2024年高考物理備考中等生百日捷進(jìn)提升系列專(zhuān)題06機(jī)械能含解析

PAGEPAGE26專(zhuān)題06機(jī)械能第一部分名師綜述本專(zhuān)題涉及的內(nèi)容是動(dòng)力學(xué)內(nèi)容的接著和深化，其中的機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運(yùn)動(dòng)定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，因此是中學(xué)物理的重點(diǎn)，也是高考考查的重點(diǎn)之一。題目類(lèi)型以計(jì)算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運(yùn)動(dòng)、及電磁學(xué)等學(xué)問(wèn)相互聯(lián)系，綜合出題。很多試題思路隱藏、過(guò)程困難、敏捷性強(qiáng)、難度較大。從高考試題來(lái)看，功和機(jī)械能守恒依舊為高考命題的熱點(diǎn)之一。機(jī)械能守恒和功能關(guān)系是高考的必考內(nèi)容，具有特別強(qiáng)的綜合性。重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律是本單元的重點(diǎn)。彈力做功和彈性勢(shì)能變更的關(guān)系是典型的變力做功，應(yīng)予以特殊地關(guān)注。其次部分學(xué)問(wèn)背一背一、功1.做功的兩個(gè)要素(1)作用在物體上的力。(2)物體在力的方向上發(fā)生的位移。2.公式：(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對(duì)地的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。二、功率1.物理意義：描述力對(duì)物體做功的快慢。2.公式：(1)(P為時(shí)間t內(nèi)的平均功率)。(2)(α為F與v的夾角)。3.額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)的最大功率。4.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)的功率，要求不能大于額定功率。三、機(jī)車(chē)的啟動(dòng)1.機(jī)車(chē)的輸出功率。其中F為機(jī)車(chē)的牽引力，勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力。2.兩種常見(jiàn)的啟動(dòng)方式(1)以恒定功率啟動(dòng)：機(jī)車(chē)的加速度漸漸減小，達(dá)到最大速度時(shí)，加速度為零。(2)以恒定加速度啟動(dòng)：機(jī)車(chē)的功率_漸漸增大_，達(dá)到額定功率后，加速度漸漸減小，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，速度最大。四、動(dòng)能1.定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能。2.表達(dá)式：。3.物理意義：動(dòng)能是狀態(tài)量，是標(biāo)量。(填“矢量”或“標(biāo)量”)4.單位：動(dòng)能的單位是焦耳。五、動(dòng)能定理1.內(nèi)容：在一個(gè)過(guò)程中合外力對(duì)物體所做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變更。2.表達(dá)式：3.物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變更的量度。4.適用條件(1)動(dòng)能定理既適用于直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。六、機(jī)械能守恒定律1.重力做功的特點(diǎn)（1）重力做功與路徑無(wú)關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)。（2）重力做功不引起物體機(jī)械能的變更。2.機(jī)械能守恒定律：在只有重力或彈簧彈力做功的狀況下，物體的動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能的總量保持不變。七、功能關(guān)系1.功和能(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過(guò)程肯定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必需通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2.常見(jiàn)的幾種功能對(duì)應(yīng)關(guān)系(1)合外力做功等于物體動(dòng)能的變更。(2)重力做功等于物體重力勢(shì)能的變更。(3)彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)能的變更。(4)除了重力和彈簧彈力之外的其他力所做的總功，等于物體機(jī)械能的變更，即。(功能原理)八、能量守恒定律1.內(nèi)容:能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消逝，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變。2.表達(dá)式：ΔE減=ΔE增。第三部分技能+方法一、功和功率的計(jì)算1.恒力做的功：干脆用計(jì)算。2.合外力做的功方法一：先求合外力F，再用求功；方法二：先求各個(gè)力做的功W1、W2、W3…再用求代數(shù)和的方法確定合外力做的功。3.變力做的功.（1）應(yīng)用動(dòng)能定理求解；（2）用求解，其中變力的功率P不變；（3）將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功，此法適用于力的大小不變，方向與運(yùn)動(dòng)方向相同或相反，或力的方向不變，大小隨位移勻稱(chēng)變更的狀況。4.常見(jiàn)的功率的計(jì)算方法：（1）平均功率的計(jì)算方法：或（2）瞬時(shí)功率的計(jì)算方法：，其中v是該時(shí)刻的瞬時(shí)速度。二、機(jī)車(chē)的啟動(dòng)1.無(wú)論哪種運(yùn)行過(guò)程，機(jī)車(chē)的最大速度都等于其勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，即(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力Ff).2.機(jī)車(chē)以恒定加速度啟動(dòng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，勻加速過(guò)程結(jié)束時(shí)，功率最大，速度不是最大，即3.機(jī)車(chē)以恒定功率運(yùn)行時(shí)，牽引力做的功，由動(dòng)能定理：，此式常常用于求解機(jī)車(chē)以恒定功率啟動(dòng)過(guò)程的位移（路程）大小。三、動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用動(dòng)能定理綜合應(yīng)用問(wèn)題的規(guī)范解答1.基本步驟(1)選取探討對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程；(2)分析探討對(duì)象的受力狀況和各力的做功狀況；(3)明確探討對(duì)象在過(guò)程的始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2；(4)列出動(dòng)能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解。2.留意事項(xiàng)(1)動(dòng)能定理的探討對(duì)象可以是單一物體，或者是可以看做單一物體的物體系統(tǒng)。(2)動(dòng)能定理是求解物體的位移或速率的簡(jiǎn)捷公式.當(dāng)題目中涉及到位移和速度而不涉剛好間時(shí)可優(yōu)先考慮動(dòng)能定理；處理曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中的速率問(wèn)題時(shí)也要優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。(3)若過(guò)程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過(guò)程，既可分段考慮，也可整個(gè)過(guò)程考慮。四、機(jī)械能守恒定律的幾種表達(dá)形式1．守恒觀點(diǎn)(1)表達(dá)式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.(2)意義：系統(tǒng)初狀態(tài)的機(jī)械能等于末狀態(tài)的機(jī)械能。(3)留意問(wèn)題：要先選取零勢(shì)能參考平面，并且在整個(gè)過(guò)程中必需選取同一個(gè)零勢(shì)能參考平面。2．轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)(1)表達(dá)式：ΔEk＝－ΔEp.(2)意義：系統(tǒng)(或物體)的機(jī)械能守恒時(shí)，系統(tǒng)增加(或削減)的動(dòng)能等于系統(tǒng)削減(或增加)的勢(shì)能。(3)留意問(wèn)題：要明確勢(shì)能的增加量或削減量，即勢(shì)能的變更，可以不選取零勢(shì)能參考平面。3．轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)(1)表達(dá)式：ΔEA增＝ΔEB減．(2)意義：若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，當(dāng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，則A部分物體機(jī)械能的增加量等于B部分物體機(jī)械能的削減量。(3)留意問(wèn)題：A部分機(jī)械能的增加量等于A末狀態(tài)的機(jī)械能減初狀態(tài)的機(jī)械能，而B(niǎo)部分機(jī)械能的削減量等于B初狀態(tài)的機(jī)械能減末狀態(tài)的機(jī)械能。五、利用動(dòng)能定理分析功能和能量變更的問(wèn)題1.動(dòng)能的變更量、機(jī)械能的變更量分別與對(duì)應(yīng)的功相等。2.重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能的變更量與對(duì)應(yīng)的力做的功數(shù)值相等，但符號(hào)相反。3．搞清不同的力做功對(duì)應(yīng)不同形式的能的變更不同的力做功對(duì)應(yīng)不同形式能的變更定量的關(guān)系合外力的功(全部外力的功)動(dòng)能變更合外力對(duì)物體做功等于物體動(dòng)能的增量W合＝Ek2－Ek1重力的功重力勢(shì)能變更重力做正功，重力勢(shì)能削減；重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢(shì)能變更彈力做正功，彈性勢(shì)能削減；彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力的功不引起機(jī)械能變更機(jī)械能守恒ΔE＝0除重力和彈力之外的力做的功機(jī)械能變更除重力和彈力之外的力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少；除重力和彈力之外的力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就削減多少W除重力、彈力外＝ΔE電場(chǎng)力的功電勢(shì)能變更電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能削減；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加W電＝－ΔEp一對(duì)滑動(dòng)摩擦力的總功內(nèi)能變更作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力肯定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加Q＝Ff·l相對(duì)六、對(duì)能量守恒定律的理解和應(yīng)用1.列能量守恒定律方程的兩條基本思路：(1)某種形式的能削減，肯定存在其他形式的能增加，且削減量和增加量肯定相等；(2)某個(gè)物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加且削減量和增加量肯定相等．2.應(yīng)用能量守恒定律解題的步驟(1)分清有多少形式的能[如動(dòng)能、勢(shì)能(包括重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能)、內(nèi)能等]在變更；(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量削減，并且列出削減的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式；(3)列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減＝ΔE增七、摩擦力做功的特點(diǎn)及應(yīng)用類(lèi)別比較靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不同點(diǎn)能量轉(zhuǎn)化的方面在靜摩擦力做功的過(guò)程中，只有機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體(靜摩擦力起著傳遞機(jī)械能的作用)，而沒(méi)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量1.相互摩擦的物體通過(guò)摩擦力做功，將部分機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體2．部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量一對(duì)摩擦力做功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體系統(tǒng)所做的總功總為負(fù)值，系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)變成內(nèi)能相同點(diǎn)做功方面兩種摩擦力都可以對(duì)物體做正功，做負(fù)功，還可以不做功第四部分基礎(chǔ)練+測(cè)一、單選題1．豎直向上拋出的物體,從拋出到落回拋出點(diǎn)的全過(guò)程中,所受空氣阻力大小恒定,則（）A．全過(guò)程重力的沖量為零B．全過(guò)程中動(dòng)量的變更量等于阻力的沖量C．全過(guò)程中動(dòng)能的變更量等于阻力做的功D．上升過(guò)程中機(jī)械能的變更量大于下落過(guò)程機(jī)械能的變更量【答案】C【解析】【詳解】AB、重力是恒力，全過(guò)程重力的沖量不行能為零，只會(huì)不斷增加，依據(jù)動(dòng)量定理可知全過(guò)程中動(dòng)量的變更量等于阻力與重力合力的沖量，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；C、重力是恒力，在全過(guò)程中位移為零，重力做功為零，空氣阻力做負(fù)功，依據(jù)動(dòng)能定理可得全過(guò)程中動(dòng)能的變更量等于阻力做的功，故選項(xiàng)C正確；D、依據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能減小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑過(guò)程中機(jī)械能的變更量等于下滑過(guò)程中機(jī)械能的變更量，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；2．2024年初，長(zhǎng)沙氣溫偏低，存在冰凍現(xiàn)象。我校方同學(xué)和陽(yáng)同學(xué)(穿著藍(lán)色校服，材質(zhì)一樣)先后從傾斜坡面的同一位置由靜止滑下，最終兩人停在水平冰面上，如圖所示。(兩人均可視為質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)人經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的能童損失)。依據(jù)上述信息，可以確定方、陽(yáng)兩人A．質(zhì)量相等 B．受到的摩擦力相等C．損失的機(jī)械能相等· D．運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等【答案】D【解析】【詳解】D：人沿斜面下滑時(shí)，mgsinθ-μmgcosθ=ma1，解得：a1=gsinθ-μgcosθ；兩人從傾斜坡面的同一位置由靜止滑下，則兩人在斜面上的運(yùn)動(dòng)狀況相同，在斜面上所用時(shí)間相同，到達(dá)B處速度相同。人沿水平冰面前進(jìn)時(shí)，μ2mg=ma2，解得：ABC：兩人質(zhì)量可以不等；若兩人質(zhì)量不等，則兩人受到的摩擦力不等，摩擦力做的功不等，兩人損失的機(jī)械能不等。故ABC三項(xiàng)錯(cuò)誤。3．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點(diǎn)處，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點(diǎn)相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點(diǎn)時(shí)物塊速度為零，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是A．由B到C的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能和物塊動(dòng)能之和漸漸減小B．由B到C的過(guò)程中，物塊動(dòng)能和重力勢(shì)能之和不變C．由B到C的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能和物塊的重力勢(shì)能之和不變D．由B到C的過(guò)程中，物塊加速度漸漸減小【答案】A【解析】【詳解】由B到C的過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即物塊的重力勢(shì)能、動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和不變，物塊的重力勢(shì)能增大，則彈性勢(shì)能和動(dòng)能之和減??；由于彈簧的彈性勢(shì)能增加，則物塊動(dòng)能和重力勢(shì)能之和減小，故A正確，BC錯(cuò)誤；由B到C的過(guò)程中，彈力向下漸漸變大，依據(jù)mg+F彈=ma可知，物塊加速度漸漸變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A.4．質(zhì)量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去外力，已知物體的v－t圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的有A．水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍B．在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，F(xiàn)的沖量大小大于摩擦力的沖量大小C．在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，F(xiàn)做的功大于克服摩擦力做的功D．物體在加速段的平均速度等于減速段的平均速度【答案】D【解析】【詳解】由v-t圖象知物體在加速過(guò)程的加速度大小為a1=v0t0，在減速過(guò)程的加速度大小為a2=v02t0；對(duì)于勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓其次定律知物體所受摩擦力大小為f=ma2=mv02t0；在勻加速過(guò)程中，由牛頓其次定律有F-f=ma1，即水平拉力大小為F=3mv02t0，是物體所受摩擦力大小的3倍，故A錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量定理：I5．如圖所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處由靜止釋放．某同學(xué)在探討小球落到彈簧上后接著向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，他以小球起先下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，作出小球所受彈力F的大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x變更的關(guān)系，如圖所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.以下推斷不正確的是()A．當(dāng)x＝h＋x0，小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和最小B．小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，加速度先減小后增大C．當(dāng)x＝h＋2x0，小球的加速度大小為gD．小球動(dòng)能的最大值為mgh＋mgx0【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)乙圖可知，當(dāng)x=h+x0，小球的重力等于彈簧的彈力，此時(shí)小球具有最大速度，以彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒可知，重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和最小，故A正確；B．小球剛落到彈簧上時(shí)，彈力小于重力，小球加速度向下，速度增大，隨彈力的增加，加速度減小，當(dāng)彈力等于重力時(shí)加速度為零，此時(shí)速度最大；然后向下運(yùn)動(dòng)時(shí)彈力大于重力，小球的加速度向上且漸漸變大，小球做減速運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)，則小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故B正確；C．在x=h+x0位置：mg=kx0，則在x＝h＋2x0時(shí)：k?2x0-mg=ma，解得a=g，選項(xiàng)C正確；D．小球達(dá)到最大速度的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理可知mg（h+x0）-W彈=12mvm2，故小球動(dòng)能的最大值小于mg（6．如圖，不計(jì)空氣阻力，從O點(diǎn)水平拋出的小球抵達(dá)光滑斜面上端P處時(shí)，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)下列說(shuō)法正確的是（）A．小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小比平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的大B．小球在斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中地面對(duì)斜面的支持力大于小球和斜面的總重C．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地速率將變大D．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地時(shí)間將減小【答案】D【解析】【詳解】依據(jù)牛頓其次定律得，小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=mgsinθm＝gsinθ，平拋運(yùn)動(dòng)的加速度為g，可知小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度小于平拋運(yùn)動(dòng)的加速度，故A錯(cuò)誤。對(duì)小球和斜面整體分析，小球沿斜面對(duì)下加速的過(guò)程中，小球具有沿斜面對(duì)下的加速度，處于失重狀態(tài)，可知地面對(duì)斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故B錯(cuò)誤。依據(jù)動(dòng)能定理得，mgh=12mv2-12mv02，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故Cay=asinα=gsin2α＜g，則知撤去斜面，落地時(shí)間變短。故D正確。故選D。7．如圖，a、b、c是三個(gè)質(zhì)量均為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),a、b兩球套在水平放置的光滑細(xì)桿上，相距3L；c球分別用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的細(xì)線(xiàn)與a、b兩球連接。起初用手按住a、b兩球，使三個(gè)球均靜止，若同時(shí)釋放a、b、c三球,重力加速度為g.則()A．起先時(shí)三球靜止時(shí)，細(xì)線(xiàn)中張力均為0.5mgB．在a、b碰撞前的瞬間,b的速度為gLC．在a、b碰撞前的瞬間,b的速度為gLD．在a、b碰撞前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a球動(dòng)能的增加量等于c球的機(jī)械能的減小量【答案】B【解析】【詳解】A、起先時(shí)三球靜止時(shí)，細(xì)線(xiàn)中張力為T(mén)，則有：2Tcos120°2=mBC、在a、b碰撞前的任一時(shí)刻，依據(jù)b、c兩球沿細(xì)線(xiàn)方向的分速度大小相等，可知c的速度為零，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：mg(L-Lsin30°)=12?2mvb2，可得D、在a、b碰撞前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，依據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可得a球動(dòng)能的增加量和b球動(dòng)能的增加量之和等于c球的機(jī)械能的減小量，故D錯(cuò)誤；故選B。8．“旋轉(zhuǎn)秋千”是游樂(lè)園里常見(jiàn)的游樂(lè)項(xiàng)目，其基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤(pán)的邊上，繩子下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉(zhuǎn)回旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋。若將人和座椅看為質(zhì)點(diǎn)，“旋轉(zhuǎn)秋千”可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型。其中，處于水平面內(nèi)的圓形轉(zhuǎn)盤(pán)，半徑為r，可繞穿過(guò)其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)。讓轉(zhuǎn)盤(pán)由靜止起先漸漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤(pán)一起以角速度ω做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向的夾角為θ。已知繩長(zhǎng)為L(zhǎng)且不行伸長(zhǎng)，質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m，不計(jì)空氣阻力及繩重。則下列說(shuō)法中正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)的重力越大，繩子與豎直方向的夾角θ越小B．質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是其所受懸線(xiàn)的拉力C．轉(zhuǎn)盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω與夾角θ的關(guān)系為ω=D．質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，繩子對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功為mg(r+L【答案】C【解析】【詳解】由重力和繩子的拉力的合力供應(yīng)質(zhì)點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，如圖，則有：mgtanθ=mω2R解得：tanθ=ω2rg，與重力無(wú)關(guān)，故A質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由重力和繩子的拉力的合力供應(yīng)的，故B錯(cuò)誤；依據(jù)mgtanθ=mω2R=mω2（r+Lsinθ）解得：ω=gtanθr+Lsinθ，故C正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤(pán)一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為v，依據(jù)向心力公式得：mgtanθ=mv對(duì)于質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力做功為-mgl（1-cosθ），設(shè)繩子拉力做功為W，則依據(jù)動(dòng)能定理得：W-mgl（1-cosθ）=12mv2…聯(lián)立①②得：W=mgl（1-cosθ）+12mg（r+Lsinθ）tanθ，故D錯(cuò)誤。故選C9．如圖所示，兩個(gè)完全相同的小球，從光滑的a管和b管由靜止下滑，管徑略大于小球直徑，設(shè)轉(zhuǎn)彎處無(wú)能量損失，B、D在同一水平面，兩球落到C處的時(shí)間分別為T(mén)a、Tb，則（）A．Ta＞Tb B．Ta＜Tb C．Ta=Tb D．無(wú)法確定【答案】A【解析】【詳解】由機(jī)械能守恒定律可知，兩球從A點(diǎn)滑究竟端C時(shí)，速度和路程相等，而沿a管滑下的小球，在AB段加速度比BC段加速度小，則在速率圖中AB段圖線(xiàn)的斜率比BC段圖線(xiàn)斜率小，而沿b滑下的小球，它的速率圖線(xiàn)在AD段斜率比DC段斜率大，作出兩球的速率圖像如圖所示，若要保證兩球的路程相等，即圖像與橫軸所圍的“面積相等，則有：Ta>Tb，故A正確，B、故選A。10．將一只蘋(píng)果（可看成質(zhì)點(diǎn)）水平拋出，蘋(píng)果在空中依次飛過(guò)三個(gè)完全相同的窗戶(hù)1、2、3，圖中曲線(xiàn)為蘋(píng)果在空中運(yùn)行的軌跡。若不計(jì)空氣阻力的影響，則()A．蘋(píng)果通過(guò)第1個(gè)窗戶(hù)期間豎直方向上的平均速度最大B．蘋(píng)果通過(guò)第3個(gè)窗戶(hù)期間重力所做的功最多C．蘋(píng)果通過(guò)第1個(gè)窗戶(hù)期間重力做功的平均功率最小D．蘋(píng)果通過(guò)第3個(gè)窗戶(hù)期間速度變更量最大【答案】C【解析】【詳解】A、蘋(píng)果在豎直方向運(yùn)動(dòng)速度越來(lái)越大，但窗戶(hù)的高度一樣，因此時(shí)間越來(lái)越短，故由豎直方向的平均速度vy=ht可知越來(lái)越大，即通過(guò)第B、窗戶(hù)的高度一樣，故通過(guò)每個(gè)窗戶(hù)重力做功都為mgh，故B錯(cuò)誤；C、蘋(píng)果通過(guò)第一扇窗戶(hù)時(shí)間最長(zhǎng)，故通過(guò)第1個(gè)窗戶(hù)克服重力做功的平均功率PG=mghD、平拋運(yùn)動(dòng)的加速度恒定為g，則速度變更量為Δv=gt，通過(guò)第3個(gè)窗戶(hù)的時(shí)間最短，故其速度變更量最?。还蔇錯(cuò)誤；故選C.二、多選題11．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面,一質(zhì)量為m的球體靜止于擋板與斜面之間,設(shè)全部接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子P取走,小球下落且未脫離斜面的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確內(nèi)是A．球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)B．球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小C．球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．球體與斜面體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒【答案】BC【解析】【詳解】A．小球下落過(guò)程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小，選項(xiàng)B正確；C．因此過(guò)程中只有球的重力對(duì)系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確；D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動(dòng)量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動(dòng)量也不守恒，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.12．如圖甲所示，在水平地面上固定一個(gè)傾角為θ的足夠長(zhǎng)的光滑斜面，小滑塊從斜面底端在與斜面平行的拉力F作用下由靜止起先沿斜面運(yùn)動(dòng)，拉力F隨時(shí)間變更的圖象如圖乙所示，小滑塊運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖象如圖丙所示，重力加速度g為10m/s2。下列說(shuō)法正確的是A．斜面傾角θ為30°，小滑塊的質(zhì)量B．在0～2s時(shí)間內(nèi)拉力F做的功為100JC．在0～1s時(shí)間內(nèi)合外力對(duì)小滑塊做功12.5JD．在0～4s時(shí)間內(nèi)小滑塊機(jī)械能增加80J【答案】BC【解析】【詳解】A：由速度一時(shí)間圖像可知，在2-4s時(shí)間內(nèi)小滑塊的加速度a2=-5m/s2，由牛頓其次定律：-mgsinθ=ma2，解得：θ=30°。在0-2s時(shí)間內(nèi)小滑塊的加速度a1=5m/sB：由速度一時(shí)間圖像可知，在0-2s時(shí)間內(nèi)小滑塊的位移為x=10m，拉力F做的功為W=Fx=10×10=100J，故B項(xiàng)正確。C：1s末小滑塊的速度v=5m/s，由動(dòng)能定理，在0-1s時(shí)間內(nèi)合外力對(duì)小滑塊做的功W'=1D：由功能關(guān)系可知，在0-4時(shí)間內(nèi)小滑塊機(jī)械能增加量ΔE=W=100J。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。13．如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道DEG相切，切點(diǎn)為D，AD長(zhǎng)為L(zhǎng)=Rtanθ-μ，圓弧軌道圓心為O，半徑為R，∠DOE=θ，∠EOG=90°，OG水平?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從A點(diǎn)由靜止下滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μA．滑塊經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的最小壓力為mgB．滑塊下滑后將會(huì)從G點(diǎn)飛出C．滑塊其次次經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3mgD．滑塊在斜面上經(jīng)過(guò)的總路程為R【答案】CD【解析】【詳解】A、滑塊從A點(diǎn)下滑后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時(shí)的高度漸漸降低，最終滑塊將在以E點(diǎn)為最低點(diǎn)、D為最高點(diǎn)來(lái)回滾動(dòng)，此時(shí)經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最小，則D到E點(diǎn)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律：mgR(1-cosθ)=12mvE2，在B、從A到G由動(dòng)能定理得：mg(Lsinθ-Rcosθ)-μmgcosθ?L=12mC、滑塊第一次到達(dá)E點(diǎn)時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理：mg[Lsinθ+R(1-cosθ)]-μmgcosθ?L=12mvE2，解得vE=2gRD、滑塊最終將在以E點(diǎn)為最低點(diǎn)、D為最高點(diǎn)來(lái)回運(yùn)動(dòng)，依據(jù)動(dòng)能定理：mgLsinθ=μmgcosθ?S故選CD。14．如圖所示,置于足夠長(zhǎng)斜面上的盒子A內(nèi)放有光滑球B,B恰與A前、后壁接觸,斜面光滑且放置于粗糙水平地面上.一輕質(zhì)彈簧的一端與固定在斜面上的木板P拴接,另一端與A相連.今用外力推A使彈簧處于壓縮狀態(tài),然后由靜止釋放,釋放盒子前后斜面始終相對(duì)地面處于靜止?fàn)顟B(tài),則從釋放盒子直至其獲得最大速度的過(guò)程中()A．斜面對(duì)地面的摩擦力始終向左B．彈簧的彈性勢(shì)能始終減小直至為零C．A所受重力和彈簧彈力做功的代數(shù)和小于A的動(dòng)能的增加量D．彈簧彈性勢(shì)能的削減量等于A和B的機(jī)械能的增加量【答案】AD【解析】【詳解】當(dāng)盒子獲得最大速度時(shí)，彈簧的彈力等于AB整體的重力沿斜面對(duì)下的分力，則此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，此過(guò)程中彈簧對(duì)P始終有斜向左下的彈力，即地面對(duì)斜面的摩擦力向右，斜面對(duì)地面的摩擦力始終向左，選項(xiàng)A正確；因此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，可知彈簧的彈性勢(shì)能沒(méi)有減到零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；此過(guò)程中，對(duì)A、B系統(tǒng)：W彈-WGA-WGB=12(mA+mB)v2，即W彈15．如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點(diǎn)與圓心O等高。一質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點(diǎn)，P點(diǎn)在圓心O的正下方R2處。小球從最高點(diǎn)A由靜止起先逆時(shí)針?lè)较蛳禄阎獜椈傻脑L(zhǎng)為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為gA．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2gRB．彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小球的機(jī)械能最大C．小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mgD．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力的功率為0【答案】BCD【解析】【詳解】由題分析可知，小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢(shì)能相等，小球從A到B的過(guò)程，依據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：2mgR=12mvB2，解得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為：vB=2gR．故A錯(cuò)誤。依據(jù)小球與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小彈簧的彈性勢(shì)能為零，最小，則小球的機(jī)械能最大，故B正確；設(shè)小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小為F．在A點(diǎn)，圓環(huán)對(duì)小球的支持力F1=mg+F；在B點(diǎn)，由圓環(huán)，由牛頓其次定律得：F2-mg-F=mvB2R，解得圓環(huán)對(duì)小球的支持力為：F2=5mg+F；則F2-F1=4mg，由牛頓第三定律知，小球在A、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mg，故C正確。小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，則重力的功率為0，故16．我國(guó)將于2024年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具欣賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示為簡(jiǎn)化的跳臺(tái)滑雪的雪道示意圖，AB部分是傾角為θ=37°的助滑雪道，BC部分是半徑為25m的光滑圓弧軌道，二者相切于B點(diǎn)，圓弧最低點(diǎn)C點(diǎn)的切線(xiàn)沿水平方向，CD部分為傾角θ2=30°的著陸坡。一運(yùn)動(dòng)員連同滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，從A點(diǎn)由靜止滑下，到C點(diǎn)后沿水平方向飛出，平安落在著陸坡上的E點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知CE=30m，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。則A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌遒的壓力大小為運(yùn)動(dòng)員本身重力的1.9倍B．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為10m/sC．若運(yùn)動(dòng)員從助滑雪道不同位置由靜止滑下，則運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同D．若運(yùn)動(dòng)員從助滑雪道不同位置由靜止滑下且以不同速度v0從C點(diǎn)飛出時(shí)，運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比【答案】ACD【解析】【詳解】A.設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度為vC，在CD上有平拋運(yùn)動(dòng)可得：tanθ2=12gt2vCt，CD·sinθB.有B到C有動(dòng)能定理可得：mgR(1-cosθ)=1C.運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與水平方向的夾角為φ，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：tanφ=2tanθ2，所以D.運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小v，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得v=v0cosφ，因?yàn)閏os17．如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。現(xiàn)用手托住物體使它從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)程中，物體克服手的支持力所做的功為W。已知彈簧形變?yōu)閤時(shí)，勁度系數(shù)為k的彈簧的彈性勢(shì)能為EP=1A．物體重力勢(shì)能減小量肯定大于WB．彈簧彈性勢(shì)能增加量肯定小于WC．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為WD．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為W【答案】AD【解析】【詳解】A物體向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，要克服彈簧的彈力做功W彈，依據(jù)動(dòng)能定理可知：mgh-W-W彈=0，可得減小的重力勢(shì)能為B.設(shè)AB的距離為h，由平衡條件可得：mg=kh，由題目所給的條件可得彈簧的彈性勢(shì)能為：Ep=12kh2，由以上兩式可得：Ep=C.物體要克服手的支持力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能要減小。故C錯(cuò)誤。D.物體從靜止下落到B的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理有：mgh-W彈=ΔWk，再結(jié)合18．如圖,滑塊A、B的質(zhì)量均為m,A套在傾斜固定的直桿上,傾斜桿與水平面成45°角,B套在水平固定的直桿上,兩桿分別不接觸,兩直桿間的距離忽視不計(jì),兩直桿足夠長(zhǎng)。A、B通過(guò)鉸鏈用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性輕桿連接，初始時(shí)輕桿與水平面成30°角。將A、B從靜止釋放,B起先沿水平桿向右運(yùn)動(dòng),不計(jì)一切摩擦,滑塊A、B視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．當(dāng)A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，B的速度最大，最大速度為√3gLC．B到達(dá)最右端時(shí),A的速度為√2gLD．B從起先運(yùn)動(dòng)至最右端的過(guò)程中，輕桿對(duì)B先做正功后做負(fù)功，總功為零【答案】ABD【解析】【詳解】A、因不計(jì)一切摩擦，桿為輕桿，故滑塊A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；B、當(dāng)A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，A速度為零，B的速度最大，則有：mg(L2+L)=12C、B到達(dá)最右端時(shí)，B的速度為零，此時(shí)A、B的位置如圖所示，則有：mg(L2+22D、B從起先運(yùn)動(dòng)至最右端的過(guò)程中，B先做加速度直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)后做減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，B到達(dá)最右端時(shí)B的速度為零，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有輕桿對(duì)B做功，依據(jù)動(dòng)能定理可知B從起先運(yùn)動(dòng)至最右端的過(guò)程中，輕桿對(duì)B先做正功后做負(fù)功，總功為零，故D正確；故選ABD。19．如圖，地面上固定有一半徑為R的半圓形凹槽，O為圓心，AB為水平直徑。現(xiàn)將小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點(diǎn)；若將該小球從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)等高，OC與水平方向的夾角θ=60°，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．v1：v2=1:3B．小球從起先運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，速度的變更量?jī)纱蜗嗤珻．小球從起先運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，前后兩次的平均速度之比為1:2D．小球落在凹槽上時(shí)，重力的瞬時(shí)功率兩次不同【答案】AB【解析】【詳解】A、小球從起先運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點(diǎn)時(shí)有：x1=v1t=R-Rcos60°=R2，從A處以初速度v2B、依據(jù)加速度的定義a=ΔvΔt可知速度的變更量Δv=gΔt，由于下落時(shí)間相同，所以小球從起先運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，速度的變更量?jī)纱蜗嗤?，故C、小球從拋出到D點(diǎn)的平均速度vD=SADt=Rt，小球從拋出到D、小球剛到D點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率PD=mgvyB=mg?gt=mg2故選AB。20．將輕質(zhì)彈簧豎直固定在地面上，第一次將小物塊輕放在彈簧上端讓其壓縮彈簧，當(dāng)物塊重力做功為W時(shí)物塊加速度為零，速度大小為v，彈簧壓縮量為x0；其次次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，當(dāng)物塊重力做功仍為W時(shí)，手對(duì)物塊做功的大小為12wA．小物塊的質(zhì)量為WB．第一次小物塊的速度v=C．第一次彈簧的最大彈性勢(shì)能為WD．第一次手對(duì)小物塊做正功【答案】AB【解析】【詳解】由重力做功可知W=mgx0，得小物塊的質(zhì)量m=Wgx0，選項(xiàng)A正確；由于其次次手拿物塊緩慢壓縮彈簧，可認(rèn)為物塊速度為零，由功能關(guān)系可知手對(duì)小物塊做負(fù)功，且彈黃彈力做負(fù)功，大小為W彈=W-12W=三、解答題21．在光滑絕緣水平軌道上有一彈簧左端系于A點(diǎn),右端與質(zhì)量為3m的小球1接觸但不連接?，F(xiàn)用外力推動(dòng)小球1將彈簧壓縮至彈性勢(shì)能為Ep=mgs(s為肯定值)時(shí)靜止釋放,離開(kāi)彈簧后與靜止在P點(diǎn)質(zhì)量為m、帶電量為q(q>0)的小球2發(fā)生彈性正碰(不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移),碰后小球2從DB進(jìn)入圓弧軌道,如圖所示。BC是一段豎直墻面,DEF是固定在豎直平面內(nèi)的一段光滑絕緣圓弧軌道,軌道上端D點(diǎn)的切線(xiàn)水平,B、D間距很小,可看作重合的點(diǎn)。圓心O與軌道下端F的連線(xiàn)與豎直墻面的夾角為53°在BC右邊整個(gè)空間有水平向左、場(chǎng)強(qiáng)E=3mg4q的勻強(qiáng)電場(chǎng),小球2進(jìn)入圓孤軌道之后恰好能沿著軌道DEF運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后從軌道下端F處脫離,最終打在豎直墻面BC的C點(diǎn)。已知重力加速度為g,sin53°=0.8求：（1）碰后小球2運(yùn)動(dòng)的速度;（2）軌道DEF的半徑R;（3）小球2打在C點(diǎn)前瞬間的速度。【答案】（1）3gs2m/s（2）67sm【解析】【詳解】（1）由能量守恒得Ep1、2小球依據(jù)動(dòng)量守恒得：3mv11、2小球依據(jù)機(jī)械能守恒得：123m由①②③式解得：v（2）由題意得：F合設(shè)DEF軌道半徑為R，設(shè)在E點(diǎn)小球達(dá)到等效最高點(diǎn)，由于小球恰好能沿著DEF軌道運(yùn)動(dòng)，則在E點(diǎn)有：54mg=m依據(jù)動(dòng)能定理得：-54mg?(R-R由①②式解得：R=6（3）過(guò)點(diǎn)F做切線(xiàn)以及垂直BC的水平線(xiàn)，則α為53°。又因?yàn)閙gqE=43，則小球所受合力的方向與水平方向夾角成53由幾何關(guān)系得：LBC從B到C全程動(dòng)能定理有：mg解得：vC22．圖甲為某輕型起重機(jī)向房頂運(yùn)輸貨物,其簡(jiǎn)圖如圖乙所示,一端有定滑輪的桿臂OA固定在O點(diǎn)，某次起重機(jī)以速度v0=1m/s勻速向上提升質(zhì)量m=1t的重物(可視為質(zhì)點(diǎn)),在重物離地面H=19.5m時(shí)鋼繩突然斷裂,此時(shí)一輛L=3m的搬磚車(chē)正以v=0.5m/s的速度在圖乙中CD方向運(yùn)動(dòng),車(chē)頭前端恰好處于重物正下方,搬磚車(chē)高h(yuǎn)=1.5m。g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求:（1）勻速提升重物的過(guò)程中起重機(jī)的輸出功率;（2）鋼繩斷裂時(shí)搬磚車(chē)司機(jī)馬上加速加速度至少為多大才能避開(kāi)被重物砸中?【答案】（1）1.0×104W（2）1m/s2【解析】【詳解】（1）起重機(jī)的輸出功率等于提升重物的機(jī)械功率P=Fv=m貨gv=103kg×10m/s2×1m/s=1.0×（2）設(shè)物體自繩斷起先至人車(chē)頂部的時(shí)間為t，-h=v0t-12gt帶入數(shù)據(jù)-（19.5-1.5）=t-5t2解得t=2s.設(shè)人平安通過(guò)搬磚車(chē)的最小加速度為aL=v1t+12at解出a=1m/s223．光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點(diǎn)，小球半徑遠(yuǎn)小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A、B碰后粘連在一起。求當(dāng)v0的大小在什么范圍時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。已知重力加速度為g?！敬鸢浮縱0≤22gR或v0≥25gR【解析】【詳解】AB碰撞動(dòng)量守恒，則：mv0＝2mv若兩物體能到達(dá)與圓心等高的位置，則：－2mgR＝0－12×2mv2解得v0＝22gR若兩物體恰能到達(dá)最高點(diǎn)，則：－2mg×2R＝12×2mv′2－12×2mv2mg＝2mv'解得v0＝25gR綜上，當(dāng)v0≤22gR或v0≥25gR時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。24．某砂場(chǎng)為提高運(yùn)輸效率，探討砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ=37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過(guò)。轉(zhuǎn)輪半徑R=0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線(xiàn)速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪最低點(diǎn)離地面的高度H=2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處?kù)o止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5。（sin37°=0.6）（1）若h=2.4m，求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大小；（2）若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h須要滿(mǎn)意的條件（3）變更小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式及h須要滿(mǎn)意的條件?！敬鸢浮浚?）4m/s；（2）h<3.0【解析】【詳解】（1）物塊由靜止釋放到B的過(guò)程中：mgv解得vB=4m/s（2）左側(cè)離開(kāi)，D點(diǎn)速度為零時(shí)高為h10解得h<h1=3.0m（3）右側(cè)拋出，D點(diǎn)的速度為v，則1H+2R=x=vt可得x=2為使能在D點(diǎn)水平拋出則：mg≤m解得h≥3.6m25．小明以初速度v0=10m/s豎直向上拋出一個(gè)質(zhì)量m=0.1kg的小皮球，最終在拋出點(diǎn)接住。假設(shè)小皮球在空氣中所受阻力大小為重力的0.1倍。求小皮球（1）上升的最大高度；（2）從拋出到接住的過(guò)程中重力和空氣阻力所做的功（3）上升和下降的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）5011m；（2）0；-1011J；（【解析】【詳解】（1）上升過(guò)程：mg+Ff=ma1解得a1=11m/s2上升的高度：h=（2）重力做功：WG=0空氣阻力做功：W（3）上升的時(shí)間：t下降過(guò)程：mg-Ff=ma2解得a2=9m/s2h=解得t26．有一種公交電車(chē)站，車(chē)站站臺(tái)的路軌建得高些，車(chē)輛進(jìn)站時(shí)要上坡，出站時(shí)要下坡，如圖甲所示，這樣既可以節(jié)能又可以節(jié)約停車(chē)所需的時(shí)間。為簡(jiǎn)化問(wèn)題，現(xiàn)設(shè)兩邊傾斜部分AB段和CD段均為直軌道，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=200m，水平部分BC段長(zhǎng)度也為L(zhǎng)=200m、站臺(tái)的高度h未知，如圖乙所示，各段道路交接處均為圓滑連接。一長(zhǎng)度可忽視的電車(chē)自站臺(tái)左前方以v0=72km/h的速度駛向站臺(tái)，為了節(jié)能，司機(jī)在未到站時(shí)即關(guān)閉電車(chē)電源，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1=100s后到達(dá)A點(diǎn)，接著沖上了傾斜軌道，到達(dá)站臺(tái)上的B點(diǎn)時(shí)速度為vB=18km/h，此時(shí)司機(jī)還需啟動(dòng)剎車(chē)系統(tǒng)，使得電車(chē)最終正好停在了BC段的中點(diǎn)。已知電車(chē)在各段軌道上所受摩擦（不含剎車(chē)時(shí)所增加的阻力）及空氣阻力均可認(rèn)為等于其自身總重量的0.01倍，剎車(chē)過(guò)程所增加的阻力可看作恒力，忽視電車(chē)經(jīng)過(guò)各道路交接處的能量損失及可能騰空對(duì)探討問(wèn)題的影響，g取10m/s2求：（1）電車(chē)到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大小vA；（2）電車(chē)從站臺(tái)B點(diǎn)到最終停止所需的時(shí)間t；（3）該電車(chē)站臺(tái)的高度h；【答案】（1）10m/s；（2）40s；（3）1.75m?！窘馕觥俊驹斀狻縱0=72km/h=20m/s，vB=18km/h=5m/s；（1）電車(chē)從切斷電源到A點(diǎn)的過(guò)程合外力為摩擦力，故由牛頓其次定律可得：0.01mg=ma1，所以，a1＝0.01g＝0.1m/s2；由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：vA=v0-a1t1=20m/s-0.1×100m/s=10m/s；（2）機(jī)車(chē)從B點(diǎn)到停止的過(guò)程受重力、支持力、摩擦力和阻力作用，故機(jī)車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)，則有12L＝12vBt，所以，電車(chē)從站臺(tái)B點(diǎn)到最終停止所需的時(shí)間（3）機(jī)車(chē)從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程只有重力和摩擦力做功，故由動(dòng)能定理可得：?mgh?0.01mgL＝12mvB2?12mvA所以，h＝27．如圖所示，一質(zhì)量為1kg的物體靜止放在粗糙程度相同的水平面上在t=0時(shí)刻，對(duì)物體加一斜向上、與水平方向成θ=37°角的力F的作用，物體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)一段時(shí)間后，撤去F的作用，最終停在水平面上，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中從t=0時(shí)刻起先，每隔0.1s通過(guò)速度傳感器測(cè)量出物體的瞬時(shí)速度，部分測(cè)量數(shù)據(jù)如下表所示，已知sin37°=0．6，g=10m/s2，求(1)力F的大??；(2)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中獲得的最大動(dòng)能；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體克服摩擦力所做的功?！敬鸢浮浚?）10N（2）18J（3）24J【解析】【詳解】⑴由題