北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
专题六 机械能守恒定律
23年真题
1.(2023新课标,15,6分)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直
下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的
功为(重力加速度大小为g)( )
A.0 B.mgh
1 1
C. mv2-mgh D. mv2+mgh
2 2
答案：B 以雨滴为研究对象,雨滴在下落过程中,受到重力和空气阻力,雨滴在地面附近
下落高度h的过程中速率恒定,动能变化量为0,根据动能定理有mgh-W =0,解得W
克 克
=mgh,故B正确。
2.(2023新课标,20,6分)(多选)
一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点
为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦
因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W
B.在x=4 m时,物体的动能为2 J
C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s
12
答案：BC 根据W=Fx可知,W-x图线的斜率表示水平拉力,则在0~2 m内,拉力F =
1 2
F -μmg 1
N=6 N,则物体做匀加速直线运动,加速度a = 1 =2 m/s2,故由x = a t2 知,物体运动
1 m 1 2 1 1
到x=1 m所用的时间t =1 s,则v =a t =2 m/s,P =F v =12 W,A错误;在0~4 m内,根据动能
1 1 11 1 1 1
定理可得W -μmgx =E ,解得E =2 J,B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功
F 4 k k
18-12 F -μmg
为W=μmgx =8 J,C正确;物体在2~4 m内,拉力F = N=3 N,加速度a = 2
f 2 2 4-2 2 m
1
=-1 m/s2,则物体做匀减速直线运动,故物体在x=2 m时的速度最大,故由x = a t2 知,物体
2 2 1 2
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运动到x=2 m所用的时间t =√2 s,则v =a t =2√2 m/s,则动量最大为p =mv =2√2
2 2 12 2 2
kg·m/s,D错误。故选B、C。
3.(2023山东,4,3分)
《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简
化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长
度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%
被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功
的功率为( )
2nmgω2RH 3nmgωRH
A. B.
5 5
3nmgω2RH
C. D.nmgωRH
5
3 3
答案：B t时间内,长度l=ωRt的筒车上有质量为M的水被灌入稻田,则M= nlm=
5 5
MgH 3nmgωRH
nmωRt,筒车对灌入稻田的水做功的功率为P= = ,故选B。
t 5
4.(2023山东,8,3分)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到的阻
力f均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始
运动。当小车拖动物体行驶的位移为s 时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体
1
继续滑行一段时间后停下,其总位移为s 。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻
2
力。小车的额定功率P 为( )
0
√2F2(F-f )(s -s )s
A. 2 1 1
(M+m)s -Ms
2 1
√2F2(F-f )(s -s )s
B. 2 1 1
(M+m)s -ms
2 1
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√2F2(F-f )(s -s )s
C. 2 1 2
(M+m)s -Ms
2 1
√2F2(F-f )(s -s )s
D. 2 1 2
(M+m)s +ms
2 1
答案A 设小车拖动物体行驶s 时速度为v,物体与地面间的动摩擦因数为μ。
1
从小车拖动物体由静止开始运动到速度达到v这一过程,以小车和物体为研究对象根据
动能定理列方程有
1
(F-f-μmg)×s = (m+M)v2
1 2
从轻绳从物体上脱落到物体停止运动这一过程,以物体为研究对象根据动能定理列方程
有
1
-μmg(s -s )=0- mv2
2 1 2
√2(F-f )(s -s )s
联立上述两式得v= 2 1 1
(m+M)s -Ms
2 1
那么,小车的额定功率P =Fv
0
√2F2(F-f )(s -s )s
得P = 2 1 1。
0
(m+M)s -Ms
2 1
5.(2023江苏,11,4分)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回
到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图
乙中相比,图甲中滑块( )
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
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答案：C 由频闪照片可知,题图甲中拍摄到的滑块数量少,故题图甲中滑块在A、B之间
1
的运动时间较短,故C正确;由x= at2可知,题图甲中滑块运动的加速度较大,则由F=ma
2
可知,题图甲中滑块受到的合力较大,故A错误;设斜面倾角为θ,由W=μmg cos θ·x可知,
f
两图中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等,故D错误;由上述分析可知题图甲对应
滑块的上升过程,题图乙对应滑块的下降过程,题图甲中,滑块从A运动到B,由动能定理
得-(W +W)=0-E ,题图乙中,滑块从B运动到A,由动能定理得W -W=E '-0,联立得
G f kA G f kA
E >E ',即题图甲中滑块经过A点的动能较大,B错误。
kA kA
6.(2023重庆,8,5分)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t
的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分
别为y=4t-26和y=-2t+140。无人机及其装载物的总质量为2 kg,取竖直向上为正方向。
则 ( )
A.EF段无人机的速度大小为4 m/s
B.FM段无人机内的装载物处于失重状态
C.FM段无人机和装载物总动量变化量的大小为4 kg·m/s
D.MN段无人机机械能守恒
Δy
答案AB 根据EF段方程y=4t-26可知EF段无人机的速度大小v= =4 m/s,A正确。
Δt
根据y-t图线的切线斜率表示无人机的速度,可知FM段无人机先向上做减速运动,后向
下做加速运动,加速度方向一直向下,则无人机内的装载物处于失重状态,B正确。根据
Δy'
MN段方程y=-2t+140,可知MN段无人机的速度v'= =-2 m/s,则有Δp=mv'-mv=2×(-2)
Δt'
kg·m/s-2×4 kg·m/s=-12 kg·m/s,可知FM段无人机和装载物总动量变化量大小为12
kg·m/s,C错误。MN段无人机向下做匀速直线运动,动能不变,重力势能减少,故无人机的
机械能减少,D错误。
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7.(2023全国乙,21,6分)(多选)如图,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另
一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v 开始运动。已知物块与木
0
板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右端离开时( )
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
1
C.物块的动能一定大于
mv2
-fl
2 0
1
D.物块的动能一定小于
mv2
-fl
2 0
答案：BD 运动过程如图所示,设经过时间t,小物块的速度为v ,木板的速度为v ,小物块
1 2
v v +v
从木板右端滑下时,可知v >v ,此过程中木板的位移x = 2t,小物块的位移x = 1 0t,则
1 2 2 2 1 2
x >2x ,x -x =l>x ;摩擦力对木板做正功,对木板由动能定理可知fx =E ,则木板的动能
1 2 1 2 2 2 kM
1
E =fx <fl,B正确,A错误;摩擦力对小物块做负功,对小物块由动能定理可知-fx =E - m
kM 2 1 km 2
1 1
v2
,则物块的动能E =
mv2
-fx ,又x >l,所以E <
mv2
-fl,D正确,C错误。
0 km 2 0 1 1 km 2 0
8.(2023广东,8,6分)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的
1
货物在 圆弧滑道顶端P点由静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6
4
m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10
m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有( )
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A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
1
答案BCD 重力做的功为W =mgh=800 J,A错误;下滑过程根据动能定理可得W -W=
G G f 2
mv2,代入数据解得货物克服阻力做的功为W=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小
Q f
v2
为a= Q=9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的
h
支持力大小为F=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。
9.(2023江苏,15,12分)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角
均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。
滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道
间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P点的时间t;
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v;
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。
√ 2√2d
答案 (1) (2)√√2(1-μ)gd
(1-μ)g
(3) (1-μ)d
√2
解析 (1)设滑雪者质量为m,对滑雪者在AP段的运动分析
由牛顿第二定律得mg sin 45°-mg μ cos 45°=ma①
√2
解得:a= (1-μ)g②
2
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由运动学分析有
1
d= at2③
2
v =at④
P
√ 2√2d
联立②③得t= ⑤
(1-μ)g
(2)由④式可知,v = ⑥
P √√2(1-μ)gd
对滑雪者在PB段的运动分析
从P点静止开始下滑到B点有:
W +W =0⑦
GPB fPB
对从A点静止开始下滑的过程中的P→B段分析有
1 1
W +W = mv2- mv2 ⑧
GPB fPB 2 2 P
联立⑥⑦⑧得
v=v = ⑨
P √√2(1-μ)gd
(3)滑雪者从B点飞出刚好落在C点时,BC长度L最大,从B到C为抛体运动,设空中运动
t'
时间为t',竖直方向:v =v sin 45°=g× ⑩
y 2
水平方向L=v t'=v cos 45°·t'
x
联立⑨⑩ 得L=√2(1-μ)d
可知,若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,平台BC的最大长度为√2(1-μ)d。
10.(2023辽宁,13,10分)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某
次演练中,该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水,速度达到v =80 m/s时离
1
开水面,该过程滑行距离L=1 600 m、汲水质量m=1.0×104 kg。离开水面后,飞机攀升高
度h=100 m时速度达到v =100 m/s,之后保持水平匀速飞行,待接近目标时开始空中投水。
2
取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t;
(2)整个攀升阶段,飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
答案 (1)2 m/s2 40 s (2)2.8×107 J
v2 802
解析 (1)由v 2 =2aL得a= 1 = m/s2=2 m/s2
1 2L 2×1 600
v -v 80-0
由t= 1 0 得t= s=40 s
a 2
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(2)飞机汲取的水的机械能增加量
1 1
ΔE=mgh+ mv 2- mv 2
2 2 2 1
代入数据解得ΔE=2.8×107 J
11.(2023重庆,13,10分)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被
机械臂抓取后,在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,运
动方向与竖直方向夹角为θ,提升高度为h,如图所示。求:
(1)提升高度为h时,工件的速度大小;
(2)在此过程中,工件运动的时间及合力对工件做的功。
√ 2ah √ 2h mah
答案 (1) (2)
cosθ acosθ cosθ
解析 (1)设提升高度为h时,工件速度大小为v,根据匀变速直线运动位移与速度关系有
h √ 2ah
v2=2a ,解得v= 。
cosθ cosθ
√ 2h 1 mah
(2)根据速度公式有v=at,解得t= ,根据动能定理有W = mv2,解得W = 。
acosθ 合 2 合 cosθ
22年及以往真题
1.(2022全国乙,16,6分)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆
环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于 ( )
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
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D.它与P点的连线扫过的面积
答案 C 如图所示,x为PA间的距离,其所对的圆心角为θ,小环由P点运动到A点,由动
1
能定理得mgh= mv2,由几何关系得h=R-R cos θ,所以v=√2gR(1-cosθ)。由于1-cos
2
θ θ x √ x2 √ g
θ=2 sin2 ,sin = ,所以v=√2gR(1-cosθ)= 2gR×2× =x ,故v正比于它到P
2 2 2R 4R2 R
点的距离,C正确。
2.(2022全国甲,14,6分)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动
员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为
h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运
动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 ( )
h h 2h 2h
A. B. C. D.
k+1 k k k-1
1 v2
答案 D 运动员从a处滑至c处,mgh= mv2 -0,在c点,N-mg=m c,联立得N=mg
2 c R
( 2h) 2h
1+ ,由题意,结合牛顿第三定律可知,N=F ≤kmg,得R≥ ,故D项正确。
R 压 k-1
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3.(2022北京,8,3分)我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验,提高了青少年
科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验:细绳一端固定,另一端系一小球,给小球一初
速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验, ( )
A.小球的速度大小均发生变化
B.小球的向心加速度大小均发生变化
C.细绳的拉力对小球均不做功
D.细绳的拉力大小均发生变化
答案 C 在“天宫”中是完全失重的环境,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,细绳拉
力提供小球做圆周运动所需的向心力,小球的线速度大小、向心加速度大小、向心力(细
绳的拉力)大小均不变,无论在“天宫”还是在地面,细绳的拉力始终与速度垂直而不做
功,故只有C正确。
4.(2022江苏,8,4分)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑
道起跳,将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力。此过程中,运动员的动能E 与水平
k
位移x的关系图像正确的是 ( )
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答案 A 不计摩擦与空气阻力时,运动员运动过程中机械能守恒:ΔE =ΔE =mgΔh=mgΔx
k p
tan θ,即E =mgx tan θ,式中θ是斜面与水平面间的夹角,可见A正确,B、C、D错误。
k
5.(2022湖北,5,4分)如图所示,质量分别为m和2m的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放
在水平地面上,P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑,Q与地面间的动摩擦
因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离,撤去
拉力后,Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内,弹簧的劲度系数为k,重力加速
度大小为g。若剪断轻绳,P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为 (
)
μmg 2μmg 4μmg 6μmg
A. B. C. D.
k k k k
2μmg
答案 C 对Q,根据平衡条件有kx=2μmg,则弹簧伸长量x= 。剪断轻绳后,P的运
k
4μmg
动为简谐运动,故其最大位移为2x= ,即C正确。
k
6.(2022浙江1月选考,12,3分)某节水喷灌系统如图所示,水以v =15 m/s的速度水平喷出,
0
每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的,喷口离水面的高度保持H=3.75
m不变。水泵由电动机带动,电动机正常工作时,输入电压为220 V,输入电流为2.0 A。
不计电动机的摩擦损耗,电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽
水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%,忽略水在管道中运动的机械能损失,g
取10 m/s2,则 ( )
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A.每秒水泵对水做功为75 J
B.每秒水泵对水做功为225 J
C.水泵输入功率为440 W
D.电动机线圈的电阻为10 Ω
1 1
答案 D 根据功能关系可知,每秒水泵对水做功W=mgH+
mv2
=2.0×10×3.75 J+
2 0 2
P 300
×2.0×152 J=300 J,则水泵输出功率P =300 W,由题意可知,水泵输入功率P = 1 =
1 2 75% 75%
W=400 W,故A、B、C错误;根据题意,电动机输出功率P =400 W,故电动机线圈的热功
出
率P =I2R=UI-P =40 W,则R=10 Ω,D正确。
热 出
7.(2022浙江6月选考,12,3分)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。
如图所示,风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s
时,输出电功率为405 kW,风速在5~10 m/s范围内,转化效率可视为不变。该风机叶片旋
转一周扫过的面积为A,空气密度为ρ,风场风速为v,并保持风正面吹向叶片。下列说法
正确的是 ( )
A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
1
B.单位时间流过面积A的流动空气动能为 ρAv2
2
C.若每天平均有1.0×108 kW的风能资源,则每天发电量为2.4×109 kW·h
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D.若风场每年有5 000 h风速在6~10 m/s范围内,则该发电机年发电量至少为6.0×105
kW·h
1
m v2·η 1 1
答案 D 设转化效率为η,则P =2 空 = ·ρvA·v2·η= ρAv3η,故输出电功率与v3成
出 2 2
Δt
1
正比,A错;单位时间内流过面积A的空气动能为 ρAv3,B错;每天的发电量为E =P
2 每天 每
·t·η=2.4×109·η kW·h,由于η小于1,故C错;风速在6~10 m/s范围内时,η不变,当v'=6 m/s
天
1
时,输出电功率最少为P '= ρAv'3η=120 kW,故每年发电量至少为P '·5 000 h=6×105
出 2 出
kW·h,故D正确。
解题关键 风速在5~10 m/s范围内η恒定,题目中给出风速是9 m/s时的输出功率,可根
据这个速度下的输出功率推导出风速是6 m/s时的输出功率。
8.(2022浙江6月选考,13,3分)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装
置,把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台,先加速再匀速,最
后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动,到达平台的速度刚好为零,g取10 m/s2,则提
升重物的最短时间为 ( )
A.13.2 s B.14.2 s
C.15.5 s D.17.0 s
答案 C 以最大加速度加速、减速运动,时间最短。由F -mg=ma ,即300 N-200
m 1
P 1200
N=20a (N),解得a =5 m/s2;由v = 额 得,匀加速运动的末速度v = m/s=4 m/s,由
1 1 1 F 1 300
m
4 v 4
v =a t ,得t = s=0.8 s,该段位移x = 1t = ×0.8 m=1.6 m;由P =mgv 得匀速运动的速度
1 11 1 5 1 2 1 2 额 m
1200 v 6
m
v = m/s=6 m/s;匀减速运动的最大加速度a =5 m/s2,匀减速运动的时间t = =
m 200 2 3 a 5
2
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v 6
s=1.2 s,该段位移x = mt = ×1.2 m=3.6 m,则变加速运动与匀速运动的总位移x =(85.2-
3 2 3 2 2
1 1
1.6-3.6) m=80 m,对该过程应用动能定理,P t -mgx =
mv2
-
mv2
,代入数据解得t =13.5 s,
额 2 2 2 m 2 1 2
则全程总时间t=t +t +t =(0.8+13.5+1.2) s=15.5 s,故C正确。
1 2 3
解题指导 本题运动过程复杂,利用v-t图像进行分析推理,既能思路清晰,又不易犯错误。
易犯的错误是漏掉变加速运动过程,熟练掌握汽车两类启动模型是防止犯此类错误的关
键。
9.(2022江苏,10,4分)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与物块A连接在一起,处于压缩
状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时,立即将物块B轻放在A右侧,A、B
由静止开始一起沿斜面向下运动,下滑过程中A、B始终不分离,当A回到初始位置时速
度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同,弹簧未超过弹性限度。则 ( )
A.当上滑到最大位移的一半时,A的加速度方向沿斜面向下
B.A上滑时,弹簧的弹力方向不发生变化
C.下滑时,B对A的压力先减小后增大
D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
答案 B 由于下滑过程中A、B始终不分离,可知A对B的弹力方向沿斜面向上且不小
于零;下滑到平衡位置前,B所受合力F 方向沿斜面向下、大小等于重力沿斜面分力减去
B
A对B的弹力与斜面摩擦力,设斜面倾角为θ,有F =m g sin θ-F -μm g cos θ,由于合力逐
B B AB B
渐减小而重力沿斜面分力、斜面摩擦力不变,故A对B的弹力逐渐增大;下滑过平衡位置
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后B所受合力大小F '=F +μm g cos θ-m g sin θ逐渐增大,则A对B的弹力仍逐渐增大,C
B AB B B
错误。整个过程中弹簧弹性势能、A的机械能变化量为零,由能量守恒可知,A、B克服摩
擦力所做总功等于B减少的重力势能,D错误。下滑过程中在最高点:对B受力分析得
m a=m g sin θ-F -μm g cos θ,对A、B整体受力分析得(m +m )a=(m +m )g sin θ-F-
B B AB B A B A B x
F m
AB B
μ(m +m )g cos θ,联立可得 = ,可见弹簧对A的弹力F 方向总是与A对B的作
A B F m +m x
x A B
用力F 相同、大小与F 成正比,故弹簧在最高点处不会处于拉伸状态,可知上滑过程中
AB AB
弹簧弹力方向不变,B正确。设A在最低点和最高点时弹簧压缩量分别为x 和x ,上滑过
1 2
1 1 2(mgsinθ+f )
程由能量守恒得
kx2
=
kx2
+mg(x -x ) sin θ+f(x -x ),解得k= ,当位移为最
2 1 2 2 1 2 1 2 x +x
1 2
( x -x )
大位移的一半时有F =k x - 1 2 -mg sin θ-f=0,则加速度为0,A错误。
合 1 2
方法技巧 分析B选项时,可用假设法快速解题。在物块B放到斜面的瞬间,假设弹簧对
A有沿斜面向下的拉力,则由牛顿第二定律知此时a >a ,不满足题目中的运动情况,假设
A B
不成立,弹簧全程不能对A有沿斜面向下的拉力,故B正确。
10.(2022全国乙,20,6分)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水
平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为
0.2,重力加速度大小取g=10 m/s2。则 ( )
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
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答案 AD 由图知0~3 s内F的大小为F =4 N,3~6 s内F的大小F =4 N;在0到3 s内,
1 2
物块沿正方向做匀加速直线运动,F -μmg=ma ,解得a =2 m/s2,为正方向,3 s末的速度
1 1 1
v =a t =6 m/s;3 s末力F反向,物块先沿正方向减速到零,F +μmg=ma ,解得a =6 m/s2,为负
1 11 2 2 2
v
1
方向,物块减速到零所用的时间t = =1 s,即4 s末物块减速到零;在4~6 s内,物块再反向
2 a
2
做匀加速直线运动,F -μmg=ma ,解得a =2 m/s2,为负方向。画出整个过程中的v-t图像如
2 3 3
图所示。
4 s时物块的速度为零,动能为零,A正确;由图可知在0~6 s内,物块的位移不为零,6 s时物
块没有回到初始位置,B错误;3 s时的速度v =6 m/s,动量p =mv =6 kg·m/s,C错误;由v-t图
1 1 1
线与时间轴所围的面积表示位移知,0~3 s内、3~4 s内、4~6 s内物块的位移大小分别为
x =9 m、x =3 m、x =4 m,则F对物块做的功分别为W =F x =36 J、W =-F x =-12 J、
1 2 3 1 1 1 2 2 2
W =F x =16 J,则0~6 s时间内F对物块所做的功W=W +W +W =40 J,D正确。
3 2 3 1 2 3
11.(2022湖南,7,5分)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后,逐一打开引导伞、
减速伞、主伞,最后启动反冲装置,实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱
的运动情况,将其运动简化为竖直方向的直线运动,其v-t图像如图所示。设该过程中,重
力加速度不变,返回舱质量不变,下列说法正确的是 ( )
A.在0~t 时间内,返回舱重力的功率随时间减小
1
B.在0~t 时间内,返回舱的加速度不变
1
C.在t ~t 时间内,返回舱的动量随时间减小
1 2
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D.在t ~t 时间内,返回舱的机械能不变
2 3
答案 AC P =mgv,0~t 时间内,v减小,P 减小,A正确;在0~t 时间内图像斜率减小,加速
G 1 G 1
度减小,B错误;t ~t 时间内,由p=mv,v减小,返回舱动量p减小,C正确;t ~t 时间内,v不变,
1 2 2 3
E 不变,返回舱下落,重力势能E 减小,故返回舱机械能减小,D错误。
k p
12.(2022广东,9,6分)(多选)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒
定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速
行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=PQ=20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10
m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有 ( )
A.从M到N,小车牵引力大小为40 N
B.从M到N,小车克服摩擦力做功800 J
C.从P到Q,小车重力势能增加1×104 J
D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J
P 200
答案 ABD 由F= 得从M到N的牵引力F= N=40 N,A正确。从M到N,匀速运
v 5
x
动的速度v=5 m/s,t= =4 s,由动能定理有Pt-W=0,则克服摩擦力做功W=800 J,B正确。
v f f
x
从P到Q上升高度h=x sin 30°=10 m,ΔE =-W =mgh=5×103 J,运动时间t'= PQ=10 s,由动
PQ p G v'
能定理有P't'-mgh-W'=0,得克服摩擦力做功W'=700 J,C错,D正确。
f f
13.(2022重庆,10,5分)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大
小与摩擦力相等的拉力作用,由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,物块与斜面间的
动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时,物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物
块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示,则 ( )
第17页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
√2
A.物块与斜面间的动摩擦因数为
3
B.当拉力沿斜面向上,重力做功为9 J时,物块动能为3 J
C.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块的加速度大小之比为1∶3
D.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的动量大小之比为1∶√2
答案 BC 设斜面长为L,由图可知,当物块下滑到斜面底端时,重力做功mgL sin 45°=18
1
J、摩擦力做功大小μmgL cos 45°=6 J,故μ= ,A错误。由于拉力与斜面平行、大小与摩
3
L L
擦力相等,当拉力沿斜面向上,重力做功为mg sin 45°=9 J时,物块动能为E =mg sin
2 k 2
L
45°-2μmg cos 45°=3 J,B正确。当拉力沿斜面向上时:mg sin 45°-2μmg cos 45°=ma ,向下
2 1
√2 √2
时:mg sin 45°=ma ,解得a = g、a = g,a ∶a =1∶3,故C正确。结合v2=2aL,当拉力分别
2 1 6 2 2 1 2
1
沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的速度大小之比为 ,则动量p=mv大小之比也为
√3
1
,D错误。
√3
14.(2022河北,9,6分)(多选)如图,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的
轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量m >m ,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大
Q P
g
小为 。T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一
3
高度,取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E。重力加速度
大小为g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点。下列说法正确的是( )
第18页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
A.物体P和Q的质量之比为1∶3
E
B.2T时刻物体Q的机械能为
2
3E
C.2T时刻物体P重力的功率为
2T
2gT
D.2T时刻物体P的速度大小为
3
答案 BCD 由静止释放后,利用整体法结合牛顿第二定律可知,(m -m )g=(m +m )a,由
Q P Q P
g m 1
P
于a= ,则 = ,选项A错误;设P物体质量为m,则Q物体质量为2m,
3 m 2
Q
g
T时刻绳子断开时,P、Q两物体在图中B、D两处,对应速度为v '=v = T,绳子断开之后,
1 1 3
P做竖直上抛运动,设再经t 到达与Q释放位置(C点)等高处,根据匀变速直线运动公式
0
T 0+v ' 0+v ' T 2
有0=v '-gt ,得t = ,则开始时P、Q的高度差h=x +x = 1 T+ 1 · = gT2,所以t=0
1 0 0 3 1 2 2 2 3 9
4 4
时刻,Q的机械能E=2mgh= mg2T2,2T时刻Q运动到F点,速度为v =v +gT= gT,在0~2T
9 2 1 3
0+v v +v
时间内,Q下落的距离H= 1T+ 1 2T=gT2,所以在2T时刻Q的机械能为E'=-2mg(H-
2 2
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1 2 E 2
h)+ ·2mv2 = mg2T2= ,选项B正确;P到达最高点之后,再经过t'= T到达2T时刻,此时
2 2 9 2 3
2 2
P的速度为v '=gt'= gT,选项D正确;在2T时刻,物体P重力的功率P=mgv '= mg2T,结合
2 3 2 3
3E
上述分析,得P= ,选项C正确。
2T
15.(2020浙江7月选考,16,2分)(多选)如图所示,系留无人机是利用地面直流电源通过电
缆供电的无人机,旋翼由电动机带动。现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人
机从地面起飞沿竖直方向上升,经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作。已知直流
电源供电电压为400 V,若不计电缆的质量和电阻,忽略电缆对无人机的拉力,则(g取10
m/s2)( )
A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N
B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A
C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W
D.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
答案 BD 由牛顿第二定律分析可知,无人机向上加速过程中,空气对无人机的作用力
P 5×103
大于200 N,向上减速过程则小于200 N,故A选项错误。由I= = A=12.5 A,可知
U 400
B选项正确。无人机上升及悬停时,均会推动其周围空气加速流动,故无人机上升及悬停
mgh
时均有部分功率对空气做功,而克服无人机升高所消耗的平均功率为P= =100 W,故
t
实际消耗的平均功率大于100 W,故C项错误,D项正确。
第20页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
16.(2018江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点
为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,
最远到达B点。在从A到B的过程中,物块( )
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案 AD 本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压
缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块
在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,
a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物
块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,
选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W -W=0,选项D正确。
弹 f
思路分析 物块运动状态的确定
根据题设条件,对物块受力分析,并分阶段讨论物块的加速度和速度的变化情况。
17.(2015浙江理综,18,6分)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。
舰载机总质量为3.0×104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N;弹射器有效作用
长度为100 m,推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过
程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则(
)
A.弹射器的推力大小为1.1×106 N
B.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J
C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W
D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
v2 802
答案 ABD 舰载机弹射过程中的加速度a= = m/s2=32 m/s2,选项D正确;对
2x 2×100
舰载机在水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F +F -20%(F +F )=ma,解得:F
弹 发 弹 发 弹
第21页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
=1.1×106 N,选项A正确;由功的定义得:W =F ·x=1.1×108 J,选项B正确;由速度公式得
弹 弹
v 80 W
弹射器对舰载机的作用时间t= = s=2.5 s,由功率的定义得:P = 弹 =4.4×107 W,选项
a 32 弹 t
C错。
18.(2015海南单科,3,3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇
发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A.4倍 B.2倍 C.√3倍 D.√2倍
答案 D 因摩托艇受到的阻力f=kv,设原来发动机的输出功率为P,最大速率为v ,输出
m
功率为2P时,最大速率为v '。由P=Fv=fv =kv2 得v =
√P
,所以
v
m
'
=
√2P
=√2,因此
m m m m k v √P
m
A、B、C错,D对。
19.(2014课标Ⅱ,16,6分)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F 的水平拉力拉
1
动物体,经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F ,物体从静止开始经
2
过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用W 、W 分别表示拉力F 、F 所
F1 F2 1 2
做的功,W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则( )
f1 f2
A.W >4W ,W >2W B.W >4W ,W =2W
F2 F1 f2 f1 F2 F1 f2 f1
C.W <4W ,W =2W D.W <4W ,W <2W
F2 F1 f2 f1 F2 F1 f2 f1
1 v 1 2v v
答案 C W = mv2+μmg· t,W = m·4v2+μmg t,故W <4W ;W =μmg·
F1 2 2 F2 2 2 F2 F1 f1 2
2v
t,W =μmg· t,故W =2W ,C正确。
f2 2 f2 f1
20.(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( )
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答案 A 由题意知汽车发动机的功率为P 、P 时,汽车匀速运动的速度v 、v 满足
1 2 1 2
P
P =fv 、P =fv ,即v =P /f、v =P /f。若t=0时刻v <v ,则0~t 时间内汽车先加速有: 1-
1 1 2 2 1 1 2 2 0 1 1 v
f=ma ,可见a 随着v的增大而减小,选项B、D错误。若v =v ,汽车在0~t 时间内匀速运
1 1 0 1 1
动,因选项中不涉及v >v 的情况,故不作分析。在t 时刻,发动机的功率突然由P 增大到
0 1 1 1
P ,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
2
P
有: 2-f=ma ,同样,a 随v的增大而减小,直到a =0时开始匀速运动,故A正确、C错误。
v 2 2 2
21.(2014重庆理综,2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力
分别为车重的k 和k 倍,最大速率分别为v 和v ,则( )
1 2 1 2
k k
1 2
A.v =k v B.v = v C.v = v D.v =k v
2 1 1 2 k 1 2 k 1 2 2 1
2 1
答案 B 车以最大速率行驶时,牵引力F等于阻力f,即F=f=kmg。由P=k mgv 及
1 1
k
1
P=k mgv ,得v = v ,故B正确。
2 2 2 k 1
2
22.(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( )
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2(mgR-W) 2mgR-W
A.a= B.a=
mR mR
3mgR-2W 2(mgR-W)
C.N= D.N=
R R
1
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
2
v2 2(mgR-W)
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
R mR
3mgR-2W
以N= ,选项C正确。
R
22.(2016浙江理综,18,6分)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,
与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量
为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于
滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则(
)
6
A.动摩擦因数μ=
7
√2gh
B.载人滑草车最大速度为
7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
3
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g
5
答案 AB 滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力
大小分别为f 、f
1 2
第24页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
f =μmg cos 45°
1
f =μmg cos 37°
2
整个过程由动能定理列方程:
h h
mg·2h-f · -f · =0①
1 sin45° 2 sin37°
6
解得:μ= ,A项正确。
7
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:
h 1
mgh-f · = mv2②
1 sin45° 2
√2gh
解得:v= ,B项正确。
7
由①式知:W=2mgh,C项错误。
f
在下段滑道上,mg sin 37°-μmg cos 37°=ma
2
3
解得:a =- g,故D项错误。
2 35
23.(2015江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套
在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,
经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度
v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环( )
A.下滑过程中,加速度一直减小
第25页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
1
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为 mv2
4
1
C.在C处,弹簧的弹性势能为 mv2-mgh
4
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案 BD 圆环在B处速度最大,加速度为0,BC段加速度在增大,因此,下滑过程中,加
速度先减小后增大,选项A错误。
下滑过程中,设克服摩擦力做的功为W,由动能定理
f
mgh-W-W =0-0
f 弹
上滑过程中
1
-mgh-W+W =0- mv2
f 弹 2
1
联立得W= mv2,选项B正确。
f 4
1
W =mgh- mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从A→C过程克服弹簧弹力做的功,选
弹 4
项C错误。
设从B到C克服弹簧弹力做功为W ',克服摩擦力做功为W'
弹 f
故有下滑过程从B→C
1
-W '+mgh -W'=0-
mv2
①
弹 BC f 2 B
上滑过程从C→B
1 1
W '-mgh -W'= mv '2- mv2②
弹 BC f 2 B 2
联立①②可得
1 1 1
mv2-2W'+ mv2= mv '2
2 B f 2 2 B
1
因W'<W= mv2
f f 4
1
故2W'< mv2
f 2
1 1
则有 mv '2> mv2
2 B 2 B
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v '>v ,选项D正确。
B B
24.(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( )
1 1 1 π
A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR
4 3 2 4
答案 C 当质点由P点滑到Q点时,对轨道的正压力为2mg,则质点所受支持力
v2
F =2mg,由牛顿第二定律得F -mg=m
Q,v2
=gR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理
N N R Q
1 1
得:mgR-W=
mv2
-0,得:W= mgR,因此,A、B、D错误,C正确。
f 2 Q f 2
25.(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E 与时间t的关系图像是( )
k
答案 A 设小球初动能为E ,初速度为v ,重力加速度为g。瞬时动能E =E -
k0 0 k k0
1 1
mgh,h=v t- gt2,联立得E = mg2t2-mgv t+E ,故A正确。
0 2 k 2 0 k0
26.(2017江苏单科,3,3分)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为E ,
k0
与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能E 与位移x关系的图线是( )
k
第27页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
答案 C 本题考查动能定理和图像的应用。依据动能定理,上升过程中F =mg sin
升
α+μmg cos α大小恒定,下降过程中F =mg sin α-μmg cos α大小恒定。说明在E -x图像
降 k
中,上升、下降阶段图线的斜率均恒定,图线均为直线,则选项B、D错误。物块能够返回,
返回过程位移减小,而动能增加,则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功,则E <E ,故
kt k0
选项C正确。
27.(2020山东,11,4分)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧
连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相
连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下
降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性
限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是( )
A.M<2m
B.2m<M<3m
C.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减
少量
答案 ACD 将钩码从弹簧原长的位置由静止释放,钩码在竖直方向上做简谐运动,刚释
放时钩码的加速度为a=g,由对称性可知,当钩码下降到最低点时a'=-g,则由牛顿第二定律
mg-T=ma'可得此时弹簧弹力大小T=2mg,设滑轮与A间轻绳与水平方向的夹角为θ,由于
此时A对水平桌面的压力恰好为零,故有T sin θ=Mg,可见M=2m sin θ<2m,A项正确,B项
错误。B从释放到运动到最低点的过程中先加速后减速到零,动能先增大后减小,由动能
定理可知合力先做正功后做负功,C项正确。而B从释放到速度最大的过程中除重力外
只有弹簧弹力做负功,由功能关系可知,其机械能的减少量等于克服弹簧弹力所做的功,D
正确。
第28页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
28.(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
答案 B 猴子重力势能最小的位置为猴子重心竖直高度最低点,结合同绳同力可知,在
最低点(重力势能最小)时,两侧绳子与水平方向的夹角相同,记为θ,设右边绳子长度为a,
左边绳子长度为20 m-a
{acosθ+(20m-a)cosθ=16m
由几何关系得
asinθ-(20m-a)sinθ=2m
35 35
联立解得a= m,所以绳子最低点与参考平面的竖直距离为 m·sin θ=7 m,猴子的重
3 3
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E =-mgh=-750 J,选B。
p
29.(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
1
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
3
度大小为g。在此过程中,外力做的功为( )
第29页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
1 1 1 1
A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl
9 6 3 2
1
答案 A 将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,使M、Q之间的绳对折,外力克服下面 的
3
1 1
绳的重力做功,W =|W | ,而下面 的绳重心升高 l,故克服重力做的功大小为|W |=m g·
外 G 3 3 G 0
1 1 1 1 1
l,又m = m,则W =|W |= mg· l= mgl,故A选项正确。
3 0 3 外 G 3 3 9
30.(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
( )
3
A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于 mg
2
3
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于 mg
2
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
√3
D.弹簧的弹性势能最大值为 mgL
2
答案 AB 本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律。
第30页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
A球初态v =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,
0
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
3
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
2
3
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
2
的加速度,选项C错误;由能量守恒定律,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下
√3-1 √3-1
降高度h=L cos 30°-L cos 60°= L,重力做功W=mgh= mgL,选项D错误。
2 2
31.(2016课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,
另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知
π
在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN< 。在小球从M点运
2
动到N点的过程中,( )
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案 BCD 如图所示,OP垂直于竖直杆,Q点与M点关于OP对称,在小球从M点到Q
点的过程中,弹簧弹力先做负功后做正功,故A错。在P点弹簧长度最短,弹力方向与速
度方向垂直,故此时弹力对小球做功的功率为零,即C正确。小球在P点时所受弹簧弹力
等于竖直杆给它的弹力,竖直方向上只受重力,此时小球加速度为g,当弹簧处于自由长度
时,小球只受重力作用,此时小球的加速度也为g,故B正确。小球和弹簧组成的系统机械
能守恒,小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等,故小球从M到N重力势能的减少量
等于动能的增加量,而小球在M点的动能为零,故D正确。
第31页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
32.(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。
33.(2016四川理综,1,6分)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一
次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做
功1 900 J,他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( )
A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J
答案 C 由动能定理可知,ΔE =1 900 J-100 J=1 800 J,故A、B均错。重力势能的减少
k
量等于重力做的功,故C正确、D错。
34.(2015课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑
水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计
摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则( )
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
第32页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
B.a落地时速度大小为√2gh
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg
答案 BD 因为杆对滑块b的限制,a落地时b的速度为零,所以b的运动为先加速后减
速,杆对b的作用力对b做的功即b所受合外力做的总功,由动能定理可知,杆对b先做正
1
功后做负功,故A错。对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有:mgh= mv2 ,v=√2gh,
2 a a
故B正确。杆对a的作用效果为先推后拉,杆对a的作用力为拉力时,a下落过程中的加
速度大小会大于g,即C错。由功能关系可知,当杆对a的推力减为零的时刻,即a的机械
能最小的时刻,此时杆对a和b的作用力均为零,故b对地面的压力大小为mg,D正确。
35.(2015福建理综,17,6分)如图,在竖直平面内,滑道ABC关于B点对称,且A、B、C三
点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C,所用的时间为t ,第二次由C滑到A,所
1
用的时间为t ,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行,小滑块与滑
2
道间的动摩擦因数恒定,则( )
A.t <t B.t =t
1 2 1 2
C.t >t D.无法比较t 、t 的大小
1 2 1 2
答案 A 在AB段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大,对滑道
的压力越小,所受摩擦力越小;在BC段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)
处速度越小,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小。分析可知第一次滑块所受平均摩擦力
s
较小,摩擦力做功较少,动能变化量较小,平均速率较大,由t= 可知t <t ,A项正确。
v 1 2
36.(2015天津理综,5,6分)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环
与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环
由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过
弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
第33页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
A.圆环的机械能守恒
B.弹簧弹性势能变化了√3mgL
C.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
答案 B 圆环在下滑过程中,圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功,圆环的机械能不守
恒,圆环和弹簧组成的系统机械能守恒,系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹
簧的弹性势能之和,选项A、D错误;对圆环进行受力分析,可知圆环从静止开始先向下加
速运动且加速度逐渐减小,当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相
等时,加速度减为0,速度达到最大,而后加速度反向且逐渐增大,圆环开始做减速运动,当
圆环下滑到最大距离时,所受合力最大,选项C错误;由图中几何关系知圆环的下降高度
为√3L,由系统机械能守恒可得mg×√3L=ΔE ,解得ΔE =√3mgL,选项B正确。
p p
37.(2014广东理综,16,4分)图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为
楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过
程中( )
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫板的动能全部转化为内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
答案 B 在弹簧压缩过程中,由于摩擦力做功消耗机械能,因此机械能不守恒,选项A错
B对;垫板的动能转化为弹性势能和内能,选项C、D均错误。
第34页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
38.(2022浙江1月选考,20,12分)(12分)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角
α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O 的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O 的半圆形光滑细
1 2
圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成,B、D和F为轨道间的相切点,弹性
板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、O 、D、O 和F点处于同一直线上。已知可视
1 2
为质点的滑块质量m=0.1 kg,轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m,轨道AB长度l =3 m,滑
AB
7
块与轨道FG间的动摩擦因数μ= ,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,sin 37°=0.6,cos
8
37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
(1)若释放点距B点的长度l=0.7 m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力F 的大小;
N
(2)设释放点距B点的长度为l,滑块第1次经过F点时的速度v与l 之间的关系式;
x x
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点,求释放点距B点长度l 的值。
x
答案 (1)7 N (2)v=√12l -9.6 (m·s-1) (l≥0.85 m) (3)见解题思路
x x
解析 (1)到C点过程,根据动能定理有:
1
mgl sin 37°+mgR(1-cos 37°)= mv2
2 C
(点拨:滑块由静止释放到C点过程,重力做功即为合外力做功)
v2
在C点时,F -mg=m C,解得F =7 N
N N
R
(2)根据动能定理,从释放点到F点过程:
(点拨:竖直平面内做圆周运动时考虑不脱轨的条件)
1
mgl sin 37°-4mgR cos 37°= mv2
x 2
可得v=√12l -9.6 (m·s-1)
x
第35页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
由于滑块能经过F点,故经过DEF轨道最高点时的速度应大于等于零,则mgl sin
x
37°≥mg(R+3R cos 37°),解得l≥0.85 m
x
(3)设全程摩擦力做功为第一次到达中点时摩擦力做功的n倍(n为奇数)
l l
mgl sin 37°-mg· FG sin 37°-nμmg· FG cos 37°=0
x
2 2
(点拨:摩擦力做功与路径有关,滑块最终停在FG的中点,路径长度应是l 一半的奇数倍,
FG
根据几何关系知l =0.8 m)
FG
7n+6
l= m
x 15
13
当n=1时,l = m
x 1 15
9
当n=3时,l = m
x 2 5
41
当n=5时,l = m
x 3 15
39.(2022湖南,14,15分)如图(a),质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落,与地面发生
一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小
H-h
是篮球所受重力的λ倍(λ为常数且0<λ< ),且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰
H+h
前速率之比相同,重力加速度大小为g。
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比;
(2)若篮球反弹至最高处h时,运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞
一次后恰好反弹至h的高度处,力F随高度y的变化如图(b)所示,其中h 已知,求F 的大
0 0
小;
第36页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(3)篮球从H高度处由静止下落后,每次反弹至最高点时,运动员拍击一次篮球(拍击时间
极短),瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高
度处,求冲量I的大小。
√ (1+λ)h
答案 (1)
(1-λ)H
2(1-λ)mg(H-h)
(2)
h-h
0
(3)
√
2m
[ 1
-
(1-λ) N]
[1-λ-k2 (1+λ)]
1-λ2 1+λ
解析 (1)设篮球与地面碰撞前后的速率分别为v 、v ,由动能定理有:
0 1
1
mv2-0=(1-λ)mgH
2 0
①
1
0- mv2=-(1+λ)mgh
2 1
②
v √ (1+λ)h
1
联立①②式解得 =
v (1-λ)H
0
③
(2)若篮球与地面碰撞后恰好能反弹至h高处,则篮球与地面碰撞后的速率必为v ,则篮球
1
在力F作用下落回地面时速率必为v ,对篮球下落过程由动能定理有
0
1
mv2-0=(1-λ)mgh+W
2 0 F
④
h-h
由图(b)中图像面积可得W = 0F
F 2 0
⑤
第37页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
2(1-λ)mg(H-h)
联立①④⑤式可得F =
0 h-h
0
⑥
(3)设第i次拍击前后的上升阶段的初速度大小、下降阶段的末速度大小分别为v、v',对
i i
应的离地高度为h,每次拍击后篮球获得的速度为v,则由动量定理有
i
I=mv
⑦
再对每个阶段由动能定理有
1
0- mv2=-(1+λ)mgh
2 1 1
⑧
1 1
mv ʹ'2- mv2=(1-λ)mgh
2 1 2 N 1
⑨
1
0- mv2=-(1+λ)mgh
2 2 2
⑩
1 1
mv '2- mv2=(1-λ)mgh
2 2 2 N 2
1
0- mv2=-(1+λ)mgh
2 N N
1 1
mv ʹ'2- mv2=(1-λ)mgh
2 N 2 N N
1
0- mv2 =-(1+λ)mgh
2 N+1 N+1
第38页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
v v ' v '
0 1 N
其中h =H、 = =…=
N+1 v v v
1 2 N+1
联立①、⑦~式解得
I=
√
2m
[ 1
-
(1-λ) N]
[1-λ-k2 (1+λ)]
1-λ2 1+λ
40.(2022湖北,16,16分)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物
A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高
(图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如
图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将
√3gL
C拉到图中实线位置,然后由静止释放。设C的下落速度为 时,与正下方质量为2m
5
L
的静止桩D正碰,碰撞时间极短,碰撞后C的速度为零,D竖直向下运动 距离后静止
10
(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量;
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小;
(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时
C的动能。
13
答案 (1)√3m (2) mg (3)2(2-√3)mgL
2
解析 (1)系统在图中虚线位置能保持静止,由平衡条件可得m g=2mg sin 60°
C
第39页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
解得m =√3m
C
(2)设碰撞后D的速度为v,由于碰撞时间极短,C、D构成的系统动量守恒m v =2mv
C C
在D运动过程中由动能定理有
L 1
-(F-2mg)× =0- ×2mv2
10 2
√3gL 13
将v = 代入可得F= mg
C 5 2
(3)系统动能最大时加速度为零,合力为零,即在图中虚线位置时系统的动能最大。设此时
A、B与C的速度大小分别为v 、v 、v ,由于C的速度沿绳的分速度等于A、B的速度,
1 1 2
故v =v sin 60°
1 2
再由系统机械能守恒有
m gL tan 60°-2mg ( L -L ) = 1 m v2+ 1 ×2mv2
C cos60° 2 C 2 2 1
1
解得C的最大动能E = m v2 =2(2-√3)mgL
km 2 C 2
41.(2022山东,16,9分)某粮库使用额定电压U=380 V、内阻R=0.25 Ω的电动机运粮。如
图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡、装满粮食的小车以速度v=2 m/s
沿斜坡匀速上行,此时电流I=40 A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点
时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小
车质量m =100 kg,车上粮食质量m =1 200 kg,配重质量m =40 kg,取重力加速度g=10
1 2 0
m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终
未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:
(1)比例系数k值;
(2)上行路程L值。
答案 (1)0.1 (2)0.36 m
第40页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
解析 (1)电动机输出功率P =UI-I2R
输
P =F v
输 拉
T =m g
绳 0
小车及车上粮食匀速上行时,设斜坡倾角为θ
T +F =(m +m )g sin θ+k(m +m )g
绳 拉 1 2 1 2
卸粮后,小车匀速下行时
T +km g=m g sin θ
绳 1 1
由以上各式得k=0.1,sin θ=0.5
(2)关闭电动机后,小车与粮食向上减速运动,设加速度大小为a,由牛顿第二定律有
(m +m )g sin θ+k(m +m )g-T=(m +m )a
1 2 1 2 1 2
对配重受力分析,由牛顿第二定律有
T-m g=m a
0 0
由运动学公式有
02-v2=-2aL
67
由以上各式得L= m≈0.36 m
185
42.(2022浙江6月选考,20,12分)如图所示,在竖直面内,一质量m的物块a静置于悬点O
正下方的A点,以速度v逆时针转动的传送带MN 与直轨道AB、CD、FG处于同一水平
面上,AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上,E点高
度为H。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O点,并向左拉开一定的高度h由静止下
摆,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2 g,l=1 m,R=0.4
m,H=0.2 m,v=2 m/s,物块与MN、CD 之间的动摩擦因数μ=0.5,轨道AB和管道DE均光滑,
物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙,CD 与DE平滑连接,
物块可视为质点。
(1)若h=1.25 m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v 的大小;
0
第41页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(2)物块a在DE最高点时,求管道对物块的作用力F 与h间满足的关系;
N
(3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m,求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐
标原点,水平向右为正,建立x轴)。
答案 (1)5 m/s (2)F =0.1h-0.14(h≥1.2 m) (3)见解析
N
1
解析 (1)设滑块b摆到最低点的速度为v ,由mgh= mv 2 得v =5 m/s
b 2 b b
a、b发生弹性正碰且a、b质量相等,则二者交换速度,v =v =5 m/s
0 b
(2)设从h 释放时,物块a运动到E点时速度恰好为零。此为能到达DE最高点的临界条
1
件
对物块a、b组成的系统由功能关系得mgh -2μmgl-mgH=0
1
解得h =1.2 m
1
v 2
以竖直向下为正方向,对物块a在DE最高点,由牛顿第二定律得F +mg=m E
N
R
对物块a、b组成的系统由功能关系得
1
mgh-2μmgl-mgH= mv 2
2 E
代入数据联立得F =0.1h-0.14(h≥1.2 m)
N
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时,物块a静止的位置在E点或E点右侧水平面FG上,根据动能定
理得
1
mgh-2μmgl-mgH= mv 2
2 E
1
从E点飞出后,物块a做平抛运动,则H= gt2
2
S =v t
1 E
√3
根据几何关系可得x =√R2-(R-H) 2= m
DF 5
即物块a的位置为x=3l+x +S
DF 1
( √3) ( √3)
代入数据解得 3+ m≤x< 3.6+ m
5 5
设滑块b释放的高度为h 时,滑块a恰好到达D点,由动能定理得mgh -μmg2l=0,解得
0 0
h =1 m
0
第42页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
此时滑块a静止的位置为x =3l=3 m
1
则当0.9 m<h<1.2 m时,从h =0.9 m释放物块b,物块a不能到达D点,设此过程中物块a
2
所受滑动摩擦力对应的位移为S ,由mgh-μmgS =0
2 2
得S =1.8 m
1
即物块a静止的位置为x =S +l=2.8 m
2 2
若滑块a由E点速度为零返回到水平面上,由mgH-μmgS =0可得S =0.4 m
3 3
即物块a静止的位置为x =3l-S =2.6 m
3 3
综上可知当0.9 m<h<1.65 m时,2.6 m<x≤3 m
43.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种
引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被
电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,
使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离
子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。
(1)若引擎获得的推力为F ,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;
1
F
(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导 的表达式;
P
F F
(3)为提高能量的转换效率,要使 尽量大,请提出增大 的三条建议。
P P
F 1 F √ 2m
答案 (1) (2) = (3)见解析
√2ZemU P ZeU
解析 本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学
生的综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。
(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有
1
ZeU= mv2-0①
2
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设正离子束所受的电场力为F ',根据牛顿第三定律,有
1
F '=F ②
1 1
设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有
v-0
F '=ΔNm ③
1 Δt
ΔN
联立①②③式,且N= 得
Δt
F
1
N= ④
√2ZemU
(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有
1
P= F'v⑤
2
考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得
F √ 2m
= ⑥
P ZeU
F
(3)为使 尽量大,分析⑥式得到
P
三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。
解题关键 ①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,
ΔN F ' F
此题也可以用动量定理求解,即F 'Δt=ΔNmΔv,故 = 1 = 1 ;②加速离子束所
1 Δt mv √2ZemU
1
消耗的功率即电场力对正离子做功的平均功率P=F'·v= F'v。
2
44.(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
s 和s (s <s )处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于
0 1 1 0
起跑线上,教练员将冰球以初速度v 击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡
0
板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达
挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板
时的速度为v 。重力加速度大小为g。求
1
第44页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
v2-v2 s (v +v )2
答案 (1) 0 1 (2) 1 1 0
2gs 2s2
0 0
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
1 1
-μmgs = mv2- mv2 ①
0 2 1 2 0
v2-v2
解得μ= 0 1 ②
2gs
0
(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a 和a ,所用的时间为t。
1 2
由运动学公式得v2 -v2
=2a s ③
0 1 1 0
v -v =a t④
0 1 1
1
s = a t2⑤
1 2 2
s (v +v )2
1 1 0
联立③④⑤式得a = ⑥
2 2s2
0
45.(2017江苏单科,14,16分)如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上
m
有一光滑圆柱C,三者半径均为R。C的质量为m,A、B的质量都为 ,与地面间的动摩
2
第45页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面。整个过程
中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)未拉A时,C受到B作用力的大小F;
(2)动摩擦因数的最小值μ ;
min
(3)A移动的整个过程中,拉力做的功W。
√3 √3
答案 (1) mg (2) (3)(2μ-1)(√3-1)mgR
3 2
解析 本题考查共点力作用下物体的平衡、力的分解、动能定理。
(1)C受力平衡2F cos 30°=mg
√3
解得F= mg
3
(2)C恰好降到地面时,B受C压力的水平分力最大
√3
F = mg
xmax 2
B受地面的最大静摩擦力f=μmg
根据题意f =F
min xmax
√3
解得μ =
min 2
(3)C下降的高度h=(√3-1)R
A的位移x=2(√3-1)R
摩擦力做功的大小W=fx=2(√3-1)μmgR
f
根据动能定理W-W+mgh=0-0
f
解得W=(2μ-1)(√3-1)mgR
46.(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v =24 m/s,A与B的竖直高度差
B
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
第46页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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F 的大小;
f
(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
解析 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有
v2=2ax①
B
由牛顿第二定律有
H
mg -F=ma②
x f
联立①②式,代入数据解得
F=144 N③
f
(2)设运动员到达C点时的速度为v ,在由B到达C的过程中,由动能定理有
C
1 1
mgh+W= mv2- mv2 ④
2 C 2 B
设运动员在C点所受的支持力为F ,由牛顿第二定律有
N
v2
F -mg=m C⑤
N
R
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得
R=12.5 m⑥
审题指导 (1)运动员在AB上做匀加速直线运动,在求受到的阻力F 时,可利用运动学公
f
式和牛顿第二定律来解答。
(2)对运动员从B到C过程应用动能定理,求解v 。分析运动员在C点时哪些力提供向心
C
力。
评分参考 ①②④⑤式各3分,③⑥式各2分。
第47页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
47.(2015天津理综,10,16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动
机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带
上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,取g=10 m/s2,在邮件与皮带发生相
对滑动的过程中,求
(1)邮件滑动的时间t;
(2)邮件对地的位移大小x;
(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
答案 (1)0.2 s (2)0.1 m (3)-2 J
解析 (1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则
F=μmg①
取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有
Ft=mv-0②
由①②式并代入数据得
t=0.2 s③
(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有
1
Fx= mv2-0④
2
由①④式并代入数据得
x=0.1 m⑤
(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则
s=vt⑥
摩擦力对皮带做的功
W=-Fs⑦
由①③⑥⑦式并代入数据得
W=-2 J⑧
48.(2015浙江理综,23,16分)如图所示,用一块长L =1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面,
1
桌子高H=0.8 m,长L =1.5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定。将质
2
第48页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
量m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ =0.05,物块与
1
桌面间的动摩擦因数为μ ,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取
2
g=10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ ;(已知
2
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离x 。
m
答案 (1)见解析 (2)0.8 (3)1.9 m
解析 (1)为使小物块下滑mg sin θ≥μ mg cos θ①
1
θ满足的条件tan θ≥0.05②
(2)克服摩擦力做功
W=μ mgL cos θ+μ mg(L -L cos θ)③
f 1 1 2 2 1
由动能定理得mgL sin θ-W=0④
1 f
代入数据得μ =0.8⑤
2
1
(3)由动能定理得mgL sin θ-W= mv2⑥
1 f 2
代入数据得v=1 m/s⑦
1
H= gt2
2
t=0.4 s⑧
x =vt
1
x =0.4 m⑨
1
x =x +L =1.9 m⑩
m 1 2
49.(2016课标Ⅰ,25,18分)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨
5
道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为
6
第49页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
R 的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的
小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到
1
达F点,AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数 μ= ,重力加速度大小为g。(取 sin
4
3 4
37°= ,cos 37°= )
5 5
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处
7
水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距 R、竖直相距R。求P
2
运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
12 3 1
答案 (1)2√gR (2) mgR (3) √5gR m
5 5 3
解析 (1)根据题意知,B、C之间的距离l为
l=7R-2R①
设P到达B点时的速度为v ,由动能定理得
B
1
mgl sin θ-μmgl cos θ= mv2 ②
2 B
式中θ=37°。联立①②式并由题给条件得
v =2√gR③
B
(2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为E 。P由B点运动到E点
p
的过程中,由动能定理有
1
mgx sin θ-μmgx cos θ-E =0- mv2 ④
p 2 B
E、F之间的距离l 为
1
第50页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
l =4R-2R+x⑤
1
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
E -mgl sin θ-μmgl cos θ=0⑥
p 1 1
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x=R⑦
12
E = mgR⑧
p 5
(3)设改变后P的质量为m 。D点与G点的水平距离x 和竖直距离y 分别为
1 1 1
7 5
x = R- R sin θ⑨
1 2 6
5 5
y =R+ R+ R cos θ⑩
1 6 6
式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为v ,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有
D
1
y = gt2
1 2
x =v t
1 D
联立⑨⑩ 式得
3
v = √5gR
D 5
设P在C点速度的大小为v 。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有
C
1 1 5 5
m v2= m v2+m g( R+ R cos θ)
2 1 C 2 1 D 1 6 6
P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有
1
E -m g(x+5R) sin θ-μm g(x+5R) cos θ= m v2
p 1 1 2 1 C
联立⑦⑧ 式得
1
m = m
1 3
50.(2015山东理综,23,18分)如图甲所示,物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细
绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小
球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值。
第51页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角,
如图乙所示,此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最
低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大
小为g。求:
图甲
图乙
(1)物块的质量;
(2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。
答案 (1)3m (2)0.1mgl
解析 (1)设开始时细绳的拉力大小为T ,传感装置的初始值为F ,物块质量为M,由平衡
1 1
条件得
对小球,T =mg①
1
对物块,F +T =Mg②
1 1
当细绳与竖直方向的夹角为60°时,设细绳的拉力大小为T ,传感装置的示数为F ,据题意
2 2
可知,F =1.25F ,由平衡条件得
2 1
对小球,T =mg cos 60°③
2
对物块,F +T =Mg④
2 2
联立①②③④式,代入数据得
M=3m⑤
(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的过程中,小球克
服空气阻力所做的功为W,由动能定理得
f
1
mgl(1-cos 60°)-W= mv2⑥
f 2
在最低位置,设细绳的拉力大小为T ,传感装置的示数为F ,据题意可知,
3 3
F =0.6F ,对小球,由牛顿第二定律得
3 1
第52页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
v2
T -mg=m ⑦
3
l
对物块,由平衡条件得
F +T =Mg⑧
3 3
联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得
W=0.1mgl⑨
f
51.(2015江苏单科,14,16分)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小
球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转
3
轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L。装置静止时,弹簧长为
2
L。转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦
和空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)弹簧的劲度系数k;
(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω ;
0
3 1
(3)弹簧长度从 L缓慢缩短为 L的过程中,外界对转动装置所做的功W。
2 2
4mg √8g 16mgl2
答案 (1) (2) (3)mgL+
L 5L L
解析 (1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T ,OA杆与转轴的夹角为θ 。
1 1 1
L
小环受到弹簧的弹力F =k·
弹1 2
小环受力平衡,F =mg+2T cos θ
弹1 1 1
小球受力平衡,F cos θ +T cos θ =mg,F sin θ =T sin θ
1 1 1 1 1 1 1 1
4mg
解得k=
L
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(2)设此时OA杆中的弹力为F ,OA杆与转轴的夹角为θ ,弹簧长度为x。
2 2
小环受到弹簧的弹力F =k(x-L)
弹2
5
小环受力平衡,F =mg,得x= L
弹2 4
对小球,F cos θ =mg,F sin θ
=mω2
l sin θ
2 2 2 2 0 2
x
且cos θ =
2 2l
√8g
解得ω =
0
5L
1
(3)弹簧长度为 L时,设OA、AB杆中的弹力分别为F 、T ,OA杆与弹簧的夹角为θ 。
2 3 3 3
1
小环受到弹簧的弹力F = kL
弹3 2
小环受力平衡,2T cos θ =mg+F
3 3 弹3
L
且cos θ =
3 4l
对小球,F cos θ =T cos θ +mg,F sin θ +T sin θ
=mω2
l sin θ
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
√16g
解得ω =
3
L
整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理
3L L 3L L 1
W-mg( - )-2mg( - )=2× m(ω l sin θ )2
2 2 4 4 2 3 3
16mgl2
解得W=mgL+
L
52.(2014福建理综,21,19分)图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直
平面内,表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距
水面的高度为H,圆弧轨道BC的半径为R,圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质
点)可从轨道AB的任意位置滑下,不计空气阻力。
第54页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(1)若游客从A点由静止开始滑下,到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点,OD=2R,
求游客滑到B点时的速度v 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W;
B f
(2)若游客从AB段某处滑下,恰好停在B点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P点
后滑离轨道,求P点离水面的高度h。(提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心
v2
力与其速率的关系为F =m )
向 R
2
答案 (1)√2gR -(mgH-2mgR) (2) R
3
解析 (1)游客从B点做平抛运动,有
2R=v t①
B
1
R= gt2②
2
由①②式得
v =√2gR③
B
从A到B,根据动能定理,有
1
mg(H-R)+W= mv2-0④
f 2 B
由③④式得
W=-(mgH-2mgR)⑤
f
(2)设OP与OB间夹角为θ,游客在P点时的速度为v ,受到的支持力为N,从B到P由机
P
械能守恒定律,有
1
mg(R-R cos θ)= mv2-0⑥
2 P
过P点时,根据向心力公式,有
v2
mg cos θ-N=m P⑦
R
N=0⑧
第55页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
h
cos θ= ⑨
R
由⑥⑦⑧⑨式解得
2
h= R⑩
3
53.(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。
5
答案 (1) Mg-mg (2)6∶5 (3)见解析
3
解析 本题考查共点力平衡、机械能守恒及牛顿运动定律的应用。
(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F 、F
1 2
F sin 53°=F cos 53°
1 2
F+mg=F cos 53°+F sin 53°
1 2
且F =Mg
1
5
解得F= Mg-mg
3
(2)小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h =3l sin 53°,物块下降高度h =2l
1 2
由机械能守恒定律得mgh =Mgh
1 2
M 6
解得 =
m 5
第56页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(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
由牛顿运动定律得Mg-T=Ma
小球受AC的拉力T'=T
由牛顿运动定律得T'-mg cos 53°=ma
8mMg 48 8
解得T= (T= mg或T= Mg)
5(m+M) 55 11
54.(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v 。
A
答案 (1)mg cos α (2)√2(1-cosα)·x
√ 2gxsinα
(3)
3-2cosα
解析 (1)支持力的大小N=mg cos α
(2)根据几何关系s =x·(1-cos α),s =x·sin α且s=√s2+s2
x y x y
解得s=√2(1-cosα)·x
(3)B的下降高度s =x·sin α
y
1 1
根据机械能守恒定律mgs =
mv2
+
mv2
y 2 A 2 B
第57页共64页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
Δx Δs
根据速度的定义得v = ,v =
A Δt B Δt
则v =√2(1-cosα)·v
B A
√ 2gxsinα
解得v =
A 3-2cosα
解题关键 由平面几何的知识找出A与B的位移之间存在的关系是解决本题的关键。
55.(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
v2
由向心力公式得,N-mg=m B
R
解得v =4 m/s。
B
(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
1
由动能定理得mgR-W =
mv2
-0
克 2 B
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解得W =2.4 J。
克
(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。
f
设BC段运动时间为t,加速度a= =2 m/s2
m
由运动学公式得v =v -at=4-2t(m/s)①
C B
1
x =v t- at2=4t-t2(m)②
BC B 2
其中0<t<2 s
1
由平抛运动规律有h=
gt2
③
2 1
x =v t ④
CP C1
由①③④可得x =3.2-1.6t(m)⑤
CP
则由②⑤可得x =x +x =-t2+2.4t+3.2(m)⑥
BP BC CP
根据二次函数单调性以及t的范围,可得当t=1.2 s时,x 取到最大值。
BP
代入②式,解得x =3.36 m。
BC
(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。
1
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 。
2
设第n次损失后的竖直分速度为v ,从第n次碰撞到第n+1次碰撞的时间为t 。
yn n
由平抛运动方程得v =√2gh=8 m/s⑦
y0
√2h
t = =0.8 s⑧
0
g
(1) n
则v =v · (n=1,2,3,…)⑨
yn y0 2
v
t =2· yn ⑩
n
g
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将式⑦⑧⑨代入⑩可得
(1) n-1
t = t (n=1,2,3,…)
n 2 0
由等比数列求和公式可得
[ (1) n]
0.8× 1-
2
t =t +t +…t +…=0.8+ (s)
总 0 1 n
1
1-
2
当n取无穷大,小球处于静止状态
解得t =2.4 s。
总
56.(2015福建理综,21,19分)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半
径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点。
一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g。
(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;
(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车。
M
已知滑块质量m= ,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,
2
滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:
①滑块运动过程中,小车的最大速度大小v ;
m
②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s。
√gR 1
答案 (1)3mg (2)① ② L
3 3
解析 (1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒
1
mgR= mv2 ①
2 B
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滑块在B点处,由牛顿第二定律有
v2
N-mg=m B②
R
解得N=3mg③
由牛顿第三定律得N'=3mg④
(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大。由系统的机械能守恒
1 1
mgR= Mv2+ m(2v )2⑤
2 m 2 m
√gR
解得v = ⑥
m
3
②设滑块运动到C点时,小车速度大小为v ,由功能关系
C
1 1
mgR-μmgL= Mv2+ m(2v )2⑦
2 C 2 C
设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律
μmg=Ma⑧
由运动学规律
v2-v2=-2as⑨
C m
1
解得s= L⑩
3
57.(2015北京理综,23,18分)如图所示,弹簧的一端固定,另一端连接一个物块,弹簧质量不
计。物块(可视为质点)的质量为m,在水平桌面上沿x轴运动,与桌面间的动摩擦因数为
μ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O,当弹簧的伸长量为x时,物块所受弹簧弹力
大小为F=kx,k为常量。
(1)请画出F随x变化的示意图;并根据F-x图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过
程中弹力所做的功。
(2)物块由x 向右运动到x ,然后由x 返回到x ,在这个过程中,
1 3 3 2
a.求弹力所做的功,并据此求弹性势能的变化量;
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b.求滑动摩擦力所做的功,并与弹力做功比较,说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦
力势能”的概念。
1
答案 (1)F-x图像如图 - kx2
2
1 1 1 1
(2)a.
kx2
-
kx2 kx2
-
kx2
2 1 2 2 2 2 2 1
b.见解析
解析 (1)F-x图像如答图。
物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中,弹力做负功;F-x图线下的面积等于弹力做功
大小。弹力做功
1 1
W =- ·kx·x=- kx2
T 2 2
(2)a.物块由x 向右运动到x 的过程中,弹力做功
1 3
1 1 1
W =- ·(kx +kx )·(x -x )= kx2- kx2
T1 2 1 3 3 1 2 1 2 3
物块由x 向左运动到x 的过程中,弹力做功
3 2
1 1 1
W = ·(kx +kx )·(x -x )= kx2- kx2
T2 2 2 3 3 2 2 3 2 2
整个过程中,弹力做功
1 1
W =W +W = kx2- kx2
T T1 T2 2 1 2 2
弹性势能的变化量
1 1
ΔE =-W = kx2- kx2
p T 2 2 2 1
b.整个过程中,摩擦力做功
W=-μmg·(2x -x -x )
f 3 1 2
与弹力做功比较:弹力做功与x 无关,即与实际路径无关,只与始末位置有关,所以,我们可
3
以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能。而
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摩擦力做功与x 有关,即与实际路径有关,所以,不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势
3
能”。
58.(2014江苏单科,15,16分)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲
和乙,甲的速度为v 。小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间
0
的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大,重力加速度为g。
(1)若乙的速度为v ,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s;
0
(2)若乙的速度为2v ,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v;
0
(3)保持乙的速度2v 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反
0
复。若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动
乙的电动机的平均输出功率 P。
√2v2 4√5μmgv
答案 (1) 0 (2)2v (3) 0
0
2μg 5
解析 (1)摩擦力与侧向的夹角为45°
侧向加速度大小
a =μg cos 45°
x
匀变速直线运动
-2a s=0-v2
x 0
√2v2
解得s= 0
2μg
a
y
(2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ,侧向、纵向加速度的大小分别为a 、a ,则 =tan
x y a
x
θ
很小的Δt时间内,侧向、纵向的速度增量Δv =a Δt,Δv =a Δt
x x y y
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Δv
y
解得 =tan θ
Δv
x
v
y
且由题意知tan θ=
v
x
v ' v -Δv
y y y
则 = =tan θ
v ' v -Δv
x x x
所以摩擦力方向保持不变
则当v '=0时,v '=0,即v=2v
x y 0
(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙速度方向的位移为y,
由题意知a =μg cos θ,a =μg sin θ
x y
在侧向上-2a
x=0-v2
x 0
在纵向上2a y=(2v )2-0
y 0
2v
0
工件滑动时间t=
a
y
乙前进的距离y =2v t
1 0
工件相对乙的位移L=√x2+(y - y)2
1
则系统摩擦生热Q=μmgL
1 1
电动机做功W= m(2v )2- mv2 +Q
2 0 2 0
W 4√5μmgv
由P= ,解得P= 0
t 5
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