《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專(zhuān)題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第1講 功、功率、動(dòng)能定理特訓(xùn)-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專(zhuān)題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第1講 功、功率、動(dòng)能定理特訓(xùn)-人教版高三全冊(cè)物理試題（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講 功、功率、動(dòng)能定理1(2016泰州一模)如圖所示是一種清洗車(chē)輛用的手持噴水槍設(shè)槍口截面積為0.6 cm2，噴出水的速度為20 m/s(水的密度為1103 kg/m3)當(dāng)它工作時(shí)，估計(jì)水槍的功率約為(A)A250 WB300 WC350 WD400 W2(2016蘭州試題)一光滑的斜面固定在水平面上，在斜面的頂端用擋板固定一質(zhì)量不計(jì)的彈簧，一滑塊以初速度v0由距離斜面底端為l處向右運(yùn)動(dòng)，沖上斜面體，并將彈簧壓縮到形變量最大處，此時(shí)滑塊距離水平面的距離為h，已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.則滑塊克服彈簧的彈力做功為(A)AmvmglmghBmvmglmghCmvmghDm

2、glmghmv解析：假設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到底端時(shí)的速度大小為v，則滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到斜面底端的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mglmv2mv，滑塊由斜面底端至彈簧壓縮最短的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mghW0mv2，由以上兩式可得Wmvmglmgh，A正確3(2016河北石家莊二中)2015年10月16日寧安高鐵試運(yùn)行動(dòng)車(chē)組?？吭阢~陵站把動(dòng)力裝置分散安裝在每節(jié)車(chē)廂上，使其既具有牽引動(dòng)力，又可以載客，這樣的客車(chē)車(chē)廂便叫做動(dòng)車(chē)而動(dòng)車(chē)組就是由幾節(jié)自帶動(dòng)力的車(chē)廂加幾節(jié)不帶動(dòng)力的車(chē)廂編成一組帶動(dòng)力的車(chē)廂叫動(dòng)車(chē)，不帶動(dòng)力的車(chē)廂叫拖車(chē)設(shè)動(dòng)車(chē)組運(yùn)行過(guò)程中的阻力與質(zhì)量成正比，每節(jié)動(dòng)車(chē)與拖車(chē)的質(zhì)量都相等，每節(jié)動(dòng)車(chē)的額定功率都相等若一節(jié)

3、動(dòng)車(chē)帶三節(jié)拖車(chē)時(shí)，最大速度為120 km/h；若改為五節(jié)動(dòng)車(chē)帶三節(jié)拖車(chē)時(shí)，最大速度為(C)A60 km/hB240 km/hC300 km/hD600 km/h解析：設(shè)每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量為m，開(kāi)一節(jié)動(dòng)車(chē)帶動(dòng)三節(jié)拖車(chē)以最大速度行駛時(shí)所受阻力為Ff14kmg(k為比例常數(shù))，每節(jié)動(dòng)力車(chē)的額定功率為P，則有4kmg0，當(dāng)改為開(kāi)五節(jié)動(dòng)車(chē)帶三節(jié)拖車(chē)以最大速度行駛時(shí)，則有8kmg0，聯(lián)立解得v2mv1m300 km/h，C正確4(2016福州質(zhì)檢)如圖所示，一個(gè)縱截面是等腰三角形的斜面體M置于水平地面上，它的底面粗糙，兩斜面光滑將質(zhì)量不相等的A、B兩個(gè)小滑塊(mAmB)同時(shí)從斜面上同一高度處?kù)o止釋放，在兩滑塊滑

4、至斜面底端的過(guò)程中，M始終保持靜止，則(B)AB滑塊先滑至斜面底端B地面對(duì)斜面體的摩擦力方向水平向左C兩滑塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同D地面對(duì)斜面體的支持力等于三個(gè)物體的總重力解析：設(shè)兩斜面的傾角為，對(duì)兩滑塊受力分析，由牛頓第二定律可知：兩滑塊下滑過(guò)程中的加速度agsin ，兩斜面的長(zhǎng)度相等，根據(jù)xat2，可知兩滑塊同時(shí)到達(dá)斜面的底端，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)vat，滑塊到達(dá)底端的速度大小相等根據(jù)功率定義可得Pmgvsin ，因兩滑塊的質(zhì)量不等，故到達(dá)斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；斜面體處于靜止?fàn)顟B(tài)，其受到的合力為零，對(duì)其受力分析，如圖所示，利用正交分解法，可知因mAmB，地面對(duì)斜

5、面體的摩擦力方向水平向左，地面對(duì)斜面體的支持力小于三者的重力之和，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤5(2016合肥模擬)一個(gè)小物體從斜面底端沖上足夠長(zhǎng)的斜面后又返回到斜面底端已知小物體的初動(dòng)能為E，它返回到斜面底端的動(dòng)能為，小物塊上滑到最大路程的中點(diǎn)時(shí)速度為v；若小物體以2E的初動(dòng)能沖上斜面，則有(AC)A返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為EB返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為C小物體上滑到最大路程的中點(diǎn)時(shí)速度為vD小物體上滑到最大路程的中點(diǎn)時(shí)速度為2v解析：設(shè)小物塊沿斜面上滑的最大高度為h，沿斜面上升的最大距離為x，由動(dòng)能定理得mghFfx0E，而hxsin ，式中為斜面傾角，可得x.由此可見(jiàn)小物塊沿斜面上升的距離x與初動(dòng)能

6、E成正比，而摩擦力做功Ffx與位移成正比，故當(dāng)小物塊以2E的初動(dòng)能上滑時(shí)，上滑的最大距離變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，損失的動(dòng)能(即克服摩擦力做的功)也為原來(lái)的2倍，故A正確，B錯(cuò)誤；選取小物塊從路程中點(diǎn)至最高點(diǎn)的過(guò)程，由v22ax得，故有v1v，C正確，D錯(cuò)誤6(2016太原調(diào)研)質(zhì)量為m的汽車(chē)在平直的路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過(guò)程的速度圖象如圖所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，B點(diǎn)后為平行橫軸的直線已知從t1時(shí)刻開(kāi)始汽車(chē)的功率保持不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中汽車(chē)所受阻力的大小恒為Ff，以下說(shuō)法正確的是(D)A0t1時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)牽引力的數(shù)值為mBt1t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的功率等于(mFf)v2Ct1t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的平均速

7、率小于D汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的最大速率v2(1)v1解析：0t1時(shí)間內(nèi)汽車(chē)的加速度大小為，m為汽車(chē)所受的合外力大小，而不是牽引力大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1時(shí)刻汽車(chē)牽引力的功率為Fv1v1，之后汽車(chē)功率保持不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t1t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的平均速率大于，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；牽引力等于阻力時(shí)速度最大，即t2時(shí)刻汽車(chē)速率達(dá)到最大值，則有v1Ffv2，解得v2v1，選項(xiàng)D正確7(2016太原模擬二)如圖，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動(dòng)很小，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，砝碼與紙板左端的距離及桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平

8、向右的恒定拉力F拉動(dòng)紙板，下列說(shuō)法正確的是(BC)A紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板所受摩擦力的大小為(Mm)gB要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)一定大于2(Mm)gC若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于，砝碼不會(huì)從桌面上掉下D當(dāng)F(2M3m)g時(shí)，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣解析：紙板相對(duì)于砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板受兩個(gè)摩擦力；桌面對(duì)紙板向左的摩擦力和砝碼對(duì)紙板向左的摩擦力，由FfFN得，F(xiàn)f(2Mm)g，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得，對(duì)砝碼有MgMa1，對(duì)紙板有F(2Mm)gma2，要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，則a1a2，聯(lián)立以上三式解得F2(Mm)g，選項(xiàng)B正確；設(shè)砝碼與紙板分離時(shí)通過(guò)的位移為x1，速度為v1，由動(dòng)能定理得Mgx1M

9、v，解得x1，設(shè)砝碼離開(kāi)紙板后運(yùn)動(dòng)的位移為x2，由動(dòng)能定理得Mgx2Mv，解得x2，則砝碼移動(dòng)的總位移為x1x2d，因此砝碼不會(huì)從桌面上掉下來(lái)，選項(xiàng)C正確；因?yàn)镕(2M3m)g2(Mm)g，所以砝碼相對(duì)紙板運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得砝碼的加速a1g，對(duì)紙板，F(xiàn)Ffma2，a22g，設(shè)砝碼離開(kāi)紙板前的位移為x3，紙板在砝碼離開(kāi)前的位移為x4，由勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得x3a1t2，x4a2t2，x4x3d，v2a1t，聯(lián)立以上各式解得x3d，即砝碼離開(kāi)紙板時(shí)，恰好到達(dá)桌面邊緣，此時(shí)砝碼的速度不為零，砝碼將從桌面上掉下，選項(xiàng)D錯(cuò)誤8(2016東北三省四市聯(lián)考一)A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力

10、F1、F2的作用，而從靜止開(kāi)始從同一位置出發(fā)沿相同方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)時(shí)間t0和4t0，當(dāng)二者速度分別達(dá)到2v0和v0時(shí)分別撤去F1和F2，以后物體做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停止兩物體運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖所示已知二者的質(zhì)量之比為12，下列結(jié)論正確的是(C)A物體A、B的位移大小之比是35B兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能不相等CF1和F2的大小之比是65D整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中F1和F2做功之比是65解析：vt圖象與兩坐標(biāo)軸所圍的面積表示質(zhì)點(diǎn)在對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，A、B兩物體的位移分別為x12v03t03v0t0，x2v05t0v0t0，故x1x265，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；撤去拉力后，A、B兩物體的加速度大小分別為a1，

11、a2，即a1a2g，故兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在加速過(guò)程中由牛頓第二定律可得F1m1gm1a1、F2m2gm2a2、a1、a2、g，而m22m1，故F1F265，選項(xiàng)C正確；全過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理知W1m1gx1，W2m2gx2，故整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中F1和F2做功之比W1W235，選項(xiàng)D錯(cuò)誤9(2016濟(jì)南模擬)(多選)假定地球、月球都靜止不動(dòng)，用火箭從地球沿地月連線向月球發(fā)射一探測(cè)器假定探測(cè)器在地球表面附近脫離火箭用W表示探測(cè)器從脫離火箭處飛到月球的過(guò)程中克服地球引力做的功，用Ek表示探測(cè)器脫離火箭時(shí)的動(dòng)能，若不計(jì)空氣阻力(地球質(zhì)量約為月球的6倍)則(BD)AEk必須大于或等于

12、W，探測(cè)器才能到達(dá)月球BEk小于W，探測(cè)器也可能到達(dá)月球CEkW，探測(cè)器一定能到達(dá)月球DEkW，探測(cè)器一定不能到達(dá)月球解析：因?yàn)樘綔y(cè)器從脫離火箭到飛到月球的過(guò)程中，探測(cè)器不但受到地球?qū)λ囊?，而且還到月球?qū)λ囊?，地球引力?duì)探測(cè)器做負(fù)功，月球引力對(duì)探測(cè)器做正功利用動(dòng)能定理得W地W月Ek末Ek(假設(shè)恰好到達(dá)月球，此時(shí)末動(dòng)能Ek末0)，可得EkW地W月W地W，可見(jiàn)，Ek小于W，探測(cè)器也能到達(dá)月球，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；又由地球質(zhì)量約為月球質(zhì)量的6倍，故地球?qū)μ綔y(cè)器產(chǎn)生的平均作用力比月球的大，做的功需滿足關(guān)系式EkW地W月W地W，可知當(dāng)EkW時(shí)，探測(cè)器不可能到達(dá)月球，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確10(2

13、016長(zhǎng)沙模擬一)如圖所示，已知物體與三塊材料不同的地毯間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為、2和3，三塊材料不同的地毯長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，首尾相連固定在水平地面上，該物體以一定的初速度v0從a點(diǎn)滑上第一塊地毯，且物體恰好滑到第三塊的末尾d點(diǎn)停下來(lái)，若讓物體從d點(diǎn)以相同的初速度水平向左運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是(ACD)A物體仍能運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)并停下來(lái)B物體兩次經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)速度大小相等C物體兩次經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)速度大小相等D物體第二次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)解析：物塊從a點(diǎn)開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgL2mgL3mgLmv，假設(shè)物塊從d向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程能到達(dá)a點(diǎn)，則根據(jù)動(dòng)能定理可知，表達(dá)式與以上完全相同，故物塊能運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)停下來(lái)，選項(xiàng)A正

14、確；由題意知，向右運(yùn)動(dòng)與向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)同一位置速度大小相等時(shí)，物塊的動(dòng)能減小量Ek必然相等，設(shè)兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度大小相同的點(diǎn)在b點(diǎn)右側(cè)s處，根據(jù)動(dòng)能定理，向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中mgL2mgsEk，向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程3mgL2mg(Ls)Ek，解得sL，即物體兩次經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)速度大小相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；圖中1、2分別表示向右運(yùn)動(dòng)與向左運(yùn)動(dòng)的兩次過(guò)程中的vt圖象，根據(jù)圖線知，如要保證位移相等，則第二次的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2大于第一次運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1，故選項(xiàng)D正確11(2016湖南十三校聯(lián)考一)有一物體由某一固定的長(zhǎng)斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，其動(dòng)能Ek隨離開(kāi)斜面底端的距離x變化的圖

15、線如圖所示，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，則以下說(shuō)法正確的是(BC)A斜面的傾角30B物體的質(zhì)量為m0.5 kgC斜面與物體間的摩擦力大小f2 ND物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t2 s解析：由于摩擦力的作用，物體返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于初動(dòng)能，結(jié)合圖象可知物體的初動(dòng)能Ek025 J，而返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek5 J，對(duì)物體沿斜面上滑的過(guò)程，由動(dòng)能定理有(mgsin mgcos )x0Ek0，對(duì)物體下滑的過(guò)程有(mgsin mgcos )xEk，將x5 m、Ek025 J、Ek5 J及0.5代入，解得m0.5 kg、37，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；斜面與物體間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小fmgcos 2 N

16、，C正確，物體上滑時(shí)的加速度大小為a1gsin gcos 10 m/s2，故上滑用時(shí)t11 s，下滑時(shí)加速度大小為a2gsin gcos 2 m/s2，故下滑用時(shí)t2 s，物體在斜面上運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為(1) s，D項(xiàng)錯(cuò)誤12(2016石家莊模擬一)如圖甲所示，在水平地面上固定一豎直輕彈簧，彈簧上端與一個(gè)質(zhì)量為0.1 kg的木塊A相連，質(zhì)量也為0.1 kg的木塊B疊放在A上，A、B都靜止在B上作用一個(gè)豎直向下的力F使木塊緩慢向下移動(dòng)，力F大小與移動(dòng)距離x的關(guān)系如圖乙所示，整個(gè)過(guò)程彈簧都處于彈性限度內(nèi)下列說(shuō)法正確的是(BC)A木塊下移0.1 m過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加2.5 JB彈簧的勁度系數(shù)為50

17、0 N/mC木塊下移0.1 m時(shí)，若撤去F，則此后B能達(dá)到的最大速度為5 m/sD木塊下移0.1 m時(shí)，若撤去F，則A、B分離時(shí)的速度為5 m/s解析：木塊緩慢向下移動(dòng)過(guò)程中，對(duì)A、B由動(dòng)能定理有WF(mAmB)gxW彈0，WF等于Fx圖象所圍的面積，即WF500.1 J2.5 J，故克服彈簧的彈力所做的功W彈WF(mAmB)gx2.7 J，故彈簧的彈性勢(shì)能增加量為2.7 J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；彈簧的彈力F彈F(mAmB)g，設(shè)Fx圖象的斜率為k，由圖乙可知，F(xiàn)kxxx500x，故F彈500x2，故F彈x圖象的斜率與Fx圖象的斜率相等，故彈簧的勁度系數(shù)k500 N/m，選項(xiàng)B正確；當(dāng)木塊A、B的加速

18、度a0時(shí)，即F彈(mAmB)g時(shí)，B的速度最大，對(duì)A、B，由動(dòng)能定理得W彈(mAmB)gx(mAmB)v，將W彈2.7 J，x0.1 m，代入解得B能達(dá)到的最大速度vm5 m/s，選項(xiàng)C正確；當(dāng)A、B間的彈力為0時(shí)，A、B分離，此時(shí)aAaBg，此位置在未施加力F時(shí)的位置上方，A、B從未施加力F時(shí)的位置向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于彈簧的彈力小于(mAmB)g，向上做減速運(yùn)動(dòng)，故A、B分離時(shí)的速度小于5 m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤13(2016內(nèi)蒙古包頭畢業(yè)年級(jí)水平測(cè)試與評(píng)估二)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑絕緣半圓軌道，處于方向水平且與軌道平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，軌道兩端點(diǎn)A、C高度相同，與圓心O在同一水平線上，軌

19、道的半徑為R.一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電的小球從槽右端的A處無(wú)初速地沿軌道下滑，滑到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)槽底的壓力為2mg，則在小球的滑動(dòng)過(guò)程中，有(BC)A小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為B小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為C小球在滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度為D小球在滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度為解析：小球沿軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)滿足FNmgm，則v，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；若小球不受電場(chǎng)力，則到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能守恒得mgRmv，得v1v，故小球從A到B的過(guò)程中電場(chǎng)力做了負(fù)功，即電場(chǎng)線方向水平向右，從A到B由動(dòng)能定理有mgRF電Rmv2，得F電mg，設(shè)小球下滑D點(diǎn)時(shí)速度最大，OD與豎直方向的夾角為，如圖所示，則由動(dòng)能定理有mgR

20、cos F電R(1sin )mv，由幾何關(guān)系可知sin ，cos 2，聯(lián)立可得最大速度為vm，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤14(2016陜西質(zhì)檢二)如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿AOB，桿的水平部分粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)0.20，桿的豎直部分光滑，兩部分分別套有質(zhì)量為2.0 kg和1.0 kg的小球A和B，A、B間用細(xì)繩相連；初始位置OA1.5 m，OB2.0 mg取10 m/s2，則：(1)若用水平拉力F1沿桿向右緩慢拉A，使之移動(dòng)0.5 m，該過(guò)程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？(2)若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B由初始位置以1.0 m/s的速度勻速上升0.5 m

21、，此過(guò)程中拉力F2做功多少？解析：(1)先對(duì)AB整體受力分析，如圖甲所示A、B小球和細(xì)繩整體豎直方向處于平衡A受到的彈力為FNA(mAmB)g則A受到的摩擦力為f(mAmB)g代入數(shù)據(jù)得f6 N由功能關(guān)系，拉力F1做功為W1fsmBgs代入數(shù)據(jù)得W18.0 J(2)如圖乙，設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為，因細(xì)繩不可伸長(zhǎng)，兩物體沿繩子方向的分速度大小相等，所以有vBcos vAsin 則A的初速度vA1vBcot 1 m/s末速度vA2vBcot 2 m/s設(shè)拉力F2做功為W2，對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)能定理得W2fsmBgsmAv2A2mAv2A1代入數(shù)據(jù)得W26.8 J答案：見(jiàn)解析15(2016天津河西區(qū)質(zhì)檢

22、)如圖所示，一塊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量m的扁平均勻規(guī)則木板通過(guò)裝有傳送帶的光滑斜面輸送斜面與傳送帶靠在一起連成一直線，與水平方向夾角為，傳送帶以較大的恒定速率轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送方向向上，木板與傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)已知木板放在斜面或者傳送帶上任意位置時(shí)，支持力均勻作用在木板底部將木板靜止放在傳送帶和光滑斜面之間某一位置，位于傳送帶部位的長(zhǎng)度設(shè)為x，當(dāng)xL/4時(shí)，木板能保持靜止(1)將木板靜止放在xL/2的位置，則木板釋放瞬間加速度多大？(2)設(shè)傳送帶與木板間產(chǎn)生的滑動(dòng)摩擦力為f，試在0xL范圍內(nèi)，畫(huà)出fx圖象；(本小題僅根據(jù)圖象給分)(3)木板從xL/2的位置靜止釋放，始終在滑動(dòng)摩擦力的作用下，移動(dòng)到xL的

23、位置時(shí)，木板的速度多大？(4)在(3)的過(guò)程中，木塊的機(jī)械能增加量設(shè)為E，傳送帶消耗的電能設(shè)為W，不計(jì)電路中產(chǎn)生的電熱，比較E和W的大小關(guān)系，用文字說(shuō)明理由解析：(1)xL/4時(shí)，f1mgsin xL/2時(shí)，摩擦力加倍，f22mgsin 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得agsin (2)如圖所示(3)利用(2)中圖象，可知摩擦力做功WmgLsin 由動(dòng)能定理有WmgLsin mv2得v(4)E小于W因?yàn)閭魉蛶c木板之間有滑動(dòng)摩擦，電能有一部分轉(zhuǎn)為了內(nèi)能(提到“內(nèi)能”“熱量”“摩擦產(chǎn)生熱量”等類(lèi)似語(yǔ)言)答案：(1)gsin (2)見(jiàn)解析(3)(4)E小于W16(2015江蘇卷)一轉(zhuǎn)動(dòng)裝置如圖所示，四根輕桿OA、

24、OC、AB和CB與兩小球及一小環(huán)通過(guò)鉸鏈連接，輕桿長(zhǎng)均為l，球和環(huán)的質(zhì)量均為m，O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間，原長(zhǎng)為L(zhǎng).裝置靜止時(shí)，彈簧長(zhǎng)為L(zhǎng).轉(zhuǎn)動(dòng)該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)AB桿中彈力為零時(shí)，裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度0；(3)彈簧長(zhǎng)度從L緩慢縮短為L(zhǎng)的過(guò)程中，外界對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)裝置所做的功W.解析：(1)裝置靜止時(shí)，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為1.小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈1k小環(huán)受力平衡 F彈1mg2T1cos 1小球受力平衡 F1cos

25、 1T1cos 1mg；F1sin 1T1sin 1解得k(2)設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為2，彈簧長(zhǎng)度為x.小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2k(xL)小環(huán)受力平衡 F彈2mg得xL對(duì)小球 F2cos 2mg，F(xiàn)2sin 2mlsin 2且cos 2，解得0(3)彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與彈簧的夾角為3.小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈3kL小環(huán)受力平衡 2T3cos 3mgF彈3且cos 3對(duì)小球 F3cos 3T3cos 3mg；F3sin 3T3sin 3mlsin 3解得3整個(gè)過(guò)程彈簧彈性勢(shì)能變化為零，則彈力做的功為零，由動(dòng)能定理W

26、mg2mg2m(3lsin 3)2解得 WmgL答案：(1)(2)(3)mgL15(2014福建卷)如圖為某游樂(lè)場(chǎng)內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切點(diǎn)A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的任意位置滑下，不計(jì)空氣阻力(1)若游客從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面上的D點(diǎn)，OD2R，求游客滑到B點(diǎn)時(shí)的速度vB大小及運(yùn)動(dòng)過(guò)程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點(diǎn)，又因受到微小擾動(dòng)，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道

27、，求P點(diǎn)離水面的高度h.(提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向m)解析：(1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有：2RvBtRgt2由式得：vB從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mg(HR)Wfmv0由式得：Wfmg(2RH)(2)設(shè)OP與OB間夾角為，游客在P點(diǎn)時(shí)的速度為vP，受到的支持力為FN，從B到P由機(jī)械能守恒定律，有：mg(RRcos )mv0過(guò)P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力公式，有：mgcos FNmFN0cos 由式解得：hR答案：(1)mg(2RH)(2)R18(2015山東理綜)如圖所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩等高定滑輪連接物塊置于左側(cè)滑輪正下方的

28、表面水平的壓力傳感裝置上，小球與右側(cè)滑輪的距離為l.開(kāi)始時(shí)物塊和小球均靜止，將此時(shí)傳感裝置的示數(shù)記為初始值現(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細(xì)繩的力，將小球緩慢拉起至細(xì)繩與豎直方向成60角，如圖乙所示，此時(shí)傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至最低位置時(shí)，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍不計(jì)滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g.求：(1)物塊的質(zhì)量；(2)從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過(guò)程中，小球克服空氣阻力所做的功解析：(1)設(shè)開(kāi)始時(shí)細(xì)繩的拉力大小為FT1，傳感器裝置的初始值為F1，物體質(zhì)量為M，由平衡條件得對(duì)小球，F(xiàn)T1mg對(duì)物塊，F(xiàn)1FT1Mg當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60時(shí)，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為FT2，傳感裝置的示數(shù)為F2，據(jù)題意可知，F(xiàn)21.25F1，有平衡條件得FT2mgcos 60，F(xiàn)2FT2mg，解得：M3m.(2)設(shè)小球經(jīng)最低點(diǎn)速度v，克服陰力做功為Wfmgl(1cos 60)Wfmv2在最低位置，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為FT3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據(jù)題意可知，F(xiàn)30.6F1，對(duì)小球，由牛頓第二定律得FT3mgm對(duì)物塊，由平衡條件得F3FT3Mg聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Ef0.1mgl.答案：(1)3 m(2)0.1 mgl