第5天+機械能講義+-2024屆高考物理考前15天滿分計劃

第5天機械能

0知識必備

一、功、功率的分析與計算

1.功的計算

(1)恒力做功一般用功的公式或動能定理求解.

(2)變力做功通常應用動能定理、微元法、等效轉化法、平均力法、圖像法求解，或者利

用恒定功率求功W=PL

2.功率的計算

(1)明確是求瞬時功率還是平均功率.

。=半側重于平均功率的計算，P=Fvcosa(a為/和速度v的夾角)側重于瞬時功率的計

算.

(2)機車啟動(「用不變)

①兩個基本關系式：P=Fv,F~F^=ma.

②兩種常見情況

a.恒定功率啟動：P不變，此時做加速度減小的加速運動，直到達到最大速度Vm,此

過程Pt—F^s=^mvn?\

b.恒定加速度啟動：開始階段。不變，達到額定功率后，然后保持功率不變，加速度

逐漸減小到零，最終做勻速直線運動.

無論哪種啟動方式，最大速度都等于勻速運動時的速度，即

二、功能關系及應用

1.常見功能關系

能量功能關系表達式

重力做功等于重力勢能減少量

彈力做功等于彈性勢能減少量

勢能W—EpiEP2—AEp

靜電力做功等于電勢能減少量

分子力做功等于分子勢能減少量

W=Ek2-Ek\=1

動能合外力做功等于物體動能變化量

wvo2

除重力和彈力之外的其他力做功

機械能W柒他=E2—EI=AE機

等于機械能變化量

摩擦產

一對相互作用的摩擦力做功之和

生的內Q=Ff-s相對s相對為相對路程

的絕對值等于產生的內能

能

電能克服安培力做功等于電能增加量W茫安=E2—EI=AE

2.功能關系的理解和應用

功能關系反映了做功和能量轉化之間的對應關系，功是能量轉化的量度.

⑴根據功能之間的對應關系，判定能的轉化情況.

(2)根據能量轉化，可計算變力做的功.

三、動能定理的綜合應用

1.應用動能定理解題的步驟圖解：

2.應用動能定理的四點提醒：

(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學方法要

簡捷.

(2)動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理是沒有依據的.

(3)物體在某個運動過程中包含幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程)，對全

過程應用動能定理，往往能使問題簡化.

(4)多過程往復運動問題一般應用動能定理求解.

四、機械能守恒定律及應用

1.判斷物體或系統(tǒng)機械能是否守恒的三種方法

定義判斷法看動能與勢能之和是否變化

沒有與機械能以外的其他形式的能轉化時，系統(tǒng)機械能

能量轉化判斷法

守恒

做功判斷法只有重力(或彈簧的彈力)做功時，系統(tǒng)機械能守恒

2.機械能守恒定律的表達式

要選參考

一平面

三

種不用選參

形

式考平面

不用選參

考平面

3.連接體的機械能守恒問題

最大時，速度可能為0

輕彈簧①同一根彈簧彈性勢能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈

模型性限度內，形變量相等，彈性勢能相等

②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當彈簧形變量最

大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長度

時，彈簧彈性勢能最小(為零)

說明：以上連接體不計阻力和摩擦力，系統(tǒng)(包含彈簧)機械能守恒，單個物體機械能不

守恒.

五、能量守恒定律及應用

1.含摩擦生熱、焦耳熱、電勢能等多種形式能量轉化的系統(tǒng)，優(yōu)先選用能量守恒定律.

2.應用能量守恒定律的基本思路

⑴守恒：E產E末,初、末總能量不變.

(2)轉移：EA^=EB^A物體減少的能量等于B物體增加的能量.

(3)轉化：|AE般|=|AE增|,減少的某些能量等于增加的某些能量.

Q易錯易混

機車的兩種啟動方式

兩種方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動

p-t圖和

吁《圖

0A過程分析

段t=>P=Fvt

F-F阻直到P額=F%

m

運動性質加速度減小的加速直線運動勻加速直線運動，維持時間給=￡

AB過程分析/_F=Q_O=F

vT^>F=—

段m

運動性質以速度為做勻速直線運動加速度減小的加速直線運動

BC過程分析一尸=~阻=a=°=3

段運動性質RI

以速度小做勻速直線運動

立方法必知

1.機械能守恒的判斷

定義判斷法看動能與勢能之和是否變化

能量轉化機械能沒有與其他形式的能

判斷法轉化時，系統(tǒng)機械能守恒

做功判只有重力（或系統(tǒng)內彈簧的彈力）

斷法做功時，系統(tǒng)機械能守恒

2.機械能守恒定律的表達式

三

種

形

式

3.連接體的機械能守恒問題

共速率

模型

分清兩物體位移大小與高度變化關系

0.__6—^4

共角速

/■：，/5

度模型

兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比

關聯(lián)速

度模型

此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關系，當

某物體位移最大時，速度可能為（）

////{////

①同一根彈簧彈性勢能大小取決于彈簧形變量的大

輕彈簧

小，在彈簧彈性限度內，形

模型

變量相等，彈性勢能相等

②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當彈

費形變量最大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速

度；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最?。榱悖?/p>

令令6。

真題回顧

1.（2023?新課標）無風時，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下

落。一質量為〃?的雨滴在地面附近以速率-下落高度〃的過程中，克服空氣阻力做的功

為（重力加速度大小為8）（）

2

A.0B.mghC.—AMV2-mghD.—znv+ingh

2.（2023?山東）《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉筒車往稻田里引水的場景。

引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度勻速轉動。水筒在筒車上均勻

排布，單位長度上有〃個，與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質量為”的

水，其中的60%被輸送到高出水面〃處灌入稻田。當?shù)氐闹亓铀俣葹間,則筒車對灌

入稻田的水做功的功率為（）

A.2嗎,B.3嗎RHD.，叫。

c

3.（2023?河北）如圖，質量為〃?的小球穿在固定光滑桿上，與兩個完全相同的輕質彈

簧相連。開始時將小球控制在桿上的4點，彈簧1豎直且處于原K,彈簧2處于水平伸

長狀態(tài)，兩彈簧可繞各自轉軸。，O2無摩擦轉動。3為桿上的另一個點，與4、。2

構成矩形，AB=2AO]0現(xiàn)將小球從A點釋放，兩彈簧始終處于彈性限度內。下列說法正

確的是（）

A.小球沿桿在川之間做往復運動

B.與沒有彈筮時相比，小球從A點運動到月點所用的時間更短

C.小球從A點運動到8點的過程中，兩個彈簧對小球做的總功為零

D.小球從A點運動到B點的過程中，彈簧2的彈性勢能先減小后增大

4.（2023?乙卷）如圖，一質量為M、氏為/的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為

〃，的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度％開始運動。已知物塊與木板間的滑

動摩擦力大小為了,當物塊從木板右端離開時（）

A.木板的動能一定等于J7

B.木板的動能一定小于J7

C.物塊的動能一定大于力

D.物塊的動能一定小于;〃-/7

5.（2023?遼寧）某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練

中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到匕=8（）〃?/5時離開水

面，該過程滑行距離￡=1600/〃、汲水質量機=1.0xl（T依。離開水面后，飛機攀升高度

〃=10（加時速度達到丹=100〃〃5,之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水。

取重力加速度求：

（1）飛機在水面滑行階段的加速度〃的大小及滑行時間，；

（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量也七。

6.（2023?甲卷）如圖，光滑水平桌面上有一輕質彈簧，其一端固定在墻上。用質量為小

的小球壓彈簧的另一端，使彈簧的彈性勢能為昂。釋放后，小球在彈簧作用卜從靜止開

始在桌面上運動，與彈簧分離后，從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間，其平

行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等；垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的

小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為人重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。

求：

（1）小球離開桌面時的速度大小:

（2）小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離。

區(qū)域模擬

1.（2024?西安校級模擬）如圖甲所示，風洞是人工產生和控制的氣流，用以模擬飛行

器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行上升表演中，表演者的質量；〃=50依，為

提高表演的觀賞性、控制風速口的平方與表演者上升的高度力間的關系圖像如圖乙所示,

在風力作用的正對面積不變時，風力大小￡=0.05F1采用國際單位制），取重力加速度

大小g=10〃?/『。表演者開始靜臥于力=0處，打開氣流，在表演者從最低點到最高點的

運動過程中，下列說法正確的是（）

A.表演者開始靜臥于力=0處，打開氣流時，風力大小為600N

B.表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動

C.表演者的加速度為。時所處的高度為10/〃

D.表演者在上升過程中機械能守恒

2.（2024?如皋市二模）如圖所示，傾角6=30。的光滑固定斜面上，輕質彈簧下端與固

定板C相連，另一端與物體A相連。A上端連接一輕質細線，細線繞過光滑的定滑輪與

物體8相連且始終與斜面平行。開始時托住8,A處于靜止狀態(tài)且細線恰好伸直，然后

由靜止釋放已知4、8的質量均為機，彈簧的勁度系數(shù)為0重力加速度為g,B始

終未與地面接觸。從釋放3到8第一次下落至最低點的過程中，下列說法中正確的是（

)

A.剛釋放3時，A受到細線的拉力大小為,〃g

B.A的最大速度為序

C.8下落至最低點時，彈簧的彈性勢能最小

D.8下落至最低點時，A所受合力大小為，華

3.（2024?海南模擬）如圖所示，物體〃與。通過輕彈簧連接，。、c、d三個物體用不

可伸長的輕繩通過輕滑輪連接，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，〃恰好和地面無擠壓。已知外c質

量均為機，d質量為2〃”彈簧的勁度系數(shù)為0物體在運動過程中不會與滑輪相碰，不

計一切阻力，重力加速度為g。將c與d間的線剪斷，下列說法正確的是（）

A.的質量為〃7

B.此時〃的瞬時加速度為《

2

C.人下降煙時的速度最大

k

D.〃下降&這時彈簧彈性勢能最大

k

4.（2024?二模擬）某實驗興趣小組對新能源車的加速性能進行探究。他們根據自制的

電動模型車模擬汽車啟動狀態(tài)，并且通過傳感器，繪制了模型車從開始運動到剛獲得最

大速度過程中速度的倒數(shù)1和牽引力尸之間的關系圖像已-尸），如圖所示。已知模型車

vv

的質量加=1依，行駛過程中受到的阻力恒定，整個過程時間持續(xù)5s,獲得最大速度為

4〃?/s,則下列說法正確的是（)

A.模型車受到的阻力大小為IN

B.模型車勻加速運動的時間為2s

C.模型車牽引力的最大功率為6W

D.模型車運動的總位移為14〃？

5.（2024?碑林區(qū)校級模擬）隨著技術的不斷進步和成本的不斷降低，無人機快遞物流

將會逐漸普及，無人機配送將在未來重塑物流行業(yè)。某次無人機載重測試，無人機在8

個相同旋轉葉片的帶動下豎直上升，其動能々隨位移式變化的關系如圖所示。已知無人

機及其載重總質量為6=10a，重力加速度大小為1（加//,不計空氣阻力，此過程中無

人機（）

A.0~5m加速階段，每個葉片提供的升力大小為8N

B.5〃z~10/〃減速階段，每個葉片提供的升力大小為6N

C.0~10,〃的上升過程中，無人機及其載重的機械能增加了32（1/

D.〃的上升過程中，無人機受到的升力的平均功率為144W

6.（2024?寶雞模擬）如圖所示為某緩沖裝置模型，輕質彈簧與輕桿相連，輕桿可在固

定的槽內沿水平方向左右移動，輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現(xiàn)小車以

水平速度%撞擊彈簧，輕桿恰好向右移動距離/,不計小車與地面間的摩擦，則（）

Vo

一

/輕桿

10000000J—

A.輕桿移動距離/的過程中先做勻加速再做勻減速運動

B.彈簧被壓縮最短時，輕桿的速度達到最大

C.根據小車運動的對稱性可知，小車以%的速率被彈簧彈回

D.彈簧的彈性勢能最大時，輕桿向右加速的加速度達到最大

7.（2024?貴州模擬）如圖所示，某一斜面的頂端到正下方水平面O點的高度為3斜面

底端與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端由靜止開始滑下，滑到水平面上的4點

停下。已知小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為〃，A點到O點的距離為X,斜

面傾角為6。則下列說法E確的是（）

A

不

A.木塊沿斜面下滑的過程中，摩擦力對木塊做功為

B.若保持/?和〃不變，e增大，木塊應在A點左側停下

C.若保持力和〃不變，0增大，木塊應在A點右側停下

D.若保持/?和〃不變，將斜面底端延長至A點，木塊則剛好不下滑

8.（2024?重慶模擬）如圖所示，質量均為m的物塊A和B用輕彈簧相連，放在光滑的

斜面上，斜面的傾角0=30。，8與斜面底端的固定擋板接觸，彈簧的勁度系數(shù)為3A通

過一根繞過定滑輪的不可伸長的輕繩與放在水平面上的物塊。相連，各段繩均處于剛好

伸直狀態(tài)，A上段繩與斜面平行，C左側繩與水平面平行，C的質量也為機，斜面足夠

長，物塊C與水平面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5,重力加速度為g?，F(xiàn)給C與一個向右的

初速度，當C向右運動到速度為零時，5剛好要離開擋板，求：

（1）物塊C開始向右運動的初速度大??；

（2）若給C施加一個向左的水平恒力耳（未知）使C向右運動，當8剛好要離開擋板

時，物塊A的速度大小為v,則拉力￡多大？

（3）若給。一個向右的水平恒力K（未知）使C向右運動，當3剛好要離開擋板時,

物塊A的加速度大小為〃，此時拉力K做的功是多少？

9.（2023?浙江模擬）如圖為某游戲裝置的示意圖。AB.8均為四分之一圓弧，E為

圓弧的最高點，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。G”與水平夾角為。=37。，底

端”有一彈簧，A、R、。、〃在同一水平直線上。一質量為0.01依的小鋼球

（其直徑稍小于圓管內徑，可視作質點）從距A點高為。處的O點靜止釋放，從A點沿

切線進入軌道，3處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小

鋼球被吸在13點。若小鋼球能夠運動到H點，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R=0.6m,

長L=2/",水平直軌道和的動摩擦因數(shù)〃=0.5,其余軌道均光滑，小鋼球通

過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時，小鋼球從O點出發(fā)恰能第一

次通過圓弧的最高點石。（sin37o=0.6,8837。=0.8,g=求：

（1）小鋼球第一次經過。點時的速度大?。?

（2）小鋼球第一次經過圓弧軌道最低點2時對軌道的壓力大小七（保留兩位小數(shù)）；

（3）若改變小鋼球的釋放高度/?,求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與％的函數(shù)

10.（2024?涼山州模擬）如圖所示，一輕質彈性繩原長為04,上端固定在O點，下端

連接一小物體豎直拉伸彈性繩后置于粗糙水平地面上的8處。在A位置緊挨彈性繩右側

固定一光滑擋桿，在彈性繩彈性限度內，讓物體在水平向右的恒力/作用下從3點經C

運動到。點，AC=2八A,AO=3A4,點O、A、B、C、。在同一豎直平面內，彈性繩

的勢能正比于形變量的平方。則以下說法正確的是（）

/4/〃

0

777777$。77'7'rnTE3r5T77Tnfm7777771777

BCD

A.物體從4到。做勻加速直線運動

B.物體從8到C與從C到。彈性繩勢能的增量相等

C.物體運動過程中所受的摩擦力不變

D.物體從8到。與從。到。摩擦生熱相等

考前押題

1.如圖所示，ABC為一彈性輕繩，其彈力大小符合胡克定律。彈性輕繩一端固定于A點，

另一端連接質量為，〃的小球，小球穿在豎直桿上。輕桿可一端固定在墻上，另一端為

定滑輪。若彈性較純自然長度等于回，初始時ABC比一條水平線上，小球從。點由靜

止釋放滑到E點時速度恰好為零。已知C、E兩點間距離為〃，。為CE的中點，重力加

速度為g，小球在C點時彈性繩的拉力為拳，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.6,彈性

輕繩始終處在彈性限度內，其彈性勢能的表達式為與=，履之，其中k為勁度系數(shù)、x為

伸長量。則小球下滑經過D點時的速度大小為（?

QE

ABCD

ioioio?10

2.如圖，傾角為30。的足夠長的光滑斜面體ABC固定放置在水平地面上，在A點的上方

再固定一光滑的細桿，細阡與豎直方向的夾角為30。，質量均為〃?的小球甲、乙（均視

為質點）用長為L的輕質桿通過錢鏈連接（錢鏈的質量忽略不計）小球甲套在細桿上，

小球乙放置在斜面上A點，重力加速度大小為g。現(xiàn)讓小球甲、小球乙由靜止釋放，小

球乙一直沿著斜面向下運動，當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時，小球甲的動能

3(6+1),八3(73+1)/

rC.-------ingLD.———mgL

3.如圖所示，質量為1依的物塊〃與質量為4.36依的物塊人用不可伸長的輕繩跨接在一光

滑的輕質定滑輪（大小可忽略）兩側，滑輪上側到水平光滑桌面高度〃=12〃??！ㄔ谧烂?/p>

的上方，b在桌面上，初始時八b在外力控制下均靜止,右側繩與豎直方向的夾角為37。o

撤去控制，用大小恒為20N的力尸水平向右拉力，。、。開始運動，外》均可看作質點，

人始終未離開桌面，重力加速度g取10/〃//，sin37°=0.6,cos37°=0,8o一段時間后，右

側繩與豎直方向的夾角變?yōu)?3。。在此瞬間,a的速度大小為（)

A.6mlsB.5m/sC.48〃/sD.3.6,77/5

4.如圖所示，貨艙尸中的兩種谷物需要通過如下裝置進行分離。谷物以相同的初速度

%=3及〃〃5通過半徑為寵=0.4〃?的光滑半圓軌道的最高點4,并沿圓軌道運動至最低點

B（最低點3與傳送帶平滑連接），之后谷物通過長度為L的傳送帶運動至另一端點C,

最終從點。水平飛出落至收集板上，谷物落到收集板后保持靜止。利用不同谷物與接觸

面間不同的動摩擦因數(shù)〃這一特性，并通過調節(jié)傳送帶運行速度1，和傳送帶長度L來達

到分離的目的，分離效果可由收集板上兩種谷物的間距x來衡量。兩種谷物和傳送帶間

的動摩擦因數(shù)分別是0.2和0.4,點C距收集板的高度為〃=1.25〃?。不考慮輪的半徑及谷

物在連接處的能量損失，小考慮谷物間的碰撞，忽略空氣阻力，重力加速度g=10機

（結果可以保留根號形式）

（1）求谷物運動至點8時的速度大??；

（2）若傳送帶逆時針轉動，調整傳送帶長度乙=2.25股，求盯

（3）現(xiàn)調整傳送帶順時針運行速度為u=9,〃/s,為保證谷物的分離效果良好，需滿足

X.0.5/H,求傳送帶長度L的取值范圍。

5.如圖所示，用輕繩將足夠長的木板3與小物體C連接，3由靜止開始運動的同時，

小物體A從8的右端開始向左運動。已知4的質量為股=2依，初速度為％=3加5。4、

8間動摩擦因數(shù)為〃=0.3,3的質量為加=1依，剛開始運動時小距滑輪乙=10/〃，3碰滑

輪后靜止。C的質量為〃?=1依，剛開始運動時，C距地而，=9/〃，C撞地面后靜止。忽

略A、4以外的一切摩擦，g取IO,"/.1,求：

（1）4滑上“后，A、5加速度的大?。ズ?;

（2）A從滑上到離開木板8的時間f;

（3）4在5上滑行因摩擦而產生的熱量Q。

H

真題回顧

1.【答案】B

【解答】解：雨滴下落過程，在重力和阻力作用下做勻速直線運動，設克服空氣阻力做

的功為I%，則空氣阻力對雨滴做功為-此工，雨滴在地面附近以速率I，下落高度力的過程

中，由動能定理得："@L%=0

解得：=mgh

故4正確，AC。錯誤。

故選：B。

2.【答案】B

【解答】解：每個水筒中水的重力為G=mg

水筒的線速度為u=oR

取足夠長的一段時間/內，裝水的水筒個數(shù)為N=〃w=〃oR

筒車對灌入稻田的水做功的功率為。=叱="%NGH=3，"〃g①RH

tt5

故8正確，A8錯誤。

故選：Bo

3.【答案】BC

【解答】解：AC.根據對稱性可知，小球從A點運動到B點的過程中，兩個彈簧對小

球做的總功為零，根據功能關系可知小球由于重力做功，在8點的速度不為0,所以小

球不會在之間做往復運動，故A錯誤，C正確；

B.與沒有彈簧時相比，小球從A點運動到8點的速度相等，沒有彈簧時，小球運動的

加速度為

a=gsin0

有彈簧時加速度先大于gsinO,AB=2AOi,然后一直減小，且小球運動到A4中點時，加

速度為gsin。，i—圖像如圖

由圖可知與沒有彈簧時相比，小球從A點運動到A點所用的時間更短，故4正確；

。.小球從A點運動到B點的過程中，彈簧2的彈性勢能先減小后增大再減小，故。錯

誤：

故選：BCo

4.【答案】BD

【解答】解：設物塊離開木板時的速度為匕，此時木板的速度為匕，由題可知

匕>%

設物塊的對地位移為乙,木板的對地位移為幾

CD、根據能量守恒定律可得

整理解得

=；相片一;一力vgw：-fl

故C錯誤，。正確；

AB.因摩擦產生的熱量為

Q=#=/（x,”f）

根據運動學公式可得/=殳土乜

f'J2

XM

由于Vo>V]>V2

所以（＞2%

故/f=/f

故卬=笈"v#

故A錯誤，8正確；

故選：BDo

5.

【解答】解：（1）根據運動學公式可得

V12=2aL

解得a=—=———m/52=2m/s2

2L2x1600

根據匕=%+atof得

V）80

t=—=—s=4O.v

a2

（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量為

/\E=/\Ek+△Ep=；tnvi-g4-mgh

=-X1.0X104X1002J--X1.0X104X802J+1.0X104X10X1007=2.8X107J

22

答：（1）飛機在水面滑行階段的加速度〃的大小為2,〃//,滑行時間/為405；

（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量也石為2.8x10"。

6.【答案】（1）小球離開桌面時的速度大小為再;

⑵小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離盛

【解答】解：（1）設小球離開桌面時速度大小為v0,對小球和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械

能守恒定律得：Ep成

解得：

（2）設小球從離開桌面到第一次落地所用時間為/，則落地點距飛出點的水平距離X=R

落地瞬間豎直分速度。-中

與地面撞擊后瞬間，豎直速度大小為丫=25=±燈

55

小球豎直方向做豎直上拋運動，有：0-v/=-2^

聯(lián)立解得：》=3怦

27mg

答：（1）小球離開桌面時的速度大小為再;

⑵小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離為:

/區(qū)域模擬

L【答案】A

【解答】解：A、表演者開始靜臥于力=0處，打開氣流時，由圖乙知^=1.2x104〉//,

風力大小為尸=0.05v2=O.O5xl.2xlO47V=600N,故A正確；

8、當尸=0.05y>/ng時,合力向上，表演者向上加速,由牛頓第二定律有:0.05v2-mg=ma

可知隨著風速的減小，加速度減小，表演者先做加速度減小的加速運動；

當尸=0.05打=砥時,加速度為零,速度最人；

當尸=0.05口2<〃*時，合力向下，表演者向上減速，由牛頓第二定律

mg-0.05v2=ma

故隨著風速的減小，加速度增大，所以表演者先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加

速度逐漸增大的減速運動，故8錯誤；

C、由乙圖可知：v2=1.2x104-400/7

表演者的加速度為。時，有尸=〃?g,結合尸=0.05/,代入數(shù)據解得：/?=5m，故C錯誤；

。、表演者在上升過程中受風力作用，風力對人要做功，其機械能不守恒，故。錯誤。

故選：Ao

2.【答案】B

【解答】解：A、設釋放8前彈簧的壓縮量為%,對A,由平衡條件有［，咫sin。

剛釋放8瞬間，對A、8組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有：mg+代)-勿火sin夕=2〃也

解得加速度大小為：a=

此時對8有：〃?g-4,解得細線的拉力大?。寒ar=；〃?g,故A錯誤；

B、A上升過程中，當A和8整體的加速度為0時速度達到最大值小,設此時彈簧的拉

伸量為x,對4、8整體有：〃?g-米-〃?gsine=O,解得：x=x0,所以此時彈簧的彈性勢

能與初始位置時相同。對A、〃和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律有：

〃抬(x()+x)-〃火(％+x)sin0=；X2〃?匕：，解得：v,?故8正確;

。、當彈簧處于原長時，彈簧的彈性勢能最小，此時8沒有下滑到最低點，故C錯誤;

。、根據對稱性可知，8下落至最低點時，A和8的加速度大小為"=a='g,則A所受

2

合力大小為尸=〃/=3冷？，故。錯誤。

故選：Bo

3.【答案】C

【解答】解：A、已知外c質量均為〃?，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，a恰好和地面無擠壓，根

據平衡條件可得：牲="=2〃?，故4錯誤；

B、將c與d間的線剪斷，彈簧彈力沒來得及改變，即彈簧彈力T=〃?g;對力、c分析,

根據牛頓第二定律可得：/g+T-?g=(〃％+〃<)〃，解得：=，故8錯誤；

8、設原來彈簧拉伸玉，對a分析，則有：Q=，ng

對〃、。分析，當二者受力平衡時速度最大，設此時彈簧壓縮小，則有：乜+“g=/g

所以的速度最大時，〃下降距離為：x=M+M，解得：x=蟲;

■k

〃下降駟時速度最大，比時彈簧彈性勢能不是最大，故C正確、。錯誤。

k

故選：Co

4.【答案】。

【解答】解：4、由圖像可知，模型車受到的最小的牽引力為2N,此時加速度為()，模

型車受力平衡，所以車所受到的阻力大小/=2N,故A錯誤；

B、由圖像可知，模型車先做勻加速運動，勻加速運動的末速度M=2〃"S,此過程的牽

引力為F=4N，根據牛頓第二定律得：F-于=ma,解得勻加速運動的加速度為a=，

故勻加速運動的時間4=乜=幺=卜，故8錯誤；

a2

。、當速度達到時，模型車開始以額定功率行駛，圖像斜率的倒數(shù)為功率，故模

型車牽引力的最大功率尸=/=4x2W=8W,故C錯誤：

模型車變加速運動所需時間&=/r=5sTs=4s,對于變加速運動，根據動能定理有：

Pt2-fx2，由圖可知最大速度匕”=4加s,解得變加速運動的位移x2=13〃?>

勻加速階段位移x,=—t[=^x\m=\m?故總位移x=%+占=13/〃+\m=14〃i?故。正確。

22

故選：。。

5.【答案】D

【解答】解：A、根據紜-/?的圖像可得，在0?加速階段，由動能定理得

可知/-/?圖像的斜率的大小表示合外力的大小，則由圖像可得：七=64N

設每個葉片提供的升力大小為尸，則有：8/7咫=尸介

解得：尸=20.5N,故A錯誤；

B、減速階段，同理可知，圖線斜率的絕對值表示合外力的大小，設此階段升

力的大小為產、合外力為尸合，可得：9合="=64~

則有/叫-8尸=尸合，解得：F=4.5N，故4錯誤；

C、根據功能關系可知，0?10m的上升過程中，無人機及其載重的機械能增加量等于升

力所做的功，而在整個上升過程中，升力做功為

W=8他+8Fa=8x20,5x57+8x4.5x57=10007

所以0~10/〃的上升過程中，機械能的增加量△￡=W=1(X)0./,故C錯誤；

。、設5/〃?10/〃的上升過程中無人機的加速度大小為*根據牛頓第二定律有：F\=ma

解得：a=6.4/77/s2

設上升到5/〃時的速度為v,則有1/加=32(1/,解得：v=Sin/s

2

5〃~10〃?的上升過程中所用的時間為

5〃.10/〃的上升過程中升力所做的功為

W=8尸％=8x4.5x57=1807

故該過程中無人機受到的升力的平均功率為

P=—=—W=\44W故D正確。

t1.25f

故選：。。

6.【答案】D

【解答】解：A、輕桿移動距離/的過程中，先做加速運動，再做減速運動，輕桿所受

的摩擦力不變，但所受的彈簧的彈力是變力，所以輕桿所受的合外力為變力，加速度大

小和方向都變化，輕桿不可能做勻變速直線運動，故A錯誤；

8、彈簧被壓縮最短時，輕桿所受的合外力最大，輕桿正在做加速運動，其速度沒有達

到最大，故8錯誤；

C、根據能量守恒定律，曰于輕桿與固定槽之間的動摩擦力做功，系統(tǒng)的機械能有一部

分轉化為內能，所以小車被彈簧彈回的速率小于％,故C錯誤；

拉、彈簧的彈性勢能最大時，彈簧的彈力最大，輕桿受到的合外力最大，向右加速的加

速度也達到最大，故D正面。

故選：。。

7.【答案】D

【解答】解：BC.對小木塊運動的整個過程，根據動能定理有

〃岫-/migcox.?虱X-----)=0

sin0tan0

解得：x=X,可知x與。無關，若保持。和〃不變，0增大，仍停在A點，故錯誤;

4、由上知〃=〃x,木塊沿斜而下滑的過程中，重力對木塊做功為：1%=〃磔=W"gx

根據動能定理得：%+Wf=g〃”，則摩擦力對木塊做功為：

222

Wt=gmv-叱;=gtnv-ingh=gmv-〃,n為木塊運動到斜面底端時速度大小，故A錯

誤；

。、對小木塊運動的整個過程，根據動能定理有

.八力/〃、八

mgh-1/mgcos”-----------------------------）=0

sin0tan0

解得：=

將斜面底端延長至A點，有：//=—=tan0,則〃7gsin0=cos夕

x

所以木塊則剛好不下滑，故。正確。

故選：Do

8.【解答】解：（1）彈簧原來的壓縮量為；

_mgsin0_mg

Xi=^~=2k

4剛好要離開擋板時彈簧的伸長量為：

mgsin。mg

?k=2T

則有：百=々。

所以初末狀態(tài)彈簧的彈性勢能相等。對A、C及彈簧組成的系統(tǒng)，運用功能關系得:

2xg〃?4=mgsin夕?（芭+x?）++x,）

解得C的初速度為：%=小

（2）A上滑的距離為：$=芭+々=重

k

對A、C及彈簧組成的系統(tǒng)，運用功能原理得：

2

Fxs=nigsin8?s+flings+2x-niv

2

可得：F}=mg+幺一

g

（3）當8剛好要離開擋板時，由牛頓第二定律得：

對A有：T-tngsinO-kx2=〃ia

對C有：F2-T-pmg=nui

拉力匕做的功為：W=gs

聯(lián)立解得：卬=空§8+為）

答:

(1)物塊。開始向右運動的初速度大小是g后；

(2)拉力七為加g+坦。

g

(3)此時拉力瑪做的功是金(3g+2a)。

k2

9.【答案】(1)小鋼球第一次經過C點時的速度大小上為

(2)小鋼球第一次經過愎弧軌道最低點8時對軌道E勺壓力大小心為O.83N;

(3)①若小球釋放高度s=0

②若小球釋放高度1.6也h<2.24m,s=2.5(〃-l)

③若小球釋放高度2.24〃%”,s=1.6/%。

【解答】解：(1)小鋼球從。點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E，則小球到E點的

速度為0，小球從C點到E點，根據動能定埋得：

一"火?2R=0-g"憂

代入數(shù)據解得：vc=2瓜m；s

(2)從4點到C點，由動能定理得：-〃〃2gL=；〃憂-g/冠

小鋼球經過8點，由牛頓第二定律得：N-〃?g=〃沌

R

代入數(shù)據聯(lián)立解得：N=』N=0.83N

6

根據牛頓第三定律得，小鋼球對軌道的壓力大小a=N=0.83N

(3)若小鋼球恰能第一次通過E點，設小鋼球釋放點距A點為4,從釋放到E點，由動

能定理得：

-R)—"mgL=0

代入數(shù)據解得：A=1癡

若小鋼球恰能第二次通過E點，設小球鋼釋放點距4點為生，從釋放到E點，由動能定

理得：

R

-/?)-卬ngL-2〃〃7gcos。----0

tan。

代入數(shù)據解得：=2.24,n

①若小球釋放高度/?<1.6/72,無法到達E1點，5=0

②若小球釋放高度1.6心〃<2.24"7,小球能經過E點一次，則小鋼球最終停在”

點，從釋放點到停在〃點，根據動能定理得：

mgh-cos夕?s=0

代入數(shù)據解得：s=2.5（h-i）

③若小球釋放高度2.24典"，小球經過七點兩次，s=2-^-=2x^-m=\.6m

tan。3

4

答：（1）小鋼球第一次經過C點時的速度大小％為2、后〃/$;

（2）小鋼球第一次經過圓弧軌道最低點A時對軌道的壓力大小4為0.83N；

（3）①若小球釋放高度〃<16〃，s=0

②若小球釋放高度1.6/71,h<2.24〃?,s=2.5（/2-1）

③若小球釋放高度2.24/74,h,5=1.6/7/。

10.【答案】C

【解答】解：根據題意，設48間距離為x,彈性繩的勁度系數(shù)為我,彈性繩的勢能正比

于形變量的平方，比例系數(shù)為物體與地面的動摩擦因數(shù)為〃，彈性繩與水平面間的

角度為。，則

AC.物體向右運動的任一時刻，彈性繩的彈力為

sinO

對物體進行受力分析，如圖所示

mg

則水平方向根據牛頓第二定律有

F-F^cosO-f=ma

豎直方向上根據平衡條件有

mg=FN+F^sinO

又

卜出

聯(lián)立解得摩擦力和加速度分別為

f=〃(mg--—?sin6)=〃("火-kx)

sin，

kx

一_kx)

tan。

m

根據表達式可知，摩擦力大小不變，加速度隨著物體向右運動，。逐漸減小，tan。逐漸

減小,加速度〃減小。物體從8到。做不是勻加速直線運動，故A錯誤、C正確；

8.根據題意可知物體在8、C、。三處時彈性繩的彈性勢能分別為

EL/

2

EltC=k\2x)

Eg=々'Ox)?

則物體從B到€;彈性繩勢能的增量為

■EpHc-一七M=^k'x2

從C到。彈性繩勢能的增量為

2

aEf=Epl)—EpC=5k'x

可知物體從外到C與從C到。彈性繩勢能的增量不相等，故8錯誤;

。.根據幾何關系，可知BC和CD距離分別為

BC=yl(2x)2-x2=x/3x

CD=7(3X)2-X2-BC=(272-V3)x

根據恒力功公式可知，物體從4到C與從。到。摩擦生熱為

Q=f$

因為摩擦力大小不變，3c長度與。不等，則摩擦生熱不相等，故。錯誤。

故選：C。

工^考前押題

1.【答案】B

【解答】解：小球在C點時，桿對小球的彈力為

FIT

釋放小球后，設彈性繩與豎直桿夾角為e,任取一位置對小球受力分析，如圖所示

水平方向，根據平衡條件可知，桿對小球的彈力等于彈性繩垂直于桿的分力，即

FN=上rsin0

又

xninO=xBC

故桿對小球的彈力保持&=岸不變，則小球所受滑動摩擦力大小始終為

f=/=〃詈=0.3叫

小球從。到E過程，根據功能關系

mgh-fh-\^k{h'+^)-^^4cJ=()

解得彈性繩勁度系數(shù)為

k」&〃g

h

小球從C到。的過程，根據動能定理有

解得小球在。點速度為

八叵亞，故8正確，ACZ）錯誤。

10

故選：Bo

2.【答案】B

【解答】解：當小球甲下降到4點時，由幾何關系可得小球甲、乙下降的高度分別為

%=Lcos300

h,=Lsin300

當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時，輕質桿與斜面平行，小球甲的速度沿著細桿,

小球乙的速度沿著斜面向下，所以小球甲與小球乙的速度關系為：吐=%。$30。

由機械能守恒定律可得

,,1212

乙

mg}+mgh=-/HM(1+-7K^

小球乙的動能為

代入數(shù)據聯(lián)立解得

2(6+1)

mgL

7

故ACZ）錯誤，9正確。

故選：Bo

3.【答案】C

【解答】解：右側輕繩和豎直方向的夾角由37。變?yōu)?3。，如圖所示

由幾何關系得到乙=備嗑'〃f〃，"焉嶗〃修。小故〃在豎直方向上升

T

△〃=4乙=20m-15m=5/”

人在水平方向前進/L=h-(tan530-tan37°)=12x(^-=7/?/,〃沿水平方向運動時速度沿

繩方向的分量為%=3加53。=0.8小在輕繩另一端有%=匕，由功能關系得

FL“.+嗎+萼

代入數(shù)據解得

vft=6m/s,v(l=4.8/77/s

故村)錯誤，C正確。

故選：C。

4.【答案】(1)谷物運動至點8時的速度大小為回"/$;

(2)