2022屆優(yōu)質(zhì)校一模數(shù)學(xué)試卷匯編-機(jī)械能 答案版

2017年高考“最后三十天”專題透析2017年高考“最后三十天”專題透析好教育云平臺(tái)--教育因你我而變好教育云平臺(tái)--教育因你我而變專題6專題6××機(jī)械能常考題型常考題型題型考查年份關(guān)聯(lián)知識(shí)點(diǎn)做功與功率的分析與計(jì)算2021廣東卷9題平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，重力勢(shì)能與重力的功率的計(jì)算，機(jī)械能守恒的判斷2021浙江6月11題常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用2021河北卷6題動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用2021全國(guó)乙卷24題動(dòng)能定理的應(yīng)用、牛頓第二定律2021山東卷3題用動(dòng)能定理求解外力做功和初末速度動(dòng)能定理與功能關(guān)系及機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用2021湖北卷4題結(jié)合Ek－s圖像考查動(dòng)能定理2021遼寧卷10題動(dòng)能定理的應(yīng)用，臨界極值問(wèn)題2021福建卷14題動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用方法點(diǎn)撥方法點(diǎn)撥1．功的理解和計(jì)算(1)計(jì)算功時(shí)要注意區(qū)分是恒力做功，還是變力做功，求恒力的功常用定義式。(2)變力的功根據(jù)特點(diǎn)可將變力的功轉(zhuǎn)化為恒力的功(分段法、微元法)，或用圖象法、平均值法(如彈簧彈力的功)，或用W＝Pt求解(如功率恒定的力)，或用動(dòng)能定理等求解。2．功率與機(jī)車啟動(dòng)的兩個(gè)模型(1)公式P＝eq\f(W,t)一般用來(lái)計(jì)算平均功率，瞬時(shí)功率用公式P＝Fvcosθ進(jìn)行計(jì)算，若v取平均速度，則P＝Fvcosθ為平均功率。(2)分析機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題時(shí)，抓住兩個(gè)關(guān)鍵：=1\*GB3①汽車的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即根據(jù)牛頓第二定律找出牽引力與加速度的關(guān)系；=2\*GB3②抓住功率的定義式，即牽引力與速度的關(guān)系。(3)機(jī)車啟動(dòng)四個(gè)常用規(guī)律：=1\*GB3①P＝Fv；=2\*GB3②F－Ff＝ma；=3\*GB3③v＝at(a恒定)；=4\*GB3④Pt－Ffx＝ΔEk(P恒定)。3．動(dòng)能定理的應(yīng)用(1)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析和各力做功分析，明確對(duì)哪個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理。(2)列動(dòng)能定理方程要規(guī)范：W1＋W2＋W3…＝Ek2－Ek1(注意各功的正負(fù)號(hào)問(wèn)題)。(3)優(yōu)先選用動(dòng)能定理的四種情況：=1\*GB3①不涉及加速度和時(shí)間，只涉及速度和位移的問(wèn)題；=2\*GB3②有多個(gè)物理過(guò)程的問(wèn)題(特別是往復(fù)運(yùn)動(dòng))；=3\*GB3③變力做功問(wèn)題；=4\*GB3④曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。4．機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用(1)單物體多過(guò)程機(jī)械能守恒問(wèn)題：劃分物體運(yùn)動(dòng)階段，研究每個(gè)階段中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，判斷機(jī)械能是否守恒；表達(dá)式一般選用E1＝E2(要選擇零勢(shì)能面)或ΔEp＝－ΔEk(不用選擇零勢(shì)能面)。(2)多物體的機(jī)械能守恒：一般選用ΔEp＝－ΔEk或ΔEA＝ΔEB形式(不用選擇零勢(shì)能面)。“輕繩模型”與“輕桿模型”——要注意兩端的物體速度大小是否相等；“輕彈簧模型”——要注意彈性勢(shì)能的變化只與形變量有關(guān)；“非質(zhì)點(diǎn)模型”——一般分析物體重心高度變化。5．功能關(guān)系能量守恒定律(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，功是能量轉(zhuǎn)化的量度。功與能量的變化是“一一對(duì)應(yīng)”的，如重力做功對(duì)應(yīng)重力勢(shì)能的變化，合外力做功對(duì)應(yīng)動(dòng)能的變化等。(2)分析機(jī)械能的變化，既可以用定義法也可以根據(jù)除重力(彈簧彈力)以外的其他力做功來(lái)分析。(3)分析滑塊與木板間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)情況，確定兩者間的速度關(guān)系、位移關(guān)系，注意兩者速度相等時(shí)摩擦力可能變化?！纠?】(2021全國(guó)乙卷24題)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開(kāi)始下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功；(2)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小?！痉椒c(diǎn)撥】本題為應(yīng)用動(dòng)能定理解決有多個(gè)物理過(guò)程的往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。“該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變”為問(wèn)題的突破口?！窘馕觥?1)第一次籃球下落的過(guò)程中由動(dòng)能定理可得：E1＝mgh1籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程由動(dòng)能定理可得：0－E2＝－mgh2第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：0－E4＝－mgh4第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：W＋mgh3＝E3因籃球每次和地面撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，則有比例關(guān)系：E1∶E2＝E3∶E4代入數(shù)據(jù)可得：W＝4.5J。(2)因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此有牛頓第二定律可得：F＋mg＝ma在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x＝eq\f(1,2)at2做得功為W＝Fx聯(lián)立可得：F＝9N（F＝－15N舍去）。【例2】(2021福建卷14題)如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長(zhǎng)與BC長(zhǎng)度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開(kāi)始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長(zhǎng)度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2，sin37°＝0.6。求：(1)當(dāng)拉力為10N時(shí)，滑塊的加速度大??；(2)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；(3)滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離?！痉椒c(diǎn)撥】本題結(jié)合圖象考查動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律。注意分析圖像信息，物塊在AB段經(jīng)歷了兩個(gè)階段，且兩個(gè)階段所受拉力都是恒力。解答第三問(wèn)要知道“彈簧的彈性勢(shì)能只與彈簧的形變量有關(guān)，當(dāng)形變量不變時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能不變”，這可得出物塊兩次在B點(diǎn)的速度大小相同?！窘馕觥?1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為N，滑動(dòng)摩擦力大小為f，拉力為10N時(shí)滑塊的加速度大小為a。由牛頓第二定律和滑動(dòng)摩擦力公式有：T＋mgsinθ－f＝ma①N－mgcosθ＝0②f＝μN(yùn)③聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得：a＝7m/s2④(2)設(shè)滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中拉力所做的功為W，由功的定義有：W＝T1s1＋T2s2⑤式中T1、T2和s1、s2分別對(duì)應(yīng)滑塊下滑過(guò)程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。依題意，T1＝8N，s1＝1m，T2＝10N，s2＝1m。設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有：W＋(mgsinθ－f)(s1＋s2)＝Ek－0⑥聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得：Ek＝26J⑦(3)由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能仍為Ek。設(shè)滑塊離B點(diǎn)的最大距離為smax，由動(dòng)能定理有：－(mgsinθ＋f)smax＝0－Ek⑧聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得：smax＝1.3m⑨試題匯編試題匯編做功與功率的分析與計(jì)算1．(2022屆南陽(yáng)一中月考)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ，傳送帶以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，圖乙為小木塊運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖像。根據(jù)以上信息可以判斷出()A．μ＝tanθB．μ＞tanθC．t0時(shí)刻，物體的速度為v0D．傳送帶始終對(duì)小木塊做正功【答案】C【解析】木塊與傳送帶速度相同后，由速度一時(shí)間圖象知木塊繼續(xù)加速，所以，即μ＜tanθ，故AB錯(cuò)誤；t0時(shí)刻是木塊與傳送帶速度相同的時(shí)刻，所以物體的速度為v0，故C正確；0～t0時(shí)間，傳送帶的速度大于木塊的速度，傳送帶始終對(duì)小木塊做正功，t0之后，木塊繼續(xù)加速，傳送帶的速度小于木塊的速度，傳送帶對(duì)小木塊的摩擦力向上，與小木塊的運(yùn)動(dòng)方向方向，傳送帶對(duì)小木塊做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。2．(2022屆威海文登期中)(多選)利用足球發(fā)球機(jī)可以極大的提高守門員的訓(xùn)練效率，為了測(cè)試足球發(fā)球機(jī)的性能，某次試驗(yàn)時(shí)發(fā)球機(jī)向球門網(wǎng)架發(fā)射足球，當(dāng)發(fā)球機(jī)向網(wǎng)架水平移動(dòng)，發(fā)球口先后在A點(diǎn)與B點(diǎn)發(fā)射的兩相同足球1、2剛好沿水平方向打在橫梁上同一點(diǎn)P，已知在A點(diǎn)、B點(diǎn)的發(fā)射速度與水平方向所成的角度分別為α、β。不考慮足球在空中受到的阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．1、2兩球的初速度之比為sinα∶sinβB．1、2兩球在P點(diǎn)的速度之比為tanβ∶tanαC．1、2兩球的水平位移之比為tanα∶tanβD．1、2兩球在A、B兩點(diǎn)重力的瞬時(shí)功率之比為1∶1【答案】BD3．(2022屆湖北十一校第一次聯(lián)考)我國(guó)越野滑雪集訓(xùn)隊(duì)為備戰(zhàn)2022冬奧會(huì)，在河北承德雪上項(xiàng)目室內(nèi)訓(xùn)練基地，利用工作起來(lái)似巨型“陀螺”的圓盤滑雪機(jī)模擬一些特定的訓(xùn)練環(huán)境和場(chǎng)景，其轉(zhuǎn)速和傾角（與水平面的最大夾角達(dá)18°）根據(jù)需要可調(diào)。一運(yùn)動(dòng)員的某次訓(xùn)練過(guò)程簡(jiǎn)化為如下模型：圓盤滑雪機(jī)繞垂直于盤面的固定轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離為10m處的運(yùn)動(dòng)員（保持圖中滑行姿勢(shì)，可看成質(zhì)點(diǎn)）與圓盤始終保持相對(duì)靜止，運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為60kg，與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，盤面與水平面的夾角為15°，g取10m/s2，已知sin15°≈0.260，cos15°≈0.966。則下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員隨圓盤做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定始終受到兩個(gè)力的作用B．ω的最大值約為0.47rad/sC．ω取不同數(shù)值時(shí)，運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)受到的摩擦力一定隨ω的增大而增大D．運(yùn)動(dòng)員由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中摩擦力對(duì)其所做的功約為3870J【答案】B【解析】當(dāng)運(yùn)動(dòng)員在圓盤最高點(diǎn)時(shí)，可能僅受到重力和支持力的作用，還可能受摩擦力，故A錯(cuò)誤；在圓盤最下方，根據(jù)，解得，故B正確；ω取不同數(shù)值時(shí)，運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小不變，動(dòng)能不變，設(shè)、分別為摩擦力做功和重力做功的大小，有，故D錯(cuò)誤。4．(2022屆大連一中期中)目前，我國(guó)在人工智能和無(wú)人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實(shí)現(xiàn)無(wú)人駕駛，某公司對(duì)汽車性能進(jìn)行了一項(xiàng)測(cè)試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛，測(cè)試中發(fā)現(xiàn)，若關(guān)掉油門下坡，則汽車的速度保持不變；若從靜止開(kāi)始以恒定的功率P上坡，則發(fā)生位移s時(shí)速度剛好達(dá)到最大值vm，設(shè)汽車在上坡和下坡過(guò)程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說(shuō)法正確的是()A．關(guān)掉油門的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車的支持力的沖量為零B．關(guān)掉油門的下坡過(guò)程，汽車的機(jī)械能守恒C．上坡過(guò)程中，汽車速度達(dá)到時(shí)，發(fā)生的位移為D．上坡過(guò)程中，汽車從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm，所用時(shí)間一定小于【答案】D【解析】關(guān)掉油門后的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車的支持力大小不為零，時(shí)間不為零，則沖量不為零，故A錯(cuò)誤；關(guān)掉油門后的下坡過(guò)程，汽車的速度不變、動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則汽車的機(jī)械能減小，故B錯(cuò)誤；上坡過(guò)程中，汽車由靜止開(kāi)始以恒定的功率P上坡，速度剛好達(dá)到最大值vm時(shí)，所用的時(shí)間為t，汽車速度達(dá)到時(shí)，所用的時(shí)間為t′，設(shè)汽車的質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)能定理可得，，可得，以恒定功率運(yùn)動(dòng)的汽車，做變加速直線運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)，所用時(shí)間，所以上坡過(guò)程中，汽車速度達(dá)到時(shí)，發(fā)生的位移不是，故C錯(cuò)誤；上坡過(guò)程中，汽車從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm，功率不變，則速度增大、加速度減小，所用時(shí)間為t1，則，解得，故D正確。5．(2022屆萊蕪一中期中)2021年6月25日，復(fù)興號(hào)智能動(dòng)車組集中上線運(yùn)行，新亮相的CR400AF和CR400BF兩個(gè)系列車體外觀分別采用“瑞龍智行”和“龍鳳呈祥”方案，寓意科技創(chuàng)新引領(lǐng)中華民族偉大復(fù)興、中國(guó)高鐵領(lǐng)先世界造福人類，表達(dá)了對(duì)祖國(guó)繁榮昌盛、人民幸福安康的美好祝福。其中CR400AF列車定員為578人，運(yùn)營(yíng)時(shí)速為350公里、最高時(shí)速為380公里。某一列滿載乘客的動(dòng)車組共有8輛標(biāo)準(zhǔn)車廂，4號(hào)車廂專門設(shè)置無(wú)障礙車廂，沿列車前進(jìn)方向看，第二、三節(jié)車廂為自帶動(dòng)力的車廂（動(dòng)車），其余為不帶動(dòng)力的車廂（拖車）。每節(jié)車廂的質(zhì)量均為1.25×104kg，動(dòng)車車廂的額定功率都為9680kW（只有在第三節(jié)車廂達(dá)到額定功率但仍不夠用時(shí)才啟動(dòng)第二節(jié)車廂動(dòng)力系統(tǒng)）。每節(jié)車廂在高速行使過(guò)程中所受阻力正比于其速率的二次方，比例系數(shù)為2.42，重力加速度大小10m/s2。(1)若動(dòng)力系統(tǒng)均啟用時(shí)，求該動(dòng)車組能達(dá)到的最大行駛速度。(2)若該動(dòng)車組以最大速度正常行駛時(shí)，由于故障，第二節(jié)車廂突然失去動(dòng)力，求失去動(dòng)力的瞬間第二三節(jié)之間的作用力。【解析】(1)設(shè)該動(dòng)車組達(dá)到的最大行駛速度vm，每節(jié)車廂受到的阻力為f，，則：其中解得。(2)牽引力變?yōu)閷?duì)整體有對(duì)前2節(jié)車廂受力，有得即第三節(jié)給第二節(jié)的推力為2.42×104N。動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用6．(2022屆亳州五中期中)(多選)如圖，一塊長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A?，F(xiàn)以恒力F拉B，由于A、B間有摩擦力的作用，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離，在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．如果A、B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量B．不論A、B是否發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，B對(duì)A的摩擦力所做的功，等于A的動(dòng)能的增量C．A對(duì)B的摩擦力所做的功，等于B對(duì)A的摩擦力所做的功【答案】ABD【解析】選擇A和B作為研究對(duì)象，運(yùn)用動(dòng)能定理研究：B受外力F做功，A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，如果A、B不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，7．(2022屆天津一中月考)通過(guò)質(zhì)量為m的電動(dòng)玩具小車在水平面上的運(yùn)動(dòng)來(lái)研究功率問(wèn)題。小車剛達(dá)到額定功率開(kāi)始計(jì)時(shí)，且此后小車功率不變，小車的v－t圖像如圖甲所示，t0時(shí)刻小車的速度達(dá)到最大速度的eq\f(4,5)，小車速度由v0增加到最大值過(guò)程小車的牽引力與速度的關(guān)系圖像如圖乙所示，且F－v圖線是雙曲線的一部分，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小車所受阻力恒定，下列說(shuō)法正確的是()A．小車的額定功率為F0v0B．小車的最大速度為4v0C．0～t0時(shí)間內(nèi)，小車運(yùn)動(dòng)的位移大小為D．小車速度達(dá)到最大速度的一半時(shí)，加速度大小為【答案】C【解析】根據(jù)題意可知，汽車是恒定功率起步，所以小車的額定功率，故A錯(cuò)誤；根據(jù)圖乙可知，汽車速度最大時(shí)的牽引力為F0，此時(shí)的速度，故B錯(cuò)誤；由圖乙可知，阻力恒定，根據(jù)動(dòng)能定理則有，解得，故C正確；小車速度達(dá)到最大速度的一半時(shí)，牽引力大小為，此時(shí)加速度大小，故D錯(cuò)誤。8．(2022屆玉林市教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))(多選)圖甲為1kg的小球從最低點(diǎn)A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m的半圓軌道，已知小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計(jì)。小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖像如圖乙所示，g取10m/s2，B為AC軌道中點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A．圖乙中x＝4B．小球在C點(diǎn)時(shí)的重力功率為20WC．小球從A到C合力做功為10.5JD．小球從A到B損失能量大于1.25J【答案】AD【解析】當(dāng)時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，因?yàn)樾∏蚯∧艿竭_(dá)最高點(diǎn)C，則有，解得，則，A正確；小球在C點(diǎn)時(shí)速度方向水平，故重力的瞬時(shí)功率，B錯(cuò)誤；小球從A到C合外力對(duì)其做的功等于動(dòng)能的變化量，則，做負(fù)功，C錯(cuò)誤；從A到C過(guò)程，動(dòng)能減小量為，重力勢(shì)能的增加量，則機(jī)械能減少，由于A到B過(guò)程中壓力大于B到C過(guò)程中的壓力，則A到B過(guò)程中的摩擦力大于B到C過(guò)程中的摩擦力，可知A到B的過(guò)程克服摩擦力做功較大，知機(jī)械能損失大于，D正確。9．(2022屆無(wú)錫市期中教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)某彈性繩（伸長(zhǎng)時(shí)滿足胡克定律）原長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定于豎直墻上A，跨過(guò)光滑的定滑輪B，與穿過(guò)豎直桿、質(zhì)量為m的球在C處相連，此時(shí)ABC在同一水平線上，其中AB＝L，彈性繩中彈力大小恰為mg，小球從C點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑到距C點(diǎn)為h的D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，從C到D的過(guò)程中，求：(1)小球在C處的加速度為多大；(2)豎直桿對(duì)小球的支持力大小如何變化，試分析說(shuō)明；(3)彈性繩中彈力對(duì)小球做的功。【解析】(1)對(duì)球，根據(jù)牛頓第二定律其中解得。(2)小球運(yùn)動(dòng)到CD間任意位置P時(shí)，設(shè)，，受力關(guān)系如圖所示P處有由幾何關(guān)系知解得依題C處滿足P是任意位置，所以豎直桿對(duì)小球的支持力大小不變。(3)摩擦力的功C到D過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理彈力的功。10．(2022屆萊蕪一中期中)如圖甲所示，AB、CD分別是豎直面內(nèi)半徑為R、4R的eq\f(1,4)圓弧軌道，光滑AB圓弧與粗糙平面BC在B點(diǎn)平滑連接，圓弧CD的圓心與C在同一高度。一個(gè)質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)上方高度為R的P點(diǎn)由靜止釋放剛好從A進(jìn)入圓弧軌道，物塊與BC平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ隨物塊從B點(diǎn)向右滑行的距離d之間的關(guān)系如圖乙所示，物塊從C點(diǎn)拋出后，落在CD弧上的某點(diǎn)E，且E點(diǎn)與CD弧對(duì)應(yīng)圓心O的連線跟水平方向的夾角為37°，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2)物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度大小（結(jié)果用根式表示）；(3)水平面BC部分的長(zhǎng)度?！窘馕觥?1)物塊從P到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理得解得在B點(diǎn)，對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律得可得根據(jù)牛頓第三定律知，物塊對(duì)軌道的壓力大小為。(2)物塊從C點(diǎn)離開(kāi)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得由幾何關(guān)系有由以上四式聯(lián)立解得。(3)設(shè)水平面部分的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，隨滑行的距離d均勻增大，則物塊所受的滑動(dòng)摩擦力增大，滑動(dòng)摩擦力的平均值大小為從B到C，根據(jù)動(dòng)能定理得可得。動(dòng)能定理與功能關(guān)系及機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用11．(2022屆湖南師大附中檢測(cè))(多選)如圖所示，甲、乙兩種粗糙面不同的傳送帶，傾斜于水平地面放置，以同樣恒定速率v向上運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體（視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶上到達(dá)B處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率v；在乙傳送帶上到達(dá)離B豎直高度為h的C處時(shí)達(dá)到傳送帶的速率v。已知B處離地面的高度皆為H。則在小物體從A到B的過(guò)程中()A．兩種傳送帶與小物體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同B．將小物體傳送到B處，兩種傳送帶消耗的電能相等C．兩種傳送帶對(duì)小物體做功相等D．將小物體傳送到B處，甲系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量多【答案】CD【解析】小物體在兩種傳送帶上均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小，在速度達(dá)到v的過(guò)程中，小物體在甲傳送帶上的位移s較大，根據(jù)公式，可知小物體在甲傳送帶上時(shí)的加速度較小，根據(jù)，可得，即小物體與甲傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小，故A錯(cuò)誤；在小物體從A到B的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系可知，傳送帶對(duì)小物體做的功等于小物體機(jī)械能的增加量，故C正確；在小物體從A到B的過(guò)程中，只有小物體相對(duì)傳送帶發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，即只有在加速過(guò)程中，系統(tǒng)才發(fā)生“摩擦生熱”，根據(jù)公式，計(jì)算系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，可選取做勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶為慣性參考系，小物體在慣性參考系里做初速度大小為v，加速度大小，末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，可求出，可見(jiàn)，等于小物體相對(duì)于地面速度從0加速到v過(guò)程中的位移，即系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于小物體加速過(guò)程中摩擦力對(duì)小物體做的功，對(duì)于甲傳送帶，在加速過(guò)程中摩擦力做正功設(shè)為，克服重力做功為mgH，動(dòng)能改變量為，根據(jù)動(dòng)能定理可求得，同理可求出小物體在乙傳送帶上加速過(guò)程中摩擦力做的功，顯然，所以，即甲系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量多，故D正確；在將小物體傳送到B處的過(guò)程中，傳送帶消耗的電能等手系統(tǒng)增加的機(jī)械能和產(chǎn)生的內(nèi)能，兩種系統(tǒng)增加的機(jī)械能相等，產(chǎn)生的內(nèi)能不等，所以消耗的電能不等，故B錯(cuò)誤。12．(2022屆贛州六縣(市)十七校期中聯(lián)考)(多選)如圖所示，輕繩的一端系一質(zhì)量為m的金屬環(huán)，另一端繞過(guò)定滑輪懸掛一質(zhì)量為5m的重物。金屬環(huán)套在固定的豎直光滑直桿上，定滑輪與豎直桿之間的距離OQ＝d，金屬環(huán)從圖中P點(diǎn)由靜止釋放，OP與直桿之間的夾角θ＝37°，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，則()A．金屬環(huán)從P上升到Q的過(guò)程中，重物所受重力的瞬時(shí)功率一直增大B．金屬環(huán)從P上升到Q的過(guò)程中，繩子拉力對(duì)重物做的功為－eq\f(10,3)mgdC．金屬環(huán)在Q點(diǎn)的速度大小為D．若金屬環(huán)最高能上升到N點(diǎn)，則ON與直桿之間的夾角為53°【答案】BD【解析】剛開(kāi)始，重物的速度為零，重物所受重力的瞬時(shí)功率為零，當(dāng)環(huán)上升到Q時(shí)，由于環(huán)的速度向上與繩垂直，重物的速度為零，此時(shí)重物所受重力的瞬時(shí)功率為零，故金屬環(huán)從P上升到Q的過(guò)程中，重物所受重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故A錯(cuò)誤；金屬環(huán)從P上升到Q的過(guò)程中，對(duì)重物由動(dòng)能定理可得，解得繩子拉力對(duì)重物做的功，故B正確；設(shè)金屬環(huán)在Q點(diǎn)的速度大小為v，對(duì)環(huán)和重物整體，由機(jī)械能守恒定可得，解得，故C錯(cuò)誤；若金屬環(huán)最高能上升到N點(diǎn)，則在整個(gè)過(guò)程中，對(duì)環(huán)和重物整體，由機(jī)械能守恒定律可得，解得ON與直桿之間的夾角，故D正確。13．(2022屆湖北六縣質(zhì)檢)如圖所示，ACB為半徑為R、由光滑細(xì)桿制成的圓弧的一部分，A與圓心O等高，B為最低點(diǎn)，C為圓弧AB中點(diǎn)，圓弧ACB位于豎直平面內(nèi)，一小球穿在細(xì)桿上，固定于一輕彈簧的一端，輕彈簧另一端固定在O1點(diǎn)，O、O1、C三點(diǎn)共線，當(dāng)小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，OD與OA方向間的夾角為30°。小球從A點(diǎn)由靜止釋放，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，已知重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()A．小球滑到D點(diǎn)時(shí)加速度大小為eq\f(\r(3),2)gB．彈簧彈性勢(shì)能先減小后增大C．小球的機(jī)械能先增大后減小再增大又減小D．小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度大小為eq\r(gR)【答案】C【解析】小球滑到D點(diǎn)時(shí)重力沿切線方向的分力提供切向合力產(chǎn)生切向加速度，即，所以，而此時(shí)小球還有向心加速度，所以小球的加速度肯定不是，故A錯(cuò)誤；由題意可知彈簧在小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)處于原長(zhǎng)，而小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)且長(zhǎng)度最短，所以小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能先減小后增大，由對(duì)稱性可知當(dāng)小球從C點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的機(jī)械能和彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變，由前面分析可知小球的機(jī)械能先增大后減小再增大又減小，故C正確；小球從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能沒(méi)有變化，所以小球減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，即，所以小球在B點(diǎn)的速度大小為，故D錯(cuò)誤。14．(2022屆太原期中)(多選)如圖甲所示，輕彈簧的一端栓接在傾角為30°的斜坡底端，質(zhì)量為0.1kg的小物塊從斜面上方某處由靜止下滑。取坡底所處水平面為零勢(shì)能面，以物塊開(kāi)始下滑的位置為原點(diǎn)，沿斜面向下為x軸正方向建坐標(biāo)系，在物塊下滑的整個(gè)過(guò)程中，物塊的重力勢(shì)能、彈簧的彈性勢(shì)能與物塊發(fā)生的位移的關(guān)系分別如圖乙中圖線a、b所示。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取g＝10m/s2，則()A．物塊釋放位置距坡底的高度為1.0mB．物塊在下滑過(guò)程受到的摩擦力大小為0.25NC．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),4)D．物塊剛接觸彈簧時(shí)的動(dòng)能為0.15J【答案】BD【解析】物塊在釋放位置的重力勢(shì)能，解得，故A錯(cuò)誤；物塊由釋放下滑過(guò)程中，根據(jù)能量守恒，，解得，，故B正確，C錯(cuò)誤；物塊由釋放下滑時(shí)剛好接觸彈簧，根據(jù)能量守恒，解得，故D正確。15．(2022屆江蘇省新高考基地學(xué)校期中大聯(lián)考)以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物塊，假定物塊所受的空氣阻力的大小與速率成正比，小物塊經(jīng)過(guò)時(shí)間t0落回原處。下列描述該物體的位移x、空氣阻力大小f、物體所受合力大小F、物體的機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像中，可能正確的是()【答案】B【解析】根據(jù)動(dòng)能定理知，小物塊落回原處的速度小于初速度，根據(jù)圖像的切線斜率表示速度，可知A圖表示小物塊落回原處的速度大于初速度，與實(shí)際不符，故A錯(cuò)誤；小物塊上升階段，由于速度減小，所受阻力減小，由于阻力減小所以加速度減小，可知上升階段物塊做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，則隨時(shí)間的變化律越來(lái)越小，小物塊下降階段，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，則隨時(shí)間的變化率也是越來(lái)越小，由于落回原處時(shí)的速度小于初速度，所以下落時(shí)的最大阻力小于上升時(shí)的最大阻力，故B正確；小物塊上升過(guò)程中，合力，則有，不是定值，故圖線不是一條傾斜直線，故C錯(cuò)誤；由于空氣阻力對(duì)小物塊做負(fù)功，所以小物塊機(jī)械能減小，根據(jù)功能關(guān)系知，得速度在變化，圖像的切線斜率也應(yīng)該變化，故D錯(cuò)誤。16．(2022屆河北省神州智達(dá)第二次省級(jí)聯(lián)測(cè))網(wǎng)購(gòu)已成為重要的商品流通方式，快遞公司每天需要處理大量的包裹。包裹分揀依托智能分揀系統(tǒng)大大提高了勞動(dòng)效率。分揀系統(tǒng)有一個(gè)環(huán)節(jié)是這樣工作的，智能拍照系統(tǒng)自動(dòng)讀取包裹上的地址編碼，包裹經(jīng)過(guò)橫向傳送帶甲后交給可調(diào)向傳送帶（這部分傳送帶是一組可調(diào)輪軸取向的小傳送帶排列成的隊(duì)列方陣，傳動(dòng)方向由電腦根據(jù)包裹編碼控制，下文簡(jiǎn)稱“萬(wàn)向方陣”），把包裹引導(dǎo)到指定區(qū)域。現(xiàn)有一批相同規(guī)格的包裹（可視為質(zhì)點(diǎn)）跟隨橫向傳送帶甲勻速運(yùn)行，然后交給“萬(wàn)向方陣”，包裹在“萬(wàn)向方陣”上完成水平轉(zhuǎn)向90°后，無(wú)相對(duì)滑動(dòng)的交給縱向傳送帶乙。已知包裹和各傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。