圖乙所示．取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.則()m＝0.67μ＝0.40C．物體上升過(guò)的加速度大小a＝10m/s2DEk＝10J 物體上升到最高點(diǎn)時(shí)，E＝Ep＝mgh＝30Jm＝1kg械能

＝μmgcosα· ＝20J，得μ＝0.50，A、B錯(cuò)誤．物體上升 sina＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，C20JEk＝50J－40J＝10的作用)，下列說(shuō)法正確的是()CgCD勻速上升時(shí)，人受向下的重力和繩子對(duì)人向上的摩擦力，這兩個(gè)力互相平衡，A錯(cuò)誤．由上面的分析可知，人并不受繩子的拉力，所以無(wú)拉力做功，Bmg－Ff＝maa<g，C正確．下滑時(shí)摩擦力對(duì)人做負(fù)功，由功能原理可知，人的機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功，D正確．2θ＝30Aμ＝32繩子與斜面平行，A2m，BmAC>ACg整個(gè)過(guò)輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求：AC【解析】(1)AFf＝2μmgcos物體A從初始位置向下運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)，根據(jù)功能關(guān)系2mgLsinθ＋1·3mv2＝1·3mv2＋mgL＋F 0解得 02v2AC點(diǎn)，對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定2v22解得x＝ 2彈簧從壓縮到最短到恰好能彈到C點(diǎn)的過(guò)，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)功能關(guān)系有mgx＝2mgxsin所

244【答案】(1) (2)0 244功W＝Flcosα，αFl的方向夾角．適用于恒力做功的計(jì)FlcosαlFcos功率的兩個(gè)P

＝t.tP＝Fvcosα.αFvvP為vP為平均功率．注意：發(fā)動(dòng)機(jī)的功率指發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力F的功率，而不是汽車(chē)所受合外力的功率，因牽引力與速度同向，故有P＝Fv.OA過(guò)P不變 F－F AB過(guò)(1)

v2，v1是，與零勢(shì)能面的選取無(wú)關(guān)．彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系：W彈＝Ep1－Ep2.轉(zhuǎn)化式ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp系統(tǒng)勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能的增加量．(3)轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB減．A、B兩物體時(shí)，A增加的B減少的機(jī)械能．功能關(guān)系的應(yīng)用關(guān)鍵在于將對(duì)“功”(或“能量轉(zhuǎn)化”)W總＝ΔEk＝Ek2－Ek1(動(dòng)能定重力做功對(duì)應(yīng)重力勢(shì)能的減少WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.重力做多少正功，W其他行．甲、乙可看成質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)一切摩擦(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8)．若剪斷輕繩，下列說(shuō)法正確的是()甲、乙在下滑到地面的過(guò)重力做功相【解析】＝1＝2m

2，到達(dá)斜面底端時(shí)兩滑塊速率相等，A條件可得，mgsin37°＝mgsin53m甲∶m乙＝4∶3度h相同，位移分別為x甲 ，x乙 .由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速 v

sin

sinvv＝

＝2t甲 ＝2t乙．因?yàn)槟┧俣葀相同，故t甲>t乙sin sin乙乙°P m甲gvcos 乙乙°BP

＝mgvcos37＝1，CW＝mgh，h相同，質(zhì)量不同，重力做功不相等，D錯(cuò)誤．選A.(2012·物理，16，3分)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球的光滑圓柱，AB2B位于地面時(shí)，A恰與圓柱等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()

D.2【解析】A落地前，A、B兩球構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒．如圖2mgR＝mgR＋1×3mv2，AB2

R＋13R，C正確．選

(2015·八校聯(lián)考)如圖所示，有三個(gè)斜面a、b、cL、L、3L3h、h、h.某較，下列說(shuō)法正確的是 3Qa＝3Qb＝QcCEka＝3Ekb＝3EkcD4Qa＝2Qb＝Qc【解析】設(shè)斜面和水平方向夾角為θ，斜面長(zhǎng)度為X，則物體下滑過(guò)克服W＝μmgXcosθ，Xcosθ即為底邊長(zhǎng)度．物體下滑，除重力外還有摩bc的1Qa＝Qb＝1c 3損失的機(jī)械能ΔEa＝ΔEb＝1ΔEc，即3ΔEa＝3ΔEb＝ΔEc，A、D錯(cuò)誤，B正確3vmgH－μmgXcos

v2－0，誤．選B.W＝Flcosθθ的考慮，位移lP＝Fvcosθθ理解s的含義應(yīng)為相對(duì)路程．AB的右端與在豎直面內(nèi)用內(nèi)徑光滑的彎成的“9”形固定軌道相接，內(nèi)徑很?。畟魉蛶У倪\(yùn)行速度vm9“9”字上半部分圓弧半徑R＝0.1m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重g＝10m/s2，求：(1)AB(2)CLAB的時(shí)間．(2)根據(jù)(1)B點(diǎn)的速度和軌道特點(diǎn)，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可得滑塊在C點(diǎn)速度大小；應(yīng)用第二定律求解C點(diǎn)向心力大小，進(jìn)而得出滑塊對(duì)軌【規(guī)范解答】(1)滑塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由第二定律知a＝μg＝2at＝v0＝2a

2＝4BABt＝2(2)滑塊從B到C的 ，由機(jī)械能守恒定律得mgH＋1mv2 vR R

＝mvCFN＝3

由第三定律知滑塊對(duì)軌道的作用力FN′＝FN＝3N，方向豎直向上【答案 (1)2 (2)3N；方向豎直向上56～8分，選對(duì)但不全的得3分，有的得0分1．(2016·松江期末)質(zhì)量為m、初速度為零的物體，在不同變化的合外力作用下都通過(guò)位移x0.下列各種情況中合外力做功最多的是 1．CFxx軸圍成的面積表示功，合外力做功最多的是圖C.運(yùn)動(dòng)．通過(guò)力和速度傳感器監(jiān)測(cè)到推力F、物體速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律分別g＝10m/s2，則下列說(shuō)法不正確的是()Am＝0.5Bμ＝0.40C2sW＝2.0—D2sF做功的平均功率P＝3 1～2sF2＝3N，物體加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝2m/s2，由運(yùn)動(dòng)定律可得F2－μmg＝ma；在2～3s內(nèi)，推力F3＝2N，物體勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可知，μmg＝F30.5kgμ＝0.40，A、B正確．由速度圖象的面積表示位移可得，第2s內(nèi)物移x＝1m，克服摩擦力做的功W＝μmgx＝2.0J，C1s2sW＝F2x＝ J2sFW＝3J2sF做功的平均功率P＝tW，D3．(2016·重慶一診)m的運(yùn)動(dòng)員從足夠高的蹦k的彈性繩，原長(zhǎng)為L(zhǎng).設(shè)在下落過(guò)人所受空氣的阻力恒為重力的0.2g，人視為質(zhì)點(diǎn)，則 g從開(kāi)始下落到蹦極繩剛好被拉直所需時(shí)間 g從開(kāi)始下落到最低點(diǎn)的 ，加速度恒為1

從開(kāi)始下落到速度最大的 ，機(jī)械能損失

＋5k從開(kāi)始下落到蹦極繩剛好被拉直階段由第二定律mg－0.2mg＝ma，解得加速度a＝0.8g.由L＝12，解得

5k，B 4.(2016·東北三校聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連的兩小球AB分別套在OMON桿上，B球的質(zhì)量為2kgAF的作用下，A、B 狀態(tài)，此時(shí)OA＝0.3m，OB＝0.4mF使A球向右加速運(yùn)動(dòng)，已知A球向右運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)速度大3m/s，則在此過(guò)繩對(duì)B球的拉力所做的功為(取g＝10 A．11 B．16 C．18 D．9 4∠BAO＝α，則有tanα＝3.vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s.此過(guò) B球4BW＝18J，CO點(diǎn)．現(xiàn)ABOA長(zhǎng)度小于OB長(zhǎng)度，彈簧處于OA、OB兩位置時(shí)彈力大小相等．在小球由A到B的過(guò)()Bg5．BA、B兩位置時(shí)彈力大小相等，可知其形變量相等彈簧的彈性勢(shì)能相等在小球由A到B的過(guò)系統(tǒng)機(jī)械能守恒由機(jī)械B點(diǎn)的速度不可能為零，AAg.繼gB錯(cuò)誤．A、B錯(cuò)誤．6(2016·洛陽(yáng)一模)一輛初速度為v0的動(dòng)玩具汽車(chē)保持功率不變駛上一斜坡．若汽車(chē)受到的阻力保持不變，則在此上坡的過(guò)，汽車(chē)的v—t圖象可是()ACD若牽引力等于汽車(chē)受到的阻力和重力沿斜坡的分力之和，則汽車(chē)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，汽車(chē)的v—t圖象可能是圖A.若牽引力大于汽車(chē)受到的阻力和重力P＝Fv知，v增大，F(xiàn)減小，a減小，則汽車(chē)先做加速度v—tC.若牽引力小于汽車(chē)受到的阻力和重力沿斜坡分力之P＝Fv知，v減小，F(xiàn)增大，a減小，則汽車(chē)先做加速度減小的運(yùn)動(dòng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，汽車(chē)的v—t圖象可能是D.7(2016·于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于O物塊與斜面間有摩擦現(xiàn)將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，動(dòng)到B的過(guò)()OAO物塊從O向B運(yùn)動(dòng)過(guò)，動(dòng)能的減少量大于彈性勢(shì)能的增加BDO點(diǎn)，可知物塊所受摩擦力OA點(diǎn)，撤去拉力后物塊由靜止向上由功能關(guān)系可知，物塊從A向O運(yùn)動(dòng)過(guò)，彈性勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能與重力勢(shì)能的增加量加上克服摩擦力做功產(chǎn)生的熱量，COB運(yùn)動(dòng)熱量，即動(dòng)能的減少量大于彈性勢(shì)能的增加量，D正確．8．(2016·山東淄博模擬)如圖所示足夠長(zhǎng)的粗糙斜面體CAB面平行，放手后B沿斜面加速上滑，C一直處于靜止?fàn)顟B(tài)．則在A落地前的過(guò)程中()A．ABBCCCB、CD．ADB沿斜面加速上滑，A加速下落，A的重力勢(shì)能的減少量等于BAAB沿斜面加BCBCC的摩擦力水平向左，BBBCBC的總重力，C正確．在A加速下落的過(guò)，繩子拉力小于A的重力，所以A物體地前的瞬間受到繩子拉力的功率小于重力的功率，D正確．二、非選擇題(本大題共3小題，第9、1016分，第1120分，共52分)9．(2016·陜西漢中質(zhì)檢)如圖所示，水平面上某點(diǎn)固定一輕質(zhì)彈簧，A點(diǎn)左側(cè)的A5m遠(yuǎn)處(B點(diǎn))狀光滑軌道，軌道半徑R＝0.4m，連接處平滑．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊μ＝0.2g＝10m/s2，求：(1)B處時(shí)對(duì)軌道的壓力；C處時(shí)對(duì)軌道的壓力大小等于滑AB之間的距離．【解析】(1)從小滑塊被釋放到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)，據(jù)動(dòng)能定理有W彈 (2分

vRFN－mg＝mvR

(2分把W彈＝ΔEp＝2J代入，解得FN＝6N (1分) (1分(2)在圓周最高點(diǎn)C處，滑塊對(duì)軌道的壓力等于其重力，包含兩種情況：當(dāng)壓力方向向上(滑塊受到的支持力向下)時(shí)，在C點(diǎn)處有Rmg＋FN′＝mR

(2分W彈

(2分 把FN＝mg代入得x1＝4 (1分當(dāng)壓力方向向下(滑塊受到的支持力向上)Cmg－FN″＝m (2分2整個(gè)過(guò)程有W彈－μmgx2－mg·2R＝1mvC′2 (2分)把FN″＝mg代入得x2＝6m (1分)2【答案】(1)6 (2)4m或6AB，BC，A鎖BCm，A的質(zhì)量為3，B之間的輕繩長(zhǎng)度為L(zhǎng)，初始時(shí)C離地的高度L.現(xiàn)解除對(duì)A的加速度大g.求：AAA【解析】(1)A的鎖定后，A加速上升，BC大小相等，設(shè)輕繩對(duì)A和B的拉力大T，由第二定律

＝＝

(2分對(duì)B、 ②(2分由①②

(2分C剛著地時(shí)，AAC剛著地的過(guò)程，由2222

2

(2分2由④

22m

(2分CAhB未觸地，AB組成的系統(tǒng)滿 1m＋3 (2分由⑤⑥式得 (2分

A7 (2分7

22

(3)711．(2016·江蘇南通調(diào)研)θ的斜面與足夠大的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上有A、B、C三點(diǎn)，AB2L，BC、CDBC部分粗糙，其余部分光滑，4塊完全相同、質(zhì)量均勻分布的長(zhǎng)方形薄片，緊挨在一起排在斜面上，從下往上編號(hào)依次為1、2、3、4，第1塊的下邊緣恰好在A處．現(xiàn)將4塊薄片一起由靜止釋放，薄片經(jīng)過(guò)D處時(shí)量損失且相互之間無(wú)碰撞．已知每塊薄片質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)，薄片與斜面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθg.求：1B1塊薄片剛好完全滑上粗糙面時(shí)的加速度大小a和此時(shí)第3、4塊間的作用F；4【解析】(1)44mg·2Lsin

(3分 gLsingLsin

(2分根據(jù)第二定律4mgsinθ－μmgcos (2分4解得a＝3gsin (1分4研究第4塊薄片，根據(jù)第二定律mgsinθ－F＝ma

(3分4v2AC的過(guò)4μmgcos 24mg·6Lsin2

(2分

9Lsin μmgcos 32 L＝2mv2－2mv2(2分32vt＝v2

(2分由于d＝v3t，解得d＝ (3分gLsingLsin

θ(3)力是物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的原因，物體的受力情況不同會(huì)導(dǎo)致物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不是整個(gè)力學(xué)的基礎(chǔ)，也是研究力學(xué)的關(guān)鍵．整體法與法分析物體的受力情況．明確此類題目考查的知識(shí)點(diǎn)和方法平衡方程錯(cuò)誤不能靈活應(yīng)用各種處理力的方法；(4)不利用圖解法解平衡問(wèn)題在動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題中恒力與變力；(5)誤認(rèn)為速度為零時(shí)加速度一定為零，構(gòu)成的擦地工具(如圖所示)m，拖桿質(zhì)量g.某同學(xué)用θ.正壓力的比值為λ.已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．求這一臨界角的正切tanθ0.【解析】(1)設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大F的力推拖把．將推拖把的力沿Fcos (2分Fsin (2分其中 ③(2分FNFf聯(lián)立①②③sinθ－μcos

(1分(2)若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有Fsinθ≤ (2分)這時(shí)①F聯(lián)立①⑤式得sinθ－λcosF

(1分現(xiàn)考查使⑥θF無(wú)限sinθ－λcos (2分使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當(dāng)θ≤θ0時(shí)，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動(dòng)拖把．臨界角的正切tanθ0＝λ⑧ (2分)【答案 【答案sinθ－μcos

(1)“不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有Fsinθ≤λFN，這是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．(2)FN＝mgm的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻Rg.求：整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)，電阻產(chǎn)生的焦【解析 (1)在絕緣涂層上受力平衡，mgsinθ＝μmgcos (2分解得μ＝tan (1分在光滑導(dǎo)軌上，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) (1分RR

(1分力F安 (1分受力平衡，有F安＝mgsin (2分mgRsin解得 (1分摩擦生熱Qr＝μmgdcos (2分2由能量守恒定律有3mgdsin (2分2Q＝2mgdsin

(2分 mgRsin

答案 (1)tanθ

(3)2mgdsin

電磁感應(yīng)中的平衡問(wèn)題綜合性強(qiáng)，涉及的知識(shí)點(diǎn)多，相關(guān)的方程都是得(2015·新課標(biāo)Ⅰ，24，12分)如圖所示，一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大0.1T，方向垂12V2Ω.0.5cm后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)相比均改變了0.3cm.重力加速度大小取10m/s2.判斷開(kāi)關(guān)閉合后金屬棒所受力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量．【解析】ba，由左手定則可知，金屬棒Δl1＝0.5 (2分由定律和力的平衡條件得2kΔl1＝mg ①(2分)式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大?。_(kāi)關(guān)閉合后，金屬棒所受力的 ②(2分式中，I是回路電流，L (2分由歐姆定律有 ④(2分式中，E是電池的電動(dòng)勢(shì)，R聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得m＝0.01 (2分【答案 豎直向下；0.01此題為力電綜合問(wèn)題，考查了力學(xué)知識(shí)的平衡問(wèn)題、定律和電磁學(xué)平面內(nèi)，環(huán)上套著兩個(gè)小球A和B(有孔)，A、B間由細(xì)繩連接，它們處于如圖所示位置時(shí)恰好都能保持靜止?fàn)顟B(tài)．此情況下，BO處于同一水平面上，A、BA球的質(zhì)量．【解析】B有FTsin (3分得 (2分A球受力分析，如圖所示，F(xiàn)T′cos30°＝FNAsin30° (3分)FNAcos30°＝mAg＋FT′sin (3分由第三定律知 (3分由以上方程解得 (2分【答案】θ0時(shí)，不論F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求：θ0【解析】(1)“恰能勻速下滑”滿足mgsin30°＝μmgcos (2分3μ＝3(2)α，受力情況如圖所示，由勻速直線Fcosα＝mgsin (1分FN＝mgcosα＋Fsin (1分Ff＝μFN(1分

(1分mgsinα＋μmgcoscosα－μsin

(2分當(dāng)cosα－μsinα＝0，即cotα＝μ時(shí) (2分 (2分) 3

3．(2015·山東東營(yíng)二模，18分)L＝1.00m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點(diǎn)，m＝1.00×10－2kgA它們的電量分別為－q和＋q，q＝1.00×10－7．A、B之間用第三根線連接起來(lái)空間中存在大E＝1.00×106C的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右平衡時(shí)ABBABg＝10m/2.求最后兩球的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和與燒斷前相比改變了多少．()【解析】將O、B之間的線燒斷后，對(duì)A、B及它們之間的輕線整體受力分析如圖甲所示可知線OA處于豎直狀態(tài)， (2分)ABαBGtanα＝F，其中 (2分GB代入數(shù)據(jù)解得 (2分與原來(lái)位置相比，AΔEA＝mgL(1－sin (2分BΔEB＝mgL(1－sin60°＋cos (2分A球的電勢(shì)能增加了ΔEA′＝qELcos(2分B球的電勢(shì)能減少了ΔEB′＝qEL(sin45°－sin(2分兩種勢(shì)能總和減少了(2分代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝6.8×10－2【答案】6.8×10－2(2分4．(2015·綿陽(yáng)模擬，12分)如圖所示，ace和bdf是L的兩根足夠長(zhǎng)平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的θ.B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab之間連有阻值為R阻．若將一質(zhì)量為m的金屬棒置于ef端，用大F、方向沿斜面向上的恒力efefscd位置(此時(shí)金屬棒已經(jīng)做勻速運(yùn)μ.求：金屬棒上滑過(guò)的最大速度【解析】F－μmgcosθ－mgsin (2分RR（F－μmgcosθ－mgsin

(2分

(2分(2)v2BI2L＋μmgcosθ－mgsin (2分RR（mgsinθ－μmgcos

(2分

(2分（F－μmgcosθ－mgsin【答案】

（mgsinθ－μmgcos

、物體在力的作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題是多年來(lái)高考計(jì)算題的一個(gè)重要題型．考查的主要內(nèi)容：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及運(yùn)動(dòng)圖象問(wèn)題、行車(chē)安全問(wèn)題、物體在傳送帶(或平板車(chē))上的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題、能量轉(zhuǎn)化及守恒問(wèn)題．涉及的知識(shí)點(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)定律動(dòng)能定理及功能關(guān)系等常用的思想方法極限思想逆向思維的思想比例法圖象法推假設(shè)法控制變量法、整體法、法、臨界問(wèn)題的處理方法等．、的橋梁”．綜合應(yīng)用運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)及功能關(guān)系解決問(wèn)題．不畫(huà)物體的運(yùn)動(dòng)情況示意圖，導(dǎo)致不能正確的建立方程對(duì)題目中的隱含條件挖掘不出來(lái)或挖掘體處于“同一位置”“速度相等”等表面現(xiàn)象，抓物體間的實(shí)質(zhì)問(wèn)題，如功和能量導(dǎo)致不能正確運(yùn)用動(dòng)能定理或能量守恒定律解題4.5m，如圖甲小物塊始終未離開(kāi)木板已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的v—t圖線如圖乙所15g10m/s2.求： μ1【解析(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由第二定 ①(1分由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v1＝4m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué) ②(1分

(1分聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1＝0.1 ④(1分)在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)．設(shè)小物塊的加速度為a2，由第二定律有 ⑤(1分

(1分式中，t2＝2s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥ (1分(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過(guò)時(shí)間Δtv3.由第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué) (1分 (1分 (1分碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)，木板運(yùn)動(dòng)的位移s1 ?(1分小物塊運(yùn)動(dòng)的位移 ?(1分 ?(1分)Δs＝6.0 ?(2分因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)小物塊沒(méi)有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0為a4，此過(guò)小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s3.由第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)得 ?(1分340－v2＝2a ?(134碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移s＝s1＋s3 ?(1分)s＝－6.5 ?(2分6.5【答案 (2)6.0 (3)6.5這是一道連接體的問(wèn)題，也是板塊模型(物塊與木板相對(duì)滑動(dòng))類試題，(2014·山東理綜，23，18分)研究表明，一般人的剎車(chē)反應(yīng)時(shí)間(即圖甲中“反應(yīng)過(guò)程”所用時(shí)間)t0＝0.4s，但飲酒會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)時(shí)間延長(zhǎng)．在某次試驗(yàn)中，v0＝72km/h的速度在試驗(yàn)場(chǎng)的水平路面上勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到汽車(chē)停止，行駛距離L＝39m．過(guò)汽車(chē)位移s與速度v的g＝10m/s2. (1)過(guò)程汽車(chē)加速度的大小及所用時(shí)間(2)飲酒使的反應(yīng)時(shí)間比一般人增加了多少(3)過(guò)程汽車(chē)對(duì)作用力的大小與重力大小的比值0【解析】(1)設(shè)過(guò)汽車(chē)加速度的大a，所用時(shí)間為t，由題可得初速度v0＝72km/h＝20m/s，末速度vt＝0，位移s＝25m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)得0①②(2分(2分聯(lián)立①②a＝8③(1分t＝2.5④(1分(2)設(shè)反應(yīng)時(shí)間為t′，反應(yīng)時(shí)間的增加量為Δt，由運(yùn)動(dòng)學(xué)得⑤(2分 (2分聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得Δt＝0.3 (2分(3)設(shè)所受合外力的大F，汽車(chē)對(duì)作用力的大F0，質(zhì)量為m，由第二定律得 ⑧(2分0由平行四邊形定則得 (2分0聯(lián)立③⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得F0＝

(2分 【 答【 答 (1)8m/s；2.5 (2)0.3 (3)本題是第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)與實(shí)際生活結(jié)合的一道好題，值得注意的問(wèn)題：(1)在反應(yīng)時(shí)間內(nèi)汽車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)；(2)從圖象可得出初速度v0＝是所受合外力，還應(yīng)考慮重力，即F0＝（mg）2＋（ma）2.物塊彈簧質(zhì)量不計(jì)(可視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為m，在水平桌面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.以彈簧原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，當(dāng)彈簧的伸長(zhǎng)量為x時(shí)，物塊所受彈簧彈力大F＝kx，k為常量．FxF—xxO點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到位置x的過(guò)彈力所做的功．物塊由x1向右運(yùn)動(dòng)到x3，然后由x3返回到x2，在這個(gè)過(guò) (1)F—x圖象如圖所示． (2分)物塊沿x軸從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到位置x的過(guò)，彈力做負(fù)功：F—x (3分 (2)①物塊由x1向右運(yùn)動(dòng)到x3的過(guò)，彈力做

(2分 物塊由x3向左運(yùn)動(dòng)到x2的過(guò)，彈力做

(2分2整個(gè)過(guò)，彈力做

(2分 彈性勢(shì)能的變化量

(2分 ②整個(gè)過(guò)，摩擦力做功Wf＝－μmg·(2x3－x1－x2) (2分)與摩擦力對(duì)應(yīng)的“摩擦力勢(shì)能 (3分【答案

圖見(jiàn)解析 ②－μmg·(2x3－x1－x2)；見(jiàn)解(1)會(huì)用圖象法求變力做功；(2)做功多少與做功的路徑無(wú)關(guān)的力稱為保，，對(duì)于多體問(wèn)題，要靈活選取研究對(duì)象尋找研究對(duì)象之間的相互聯(lián)系．選同的條件，或采用法，即把研究對(duì)象從其所在的系統(tǒng)中抽取出來(lái)進(jìn)行研究，或采用整體法，即把幾個(gè)研究對(duì)象組成的系統(tǒng)作為整體來(lái)進(jìn)行研究，或?qū)⒎Σ辽鸁岬膯?wèn)題注意用產(chǎn)生的內(nèi)能的E內(nèi)＝f滑動(dòng)s相對(duì)計(jì)算(s相對(duì)指的是發(fā)生車(chē)，乙車(chē)在后，行駛的速度均為10m/s.當(dāng)兩車(chē)快要到一十字路口時(shí)，甲車(chē)司機(jī)看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車(chē)(反應(yīng)時(shí)間忽略不計(jì))，乙車(chē)為避免與甲車(chē)相撞也緊急剎車(chē)但乙車(chē)反較慢(反應(yīng)時(shí)間為0.5)已知甲0.40.510m/s2)若甲車(chē)看到黃燈時(shí)車(chē)頭距警戒線15m，他采取上述措施能否避免闖紅燈；(2)為保證兩車(chē)在緊急剎車(chē)過(guò)不相撞甲乙兩車(chē)行駛過(guò)應(yīng)保持多大距離．【解析】(1)a1＝Ff1＝0.4m1g＝4 (2分 甲車(chē)停下所需時(shí)間t1＝v0＝10s＝2.5 (2分 甲車(chē)滑行距離＝v2＝ xx

2×4

12.5 由于x＝12.5m＜15m，所以甲車(chē)能避免闖紅燈． (2分m乙車(chē)緊急剎車(chē)的加速度a2＝Ff2＝5 (2分m2解得t2＝2.0 (1分乙車(chē)發(fā)生的位移x乙

(2分甲車(chē)發(fā)生的位移x甲＝v0(t0＋t2)－11 (2分2ax0＝x乙－x甲＝(15－12.5)m＝2.5 (2分【答案】(1)能避免闖紅燈(2)2.52．(2015·山東淄博一模，16分)如圖所示為皮帶傳輸θ＝37°，A、B5.0mM＝10kg的物體v0＝6.0m/sABA0.5.4.0m/s，(g10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)ABAB點(diǎn)的最短時(shí)間是多【解析】(1)設(shè)在AB上物體的速度大于v＝4.0m/s時(shí)加速度大a1，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcos (2分經(jīng)過(guò)時(shí)間t1物體速度與傳送帶速度相同，t1＝ (1分00通過(guò)的位移x1＝2a1＝1 (1分設(shè)速度小于v＝4m/s時(shí)物體的加速度大a2，由第二定律得mgsinμmgcos (2分物體繼續(xù)，到

4 (1分aL＝x1＋x2Bt2＝a2

(1分 (2分聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2.2s (2分)最短，此種情況加速度一直為a2.所以有L＝v0t′－12 (2分2a解得t′＝1s(t′＝5s>2.2s，舍去 (2分【答案】(1)2.2s(2)1鐵路和城市軌道交通的青睞幾節(jié)自帶動(dòng)力的車(chē)廂加幾節(jié)不帶動(dòng)力的m＝8×104kg.＝2×107W和P2＝1×107W(第一節(jié)車(chē)廂達(dá)到額定功率但功率不夠用時(shí)，啟動(dòng)第二節(jié)車(chē)廂)，車(chē)在行駛過(guò)阻力恒為重力的0.1倍(g＝10m/s2)．1m/s2t＝10s時(shí)，第一節(jié)和第二節(jié)車(chē)廂之【解析】(1)對(duì)整列動(dòng)車(chē)當(dāng)前兩節(jié)都輸出額定功率且總牽引力等于總阻力時(shí) (1分)其中f＝0.1×6mg，解得vm＝62.5 (2分(2)t＝10s時(shí)，v1＝at＝10PvP (1分v1P＝9.6×106W<P1t＝10s(1分對(duì)后五節(jié)車(chē)廂 (1分f′＝0.1×5mg，解得Fm＝8×105 (2分【答案】(1)62.5 (2)8×1054．(2015·開(kāi)封模擬，14分)如圖所示，上表面光滑、長(zhǎng)度為3m、質(zhì)量10kgF＝50Nv0＝5m/s的速度沿水平地面m＝3kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))板最右端，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了L＝1m時(shí)，又將第二個(gè)同樣的塊無(wú)初速度地放在1m就在其最右端無(wú)初速度地放上一個(gè)同樣的塊．(g10m/s2)剛放第三個(gè)塊時(shí)木板的速度【解析】①(2分②(2分聯(lián)立①②③(1分(2)每放一個(gè)塊，木板所受的摩擦力增加設(shè)剛放第三個(gè)塊時(shí)木板的速度為v1，對(duì)木板從放第一個(gè)塊到剛放第三

(3分 2M聯(lián)立③④并代入數(shù)據(jù)得v1＝4 (1分(3)設(shè)從放第三個(gè)塊開(kāi)始到木板停止之前木板所受的合外力大小均為

(3分 9聯(lián)立③⑤⑥9

m≈1.78 (2分【答案】(1)0.5(2)4m/s(3)1.785．(2014·浙江寧波期末，15分)如圖甲所示在水平路段AB上有一質(zhì)量為2×103kg的汽車(chē)正以10m/s的速度向右勻速行汽車(chē)前方的水平路段BC較粗糙，ABCv—tt＝20sC運(yùn)動(dòng)過(guò)汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率保持不變．假設(shè)汽車(chē)在AB路段上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空氣阻力等)f1＝2000N．求：汽車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率8m/saBC路段的長(zhǎng)度．(解題時(shí)將汽車(chē)看成質(zhì)點(diǎn)【解析】(1)汽車(chē)在AB路段時(shí)，牽引力 (1分 (2分聯(lián)立解得P＝20 (1分t＝15s (2分f2＝4000N(1分v＝8m/s時(shí)汽車(chē)在做運(yùn)動(dòng)，有