1_7. 10年高考真题——专题六.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 专题六　机械能守恒定律 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 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,由动能定理得mgh=12mv2,由几何关系得h=R-R cos θ,所以v=2gR(1-cosθ)。由于1-cos θ=2 sin2θ2,sinθ2=x2R,所以v=2gR(1-cosθ)=2gR×2×x24R2=xgR,故v正比于它到P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 (　　) A.hk+1　　　　　B.hk　　　　　C.2hk　　　　　D.2hk-1 答案　D　运动员从a处滑至c处,mgh=12mvc2-0,在c点,N-mg=mvc2R,联立得N=mg1+2hR,由题意,结合牛顿第三定律可知,N=F压≤kmg,得R≥2hk-1,故D项正确。 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Ek与水平位移x的关系图像正确的是 (　　) 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:ΔEk=ΔEp=mgΔh=mgΔx tan θ,即Ek=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。 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 (　　) A.μmgk　　　　　B.2μmgk　　　　　C.4μmgk　　　　　D.6μmgk 答案　C　对Q,根据平衡条件有kx=2μmg,则弹簧伸长量x=2μmgk。剪断轻绳后,P的运动为简谐运动,故其最大位移为2x=4μmgk,即C正确。 6.(2022浙江1月选考,12,3分)某节水喷灌系统如图所示,水以v0=15 m/s的速度水平喷出,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 (　　) 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 答案　D　根据功能关系可知,每秒水泵对水做功W=mgH+12mv02=2.0×10×3.75 J+12×2.0×152 J=300 J,则水泵输出功率P1=300 W,由题意可知,水泵输入功率P2=P175%=30075% W=400 W,故A、B、C错误;根据题意,电动机输出功率P出=400 W,故电动机线圈的热功率P热=I2R=UI-P出=40 W,则R=10 Ω,D正确。 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 B.单位时间流过面积A的流动空气动能为12ρAv2 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 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 答案　D　设转化效率为η,则P出=12m空v2·ηΔt=12·ρvA·v2·η=12ρAv3η,故输出电功率与v3成正比,A错;单位时间内流过面积A的空气动能为12ρAv3,B错;每天的发电量为E每天=P每天·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时,输出电功率最少为P出'=12ρAv'3η=120 kW,故每年发电量至少为P出'·5 000 h=6×105 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Fm-mg=ma1,即300 N-200 N=20a1(N),解得a1=5 m/s2;由v1=P额Fm得,匀加速运动的末速度v1=1200300 m/s=4 m/s,由v1=a1t1,得t1=45 s=0.8 s,该段位移x1=v12t1=42×0.8 m=1.6 m;由P额=mgvm得匀速运动的速度vm=1200200 m/s=6 m/s;匀减速运动的最大加速度a2=5 m/s2,匀减速运动的时间t3=vma2=65 s=1.2 s,该段位移x3=vm2t3=62×1.2 m=3.6 m,则变加速运动与匀速运动的总位移x2=(85.2-1.6-3.6) m=80 m,对该过程应用动能定理,P额t2-mgx2=12mvm2-12mv12,代入数据解得t2=13.5 s,则全程总时间t=t1+t2+t3=(0.8+13.5+1.2) s=15.5 s,故C正确。 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FB方向沿斜面向下、大小等于重力沿斜面分力减去A对B的弹力与斜面摩擦力,设斜面倾角为θ,有FB=mBg sin θ-FAB-μmBg cos θ,由于合力逐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;下滑过平衡位置后B所受合力大小FB'=FAB+μmBg cos θ-mBg sin θ逐渐增大,则A对B的弹力仍逐渐增大,C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mBa=mBg sin θ-FAB-μmBg cos θ,对A、B整体受力分析得(mA+mB)a=(mA+mB)g sin θ-Fx-μ(mA+mB)g cos θ,联立可得FABFx=mBmA+mB,可见弹簧对A的弹力Fx方向总是与A对B的作用力FAB相同、大小与FAB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x1和x2,上滑过程由能量守恒得12kx12=12kx22+mg(x1-x2) sin θ+f(x1-x2),解得k=2(mgsinθ+f)x1+x2,当位移为最大位移的一半时有F合=kx1-x1-x22-mg sin θ-f=0,则加速度为0,A错误。 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aA>aB,不满足题目中的运动情况,假设不成立,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 答案　AD　由图知0~3 s内F的大小为F1=4 N,3~6 s内F的大小F2=4 N;在0到3 s内,物块沿正方向做匀加速直线运动,F1-μmg=ma1,解得a1=2 m/s2,为正方向,3 s末的速度v1=a1t1=6 m/s;3 s末力F反向,物块先沿正方向减速到零,F2+μmg=ma2,解得a2=6 m/s2,为负方向,物块减速到零所用的时间t2=v1a2=1 s,即4 s末物块减速到零;在4~6 s内,物块再反向做匀加速直线运动,F2-μmg=ma3,解得a3=2 m/s2,为负方向。画出整个过程中的v-t图像如图所示。 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v1=6 m/s,动量p1=mv1=6 kg·m/s,C错误;由v-t图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x1=9 m、x2=3 m、x3=4 m,则F对物块做的功分别为W1=F1x1=36 J、W2=-F2x2=-12 J、W3=F2x3=16 J,则0~6 s时间内F对物块所做的功W=W1+W2+W3=40 J,D正确。 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~t1时间内,返回舱重力的功率随时间减小 B.在0~t1时间内,返回舱的加速度不变 C.在t1~t2时间内,返回舱的动量随时间减小 D.在t2~t3时间内,返回舱的机械能不变 答案　AC　PG=mgv,0~t1时间内,v减小,PG减小,A正确;在0~t1时间内图像斜率减小,加速度减小,B错误;t1~t2时间内,由p=mv,v减小,返回舱动量p减小,C正确;t2~t3时间内,v不变,Ek不变,返回舱下落,重力势能Ep减小,故返回舱机械能减小,D错误。 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 答案　ABD　由F=Pv得从M到N的牵引力F=2005 N=40 N,A正确。从M到N,匀速运动的速度v=5 m/s,t=xv=4 s,由动能定理有Pt-Wf=0,则克服摩擦力做功Wf=800 J,B正确。从P到Q上升高度h=xPQ sin 30°=10 m,ΔEp=-WG=mgh=5×103 J,运动时间t'=xPQv'=10 s,由动能定理有P't'-mgh-Wf'=0,得克服摩擦力做功Wf'=700 J,C错,D正确。 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 (　　) A.物块与斜面间的动摩擦因数为23 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 J、摩擦力做功大小μmgL cos 45°=6 J,故μ=13,A错误。由于拉力与斜面平行、大小与摩擦力相等,当拉力沿斜面向上,重力做功为mgL2 sin 45°=9 J时,物块动能为Ek=mgL2 sin 45°-2μmgL2 cos 45°=3 J,B正确。当拉力沿斜面向上时:mg sin 45°-2μmg cos 45°=ma1,向下时:mg sin 45°=ma2,解得a1=26g、a2=22g,a1∶a2=1∶3,故C正确。结合v2=2aL,当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的速度大小之比为13,则动量p=mv大小之比也为13,D错误。 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mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为g3。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(　　) A.物体P和Q的质量之比为1∶3 B.2T时刻物体Q的机械能为E2 C.2T时刻物体P重力的功率为3E2T D.2T时刻物体P的速度大小为2gT3 答案　BCD　由静止释放后,利用整体法结合牛顿第二定律可知,(mQ-mP)g=(mQ+mP)a,由于a=g3,则mPmQ=12,选项A错误;设P物体质量为m,则Q物体质量为2m, 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v1'=v1=g3T,绳子断开之后,P做竖直上抛运动,设再经t0到达与Q释放位置(C点)等高处,根据匀变速直线运动公式有0=v1'-gt0,得t0=T3,则开始时P、Q的高度差h=x1+x2=0+v1'2T+0+v1'2·T3=29gT2,所以t=0时刻,Q的机械能E=2mgh=49mg2T2,2T时刻Q运动到F点,速度为v2=v1+gT=43gT,在0~2T时间内,Q下落的距离H=0+v12T+v1+v22T=gT2,所以在2T时刻Q的机械能为E'=-2mg(H-h)+12·2mv22=29mg2T2=E2,选项B正确;P到达最高点之后,再经过t'=23T到达2T时刻,此时P的速度为v2'=gt'=23gT,选项D正确;在2T时刻,物体P重力的功率P=mgv2'=23mg2T,结合上述分析,得P=3E2T,选项C正确。 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大于200 N,向上减速过程则小于200 N,故A选项错误。由I=PU=5×103400 A=12.5 A,可知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=mght=100 W,故实际消耗的平均功率大于100 W,故C项错误,D项正确。 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弹-Wf=0,选项D正确。 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 答案　ABD　舰载机弹射过程中的加速度a=v22x=80 22×100 m/s2=32 m/s2,选项D正确;对舰载机在水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F弹+F发-20%(F弹+F发)=ma,解得:F弹=1.1×106 N,选项A正确;由功的定义得:W弹=F弹·x=1.1×108 J,选项B正确;由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t=va=8032 s=2.5 s,由功率的定义得:P弹=W弹t=4.4×107 W,选项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vm,输出功率为2P时,最大速率为vm'。由P=Fv=fvm=kvm2得vm=Pk,所以vm'vm=2PP=2,因此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F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则(　　) A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1　　　　　　B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1 C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1　　　　　　D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1 答案　C　WF1=12mv2+μmg·v2t,WF2=12m·4v2+μmg2v2t,故WF2<4WF1;Wf1=μmg·v2t,Wf2=μmg·2v2t,故Wf2=2Wf1,C正确。 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(　　) 答案　A　由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0<v1,则0~t1时间内汽车先加速有:P1v-f=ma1,可见a1随着v的增大而减小,选项B、D错误。若v0=v1,汽车在0~t1时间内匀速运动,因选项中不涉及v0>v1的情况,故不作分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,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有:P2v-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故A正确、C错误。 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k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则(　　) A.v2=k1v1　　　　　　B.v2=k1k2v1　　　　　　C.v2=k2k1v1　　　　　　D.v2=k2v1 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=k1mgv1及P=k2mgv2,得v2=k1k2v1,故B正确。 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(　　) A.a=2(mgR-W)mR　　　　　　B.a=2mgR-WmR C.N=3mgR-2WR　　　　　　D.N=2(mgR-W)R 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=12mv2,在最低点的向心加速度a=v2R,联立得a=2(mgR-W)mR,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N=3mgR-2WR,选项C正确。 23.(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(　　) A.动摩擦因数μ=67 B.载人滑草车最大速度为2gh7 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 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f1、f2 f1=μmg cos 45° f2=μmg cos 37° 整个过程由动能定理列方程: mg·2h-f1·hsin45°-f2·hsin37°=0① 解得:μ=67,A项正确。 滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程: mgh-f1·hsin45°=12mv2② 解得:v=2gh7,B项正确。 由①式知:Wf=2mgh,C项错误。 在下段滑道上,mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2 解得:a2=-335g,故D项错误。 24.(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 B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为14mv2 C.在C处,弹簧的弹性势能为14mv2-mgh 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Wf,由动能定理 mgh-Wf-W弹=0-0 上滑过程中 -mgh-Wf+W弹=0-12mv2 联立得Wf=14mv2,选项B正确。 W弹=mgh-14mv2,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,选项C错误。 设从B到C克服弹簧弹力做功为W弹',克服摩擦力做功为Wf' 故有下滑过程从B→C -W弹'+mghBC-Wf'=0-12mvB2① 上滑过程从C→B W弹'-mghBC-Wf'=12mvB'2-12mv2② 联立①②可得 12mvB2-2Wf'+12mv2=12mvB'2 因Wf'<Wf=14mv2 故2Wf'<12mv2 则有12mvB'2>12mvB2 vB'>vB,选项D正确。 25.(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(　　) A.14mgR　　　　　　B.13mgR　　　　　　C.12mgR　　　　　　D.π4mgR 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FN=2mg,由牛顿第二定律得FN-mg=mvQ2R,vQ2=gR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理得:mgR-Wf=12mvQ2-0,得:Wf=12mgR,因此,A、B、D错误,C正确。 26.(2013江苏单科,5,3分)水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(　　) A.30%　　　　　　B.50%　　　　　　C.70%　　　　　　D.90% 答案　A　由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为:x1=6 mm、x1'=x2'=3.5 mm,设照片的放大率为k、闪光周期为T,则有12mx1kT2-12mx1'kT2-12mx2'kT212mx1kT2=x12-x1'2-x2'2x12=0.319,故A正确。 27.(2011课标,15,6分)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。此后,该质点的动能可能(　　) A.一直增大 B.先逐渐减小至零,再逐渐增大 C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小 D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大 答案　ABD　当恒力方向与质点原来速度方向相同时,质点的动能一直增大,故A正确。当恒力方向与质点原来速度方向相反时,速度先逐渐减小到零再逐渐增大,质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大,故B正确。当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时,将原来速度v0分解为平行恒力方向的vy、垂直恒力方向的vx,如图甲,vy先逐渐减小到零再逐渐增大,vx始终不变。由v=vx2+vy2,知质点速度v先逐渐减小至vx再逐渐增大,质点的动能先减小至某一非零的最小值,再逐渐增大,故D正确。当恒力方向与v0方向夹角小于90°时,如图乙,vy一直增大,vx始终不变,质点速度v逐渐增大,动能一直增大,没有其他情况,故C错误。 甲　　　　　　　　　　乙 评析　本题考查力与运动的关系,漏选的原因是没能将速度分解成图甲来分析。 28.(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Ek与时间t的关系图像是(　　) 答案　A　设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-12gt2,联立得Ek=12mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确。 29.(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Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　) 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升=mg sin α+μmg cos α大小恒定,下降过程中F降=mg sin α-μmg cos α大小恒定。说明在Ek-x图像中,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Ekt<Ek0,故选项C正确。 30.(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。 31.(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 由几何关系得acosθ+(20m-a)cosθ=16masinθ-(20m-a)sinθ=2m 联立解得a=353 m,所以绳子最低点与参考平面的竖直距离为353 m·sin θ=7 m,猴子的重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Ep=-mgh=-750 J,选B。 32.(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13l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为(　　) A.19mgl　　　　　　B.16mgl　　　　　　C.13mgl　　　　　　D.12mgl 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13的绳的重力做功,W外 =|WG| ,而下面13的绳重心升高13l,故克服重力做的功大小为|WG|=m0g·13l,又m0=13m,则W外=|WG|=13mg·13l=19mgl,故A选项正确。 33.(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(　　) A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于32mg B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mg C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为32mgL 答案　AB　本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律。 A球初态v0=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,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A的动能达到最大之前,B受到地面的支持力小于32mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此