【創(chuàng)新方案】2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)綜合講與練:專題二-功和能(含2020高考題)_第1頁
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文檔簡介

專題二功和能考情分析備考策略1.本專題主要利用功能的觀點(diǎn)解決物體、帶電體、帶電粒子、導(dǎo)體棒在電場或磁場中的運(yùn)動(dòng)問題。本部分命題情景新,聯(lián)系實(shí)際親密,綜合性強(qiáng),是高考的壓軸題。2.高考對(duì)本專題考查的重點(diǎn)有以下幾個(gè)方面:重力、摩擦力、電場力和安培力做功的特點(diǎn)和求解;與功、功率相關(guān)問題的分析與計(jì)算;幾個(gè)重要的功能關(guān)系的應(yīng)用;動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用;綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律等。1.深刻理解定義式、公式及關(guān)系式中各個(gè)物理量的精確?????含義;精確?????理解與記憶機(jī)械能守恒定律的條件,機(jī)敏運(yùn)用守恒的觀點(diǎn)處理典型的、生活中的熱點(diǎn)情景及科技運(yùn)用中消滅的與機(jī)械能相關(guān)的問題。2.深刻理解功能關(guān)系,抓住兩種命題情景突破:一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律,結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過程問題;二是應(yīng)用動(dòng)能定理和能量守恒定律解決電場中帶電體運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題。eq\a\vs4\al(第1講功功率和動(dòng)能定理)考向一功和功率的計(jì)算(選擇題)1.恒力做功的公式W=Flcosα(通過F與l間的夾角α推斷F是否做功及做功的正、負(fù))。2.功率(1)平均功率:P=eq\f(W,t)=Feq\x\to(v)cosα。(2)瞬時(shí)功率:P=Fvcosα(α為F與v的夾角)。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))(2022·全國新課標(biāo)Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上?,F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體,經(jīng)過一段時(shí)間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2,物體從靜止開頭經(jīng)過同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v。對(duì)于上述兩個(gè)過程,用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功,則()A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1[思路探究](1)兩次物體的加速度、位移存在什么關(guān)系?提示:由于前后兩次t相等,由a=eq\f(v,t),x=eq\f(\x\to(v),2)t知,a1∶a2=1∶2,x1∶x2=1∶2。(2)兩次合力做功存在什么關(guān)系?提示:由動(dòng)能定理知W合1∶W合2=1∶4。[解析]由x=eq\x\to(v)t知,前后兩次的位移之比x1∶x2=1∶2,由Wf=fx知Wf1∶Wf2=1∶2;由動(dòng)能定理知,WF1-Wf1=eq\f(1,2)mv2,WF2-Wf2=eq\f(1,2)m·(2v)2,所以WF2-Wf2=4(WF1-Wf1),又由于Wf2=2Wf1,所以4WF1-WF2>0,即WF2<4WF1,C正確。[答案]C[感悟升華]計(jì)算功和功率時(shí)應(yīng)留意的問題1.(2022·樂山模擬)如圖所示,自動(dòng)卸貨車始終靜止在水平地面上,在液壓機(jī)的作用下,車廂與水平面間的θ角漸漸增大且貨物相對(duì)車廂靜止的過程中,下列說法正確的是()A.貨物受到的摩擦力增大B.貨物受到的支持力不變C.貨物受到的支持力對(duì)貨物做正功D.貨物受到的摩擦力對(duì)貨物做負(fù)功解析:選AC貨物處于平衡狀態(tài),則有mgsinθ=f,mgcosθ=N,θ增大,f增大,N減小,A正確,B錯(cuò)誤;貨物受到的支持力的方向與速度方向始終相同,做正功,C正確;摩擦力的方向與速度方向始終垂直,不做功,D錯(cuò)誤。2.質(zhì)量為1kg的物體靜止于光滑水平面上。從t=0時(shí)刻起,物體受到向右的水平拉力F作用,第1s內(nèi)F=2N,第2s內(nèi)F=1N。A.2s末物體的速度是4B.2s內(nèi)物體的位移為3C.第1s末拉力的瞬時(shí)功率最大D.第2s末拉力的瞬時(shí)功率最大解析:選C由牛頓其次定律得第1s內(nèi)和第2s內(nèi)的加速度分別為2m/s2和1m/s2,第1s末和第2s末的速度分別為v1=a1t1=2m/s,v2=v1+a2t2=3m/s,A錯(cuò)誤;2s內(nèi)的位移x=eq\f(v1t1,2)+eq\f(v1+v2,2)t2=3.5m,B錯(cuò)誤;第1s末拉力的瞬時(shí)功率P1=F1v1=4W,第2s末拉力的瞬時(shí)功率P2=F2v2=3W,3.(2022·西安一模)質(zhì)量為m=2kg的物體沿水平面對(duì)右做直線運(yùn)動(dòng),t=0時(shí)刻受到一個(gè)水平向左的恒力F作用,如圖甲所示,此后物體的v-t圖像如圖乙所示,取水平向右為正方向,g=10m/sA.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5B.10s末恒力F的瞬時(shí)功率為6WC.10s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2D.10s內(nèi)物體克服摩擦力做功34J解析:選CD由題圖乙知前后兩段物體加速度的大小分別為a1=2m/s2、a2=1m/s2,由牛頓其次定律知F+μmg=ma1,F(xiàn)-μmg=ma2,聯(lián)立得F=3N、μ=0.05,A錯(cuò)誤;10s末恒力F的瞬時(shí)功率為P=Fv=18W,B錯(cuò)誤;由速度圖像與坐標(biāo)軸所圍面積的物理意義知,10s內(nèi)物體的位移x=-2m,即在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2m處,C正確;10s內(nèi)物體的路程為s=34m,則10考向二機(jī)車啟動(dòng)問題(選擇題或計(jì)算題)1.機(jī)車輸出功率:P=Fv,其中F為機(jī)車牽引力。2.機(jī)車啟動(dòng)勻加速過程的最大速度v1(此時(shí)機(jī)車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時(shí)F牽=F阻)求解方法:(1)求v1:由F牽-F阻=ma,P=F牽v1可求v1=eq\f(P,F阻+ma)。(2)求vm:由P=F阻vm,可求vm=eq\f(P,F阻)。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例2]))(2022·廣元五校聯(lián)考)如圖所示為修建高層建筑常用的塔式起重機(jī)。在起重機(jī)將質(zhì)量m=5×103kg的重物豎直吊起的過程中,重物由靜止開頭向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度a=0.2m/s2,當(dāng)起重機(jī)輸出功率達(dá)到其允許的最大值時(shí),保持該功率直到重物做vm=1.02m/s的勻速運(yùn)動(dòng)。取g=10m/s(1)起重機(jī)允許輸出的最大功率;(2)重物做勻加速運(yùn)動(dòng)所經(jīng)受的時(shí)間;(3)起重機(jī)在第2s末的輸出功率。[審題指導(dǎo)](1)題干中“重物由靜止開頭向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)”說明起重機(jī)以恒定的加速度啟動(dòng)。(2)題干中“勻速運(yùn)動(dòng)”說明重物所受的起重機(jī)的牽引力與重物的重力平衡。[解析](1)重物勻速上升時(shí)有F=mg可得起重機(jī)的最大輸出功率Pm=Fvm=mgvm=5.1×104W(2)設(shè)重物勻加速階段受到的牽引力為F1,勻加速運(yùn)動(dòng)階段的末速度為v勻m,由牛頓其次定律得F1-mg=ma又有Pm=F1v勻mv勻m=at1解得t1=5s(3)設(shè)第2s末重物的速度為v2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知v2=at2由牛頓其次定律知F1-mg=ma且P=F1v2解得P=2.04×104W[答案](1)5.1×104W(2)5s(3)2.04×104W4.(2022·成都質(zhì)檢)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛,受到的阻力分別為車重的k1和k2倍,最大速率分別為v1和v2,則()A.v2=k1v1B.v2=eq\f(k1,k2)v1C.v2=eq\f(k2,k1)v1D.v2=k2v1解析:選B該車在水平路面上達(dá)到最大速率時(shí),處于平衡狀態(tài),即該車此時(shí)的牽引力F1=k1mg,F(xiàn)2=k2mg,兩種狀況下,車的功率相同,即F1v1=F2v2,解得v2=eq\f(k1v1,k2),B正確。5.(2022·西安模擬)質(zhì)量為8×102kg的電動(dòng)車由靜止開頭沿平直大路行駛,達(dá)到的最大速度為15m/s,利用傳感器測(cè)得此過程中不同時(shí)刻電動(dòng)車的牽引力F與對(duì)應(yīng)的速度v,并描繪出F-eq\f(1,v)圖像如圖所示(圖中AB、BO均為直線),假設(shè)電動(dòng)車行駛中所受的阻力恒定(1)電動(dòng)車的額定功率;(2)電動(dòng)車由靜止開頭運(yùn)動(dòng),經(jīng)過多長時(shí)間,速度達(dá)到2m(3)若過B點(diǎn)后16s達(dá)到最大速度,則電動(dòng)車所走的總路程是多大?解析:(1)分析圖線可知:電動(dòng)車由靜止開頭做勻加速直線運(yùn)動(dòng),達(dá)到額定功率后,做牽引力漸漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng),達(dá)到最大速度后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)最大速度vmax=15m/s時(shí),牽引力為Fmin=400N,由平衡條件得恒定阻力f=Fmin=400額定功率P=Fminvmax=6kW(2)勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度v=eq\f(P,Fmax)解得v=3由牛頓其次定律知?jiǎng)蚣铀龠\(yùn)動(dòng)的加速度a=eq\f(Fmax-f,m)解得a=2m電動(dòng)車在速度達(dá)到3m/s之前,所求時(shí)間t=eq\f(v′,a)解得t=1s(3)設(shè)在勻加速階段到達(dá)B點(diǎn)的位移為x1,則v2=2ax1解得x1=2.25從B點(diǎn)到達(dá)最大速度過程中,由動(dòng)能定理得Pt′-fx2=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)-eq\f(1,2)mv2解得x2=24故總的位移x=x1+x2=26.25答案:(1)6kW(2)1s(3)26.25考向三動(dòng)能定理的應(yīng)用(選擇題或計(jì)算題)eq\o(\s\up7(),\s\do5([例3]))(2022·南充模擬)如圖所示,水平路面CD的右側(cè)有一長L1=2m的板M,一物塊放在板M的最右端,并隨板一起向左側(cè)固定的平臺(tái)運(yùn)動(dòng),板M的上表面與平臺(tái)等高。平臺(tái)的上表面AB長s=3m,光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺(tái)上,圓軌道半徑R=0.4m,最低點(diǎn)與平臺(tái)AB相切于A點(diǎn)。當(dāng)板M的左端距離平臺(tái)L=2m時(shí),板與物塊向左運(yùn)動(dòng)的速度v0=8m/s。當(dāng)板與平臺(tái)的豎直墻壁碰撞后,板馬上停止運(yùn)動(dòng),物塊在板上滑動(dòng),并滑上平臺(tái)。已知板與路面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.05,物塊與板的上表面及軌道AB的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.1,物塊質(zhì)量m=1(1)求物塊進(jìn)入圓軌道時(shí)對(duì)軌道上A點(diǎn)的壓力;(2)推斷物塊能否到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)E。假如能,求物塊離開E點(diǎn)后在平臺(tái)上的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離;假如不能,則說明理由。[思路探究]在DC段由動(dòng)能定理求物塊和板整體到達(dá)BC時(shí)的速度→對(duì)物塊在板和平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)能定理求物塊到達(dá)A點(diǎn)的速度→在A點(diǎn)由牛頓其次定律求物塊受到的支持力→由牛頓第三定律求物塊對(duì)A點(diǎn)的壓力→假設(shè)物塊能過E點(diǎn),由動(dòng)能定理求物塊經(jīng)過E點(diǎn)的速度→與物塊剛好經(jīng)過E點(diǎn)的速度比較推斷→若能經(jīng)過E點(diǎn),物塊做平拋運(yùn)動(dòng)。[解析](1)設(shè)物塊隨板運(yùn)動(dòng)撞擊豎直墻壁BC時(shí)的速度為v1,由動(dòng)能定理得-μ1(m+M)gL=eq\f(1,2)(M+m)veq\o\al(2,1)-eq\f(1,2)(M+m)veq\o\al(2,0)設(shè)物塊到A點(diǎn)時(shí)速度為v2,由動(dòng)能定理得-μ2mg(s+L1)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由牛頓其次定律得N-mg=meq\f(v\o\al(2,2),R)解得N=140N由牛頓第三定律知,物塊對(duì)軌道A點(diǎn)的壓力大小為140N,方向豎直向下。(2)假設(shè)物塊能通過圓軌道的最高點(diǎn),且在最高點(diǎn)處的速度為v3,則有-mg·2R=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v3=6在最高點(diǎn)的臨界速度v滿足的關(guān)系為mg=eq\f(mv2,R)解得v=2由于v3>v,所以假設(shè)成立。故物塊能通過圓軌道的最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),則水平方向x=v3t豎直方向2R=eq\f(1,2)gt2解得x=2.4[答案](1)140N方向豎直向下(2)能2.4[感悟升華]應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟和應(yīng)留意的問題1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟2.應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)留意的問題(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程,由于不牽扯加速度準(zhǔn)時(shí)間,比動(dòng)力學(xué)爭辯方法要簡潔。(2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式,在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的。(3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程),此時(shí)可以分段考慮,也可以對(duì)全過程考慮,但若能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式則可使問題簡化。6.(2022·成都模擬)如圖所示,將質(zhì)量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時(shí),其速度大小為eq\f(3,4)v0。設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小不變,則空氣阻力的大小等于()A.eq\f(3,4)mgB.eq\f(3,16)mgC.eq\f(7,16)mgD.eq\f(7,25)mg解析:選D對(duì)小球向上運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理,-(mg+f)H=0-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),對(duì)小球向下運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理,(mg-f)·H=eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0))2,聯(lián)立解得f=eq\f(7,25)mg,D正確。7.(2022·綿陽模擬)如圖所示,粗糙水平地面與半徑為R=0.5m的光滑半圓軌道BCD相連接,且在同一豎直平面內(nèi),O是BCD的圓心,BOD在同一豎直線上。質(zhì)量為m=1kg的小物塊在水平恒力F=15N的作用下,從A點(diǎn)由靜止開頭做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去F,小物塊沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)恰好能通過D點(diǎn),已知AB間的距離為xAB=3m,重力加速度g=(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度vB;(2)小物塊離開D點(diǎn)后落到地面上的點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離x;(3)小物塊在水平面上從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中克服摩擦力做的功Wf。解析:(1)小物塊恰能通過D點(diǎn),在D點(diǎn)由牛頓其次定律得mg=eq\f(mv\o\al(2,D),R)小物塊由B運(yùn)動(dòng)到D的過程由動(dòng)能定理得-mg·2R=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB=5(2)小物塊經(jīng)過D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),則水平方向x=vDt豎直方向2R=eq\f(1,2)gt2解得x=1(3)小物塊在水平面上由A運(yùn)動(dòng)到B過程由動(dòng)能定理得FxAB-Wf=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)-0解得Wf=32.5J答案:(1)5m/s(2)1m(3應(yīng)用動(dòng)能定理解答帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題eq\o(\s\up7(),\s\do5([典例]))(2022·瀘州模擬)如圖所示,在O點(diǎn)放置一個(gè)正電荷,在過O點(diǎn)的豎直平面內(nèi)的A點(diǎn),自由釋放一個(gè)帶正電的小球,小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示,它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中實(shí)線表示)相交于B、C兩點(diǎn),O、C在同一水平線上,∠BOC=30°,A距離OC的豎直高度為h。若小球通過B點(diǎn)的速度為v,重力加速度為g,試求:(1)小球通過C點(diǎn)的速度vC的大小;(2)小球由A到C的過程中電勢(shì)能的增加量ΔEp。第1步:找關(guān)鍵點(diǎn)(1)“小球和場源電荷的電性相同”說明小球由A到B電場力做負(fù)功。(2)“B、C兩點(diǎn)在以O(shè)為圓心的圓上”說明B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相同,小球由B到C電場力不做功。第2步:尋交匯點(diǎn)(1)受力狀況分析:和力學(xué)中分析方法相同,只不過多了一個(gè)庫侖力。(2)運(yùn)動(dòng)狀況分析:和力學(xué)中分析方法相同,小球A在外力的作用下做曲線運(yùn)動(dòng)。(3)做功狀況分析:和力學(xué)中分析方法相同,只不過多了一個(gè)電場力做負(fù)功。第3步:明突破點(diǎn)(1)問題一:vB已知,由B→C只有重力做功,運(yùn)用功能定理求解。(2)問題二:vC已求,運(yùn)用動(dòng)能定理求小球由A→C電場力做功,利用電場力做功和電勢(shì)能的變化關(guān)系求ΔEp。[解析](1)因B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等,小球由B到C只有重力做功,由動(dòng)能定理得mgRsin30°=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)-eq\f(1,2)mv2解得vC=eq\r(v2+gR)(2)設(shè)由A到C電場力對(duì)小球做功WAC,由A到C應(yīng)用動(dòng)能定理得WAC+mgh=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)-0解得WAC=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)-mgh=eq\f(1,2)mv2+eq\f(1,2)mgR-mgh由電勢(shì)能變化與電場力做功的關(guān)系得ΔEp=-WAC=mgh-eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mgR[答案](1)eq\r(v2+gR)(2)mgh-eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mgR[感悟升華]動(dòng)能定理在力學(xué)和電場中應(yīng)用時(shí)的對(duì)比分析[跟蹤訓(xùn)練](2022·保定調(diào)研)如圖甲所示,絕緣水平傳送帶與豎直放置的半圓形軌道底部平滑相接。半圓形軌道絕緣、光滑,半徑為R=0.45m,處在水平向右的勻強(qiáng)電場中,半圓形軌道的豎直直徑是電場的左邊界,電場強(qiáng)度大小為eq\f(\r(3),3)×103N/C。一質(zhì)量為0.1kg、電荷量為+q=1.0×10-3C的小物塊自半圓形軌道某位置自由滑下,滑至底端并沖上傳送帶,在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示(以向右為正方向,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(g取10m/sA.傳送帶至少長4.5m,傳送帶速度最小為B.小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1C.小物塊開頭滑下的位置與半圓形軌道底端的高度差為0.45D.小物塊在半圓形軌道上滑動(dòng)時(shí)對(duì)軌道的最大壓力為2eq\r(3)N解析:選ABD由圖像可知小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=1m/s2,由a=μg可知μ=0.1,B正確;小物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大位移x=eq\f(v\o\al(2,0),2a)=4.5m,由于小物塊滑上和離開傳送帶的速度均為3m/s,所以傳送帶的速度至少為3m/s,A正確;設(shè)小物塊開頭滑下的位置在圓心O上方,滑塊與圓心O的連線與水平方向的夾角為θ,對(duì)小物塊,從開頭到半圓軌道底端,依據(jù)動(dòng)能定理有mgR·(1+sinθ)-qERcosθ=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),解得θ=30°,小物塊開頭滑下的位置P到傳送帶的高度h=0.45×1.5m=0.675m,C錯(cuò)誤;小物塊受到的電場力qE和重力mg的合力F=eq\r(\f(4,3))N,與豎直方向成30°角斜向右下方,設(shè)小物塊到達(dá)平衡位置Q(OQ與OP垂直)時(shí)的速度為v,依據(jù)動(dòng)能定理有FR=eq\f(1,2)mv2,對(duì)小物塊有N-F=eq\f(mv2,R),解得N=2eq\r(3)N,D正確。一、選擇題1.(2022·濰坊模擬)某人用同一水平力先后兩次拉同一物體,第一次使此物體沿光滑水平面前進(jìn)距離s,其次次使此物體沿粗糙水平面也前進(jìn)距離s,若先后兩次拉力做的功為W1和W2,拉力做功的功率是P1和P2,則正確的是()A.W1=W2,P1=P2B.W1=W2,P1>P2C.W1>W2,P1>P2D.W1>W2,P1=P2解析:選B由W=Fs可知兩次拉力做功相同,但由于地面光滑時(shí)不受摩擦力,加速度較大,運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短,由P=eq\f(W,t)可知P1>P2,B正確。2.(2022·成都一模)一個(gè)質(zhì)量為m的物塊,在幾個(gè)共點(diǎn)力的作用下靜止在光滑水平面上。現(xiàn)把其中一個(gè)水平方向的力從F突然增大到3F,并保持其他力不變,則從這時(shí)開頭的ts末,該力的瞬時(shí)功率是A.eq\f(9F2t,m)B.eq\f(6F2t,m)C.eq\f(4F2t,m)D.eq\f(3F2t,m)解析:選B物塊所受合力為2F,依據(jù)牛頓其次定律有2F=ma,在合力作用下,物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),速度v=at,該力大小為3F,則該力的瞬時(shí)功率P=3Fv,聯(lián)立可得P=eq\f(6F2t,m),B正確。3.某中學(xué)科技小組制作出利用太陽能驅(qū)動(dòng)小車的裝置。當(dāng)太陽光照射到小車上方的光電板時(shí),光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)小車前進(jìn)。若質(zhì)量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開頭沿直線加速行駛,經(jīng)過時(shí)間t前進(jìn)的距離為s,且速度達(dá)到最大值vm。設(shè)這一過程中電動(dòng)機(jī)的功率恒為P,小車所受阻力恒為f阻,那么在這段時(shí)間內(nèi)()A.小車做勻加速運(yùn)動(dòng)B.小車受到的牽引力漸漸增大C.小車受到的合力所做的功為PtD.小車受到的牽引力做的功為f阻s+eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解析:選D小車運(yùn)動(dòng)時(shí)受向前的牽引力F1、向后的阻力f阻作用,由于v增大,P不變,由P=F1v,F(xiàn)1-f阻=ma,得出F1減小,a減小,當(dāng)v=vm時(shí),a=0,A、B錯(cuò)誤;合力的功W總=Pt-f阻s,由動(dòng)能定理W牽-f阻s=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)-0,得W牽=f阻s+eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m),C錯(cuò)誤,D正確。4.(2022·撫順一模)如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m的小球,用長L的輕繩懸于O點(diǎn),小球在水平恒力F的作用下從平衡位置P點(diǎn)由靜止開頭運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中繩與豎直方向的最大夾角為θ=60°,則力F的大小為()A.eq\f(\r(3),2)mgB.eq\r(3)mgC.eq\f(1,2)mgD.eq\f(\r(3),3)mg解析:選D小球在水平恒力作用下從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至與豎直方向成60°角位置的過程中,由動(dòng)能定理得FLsin60°-mgL(1-cos60°)=0,解得F=eq\f(\r(3),3)mg,D正確。5.(2022·福建高考)如圖所示,兩根相同的輕質(zhì)彈簧,沿足夠長的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部擋板上,斜面固定不動(dòng)。質(zhì)量不同、外形相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端?,F(xiàn)用外力作用在物塊上,使兩彈簧具有相同的壓縮量,若撤去外力后,兩物塊由靜止沿斜面對(duì)上彈出并離開彈簧,則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程,兩物塊()A.最大速度相同B.最大加速度相同C.上升的最大高度不同D.重力勢(shì)能的變化量不同解析:選C整個(gè)過程中,物塊達(dá)到平衡位置時(shí)速度最大,物塊質(zhì)量越大,其平衡位置越靠近最低點(diǎn),則由最低點(diǎn)到平衡位置過程中,回復(fù)力對(duì)質(zhì)量較大的物塊做功較小,又Ek=eq\f(1,2)mv2,故質(zhì)量較大的物塊在平衡位置速度較小,A錯(cuò)誤;撤去外力瞬間,物塊的加速度最大,由牛頓其次定律可知,兩物塊的最大加速度不同,B錯(cuò)誤;撤去外力前,兩彈簧具有相同的壓縮量,即具有相同的彈性勢(shì)能,從撤去外力到物塊速度第一次減為零,系統(tǒng)的機(jī)械能分別守恒,由機(jī)械能守恒定律可知,物塊的重力勢(shì)能的變化量等于彈簧彈性勢(shì)能的變化量,所以重力勢(shì)能的變化量相同,D錯(cuò)誤;由于兩物塊質(zhì)量不同,物塊的初始高度相同,由ΔEp=mgΔh可知,兩物塊上升的最大高度不同,C正確。6.(2022·攀枝花模擬)一輛汽車在平直的大路上以某一初速度運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中保持恒定的牽引功率,其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)圖像如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量,則依據(jù)圖像所給的信息,能求出的物理量是()A.汽車的功率B.汽車行駛的最大速度C.汽車所受到的阻力D.汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度所需的時(shí)間解析:選ABC由F-f=ma,P=Fv可得a=eq\f(P,m)·eq\f(1,v)-eq\f(f,m),對(duì)應(yīng)圖線可知,eq\f(P,m)=k=40,由于汽車的質(zhì)量已知,所以可求出汽車的功率P。由a=0時(shí),eq\f(1,vm)=0.05可得vm=20m/s,再由vm=eq\f(P,f),可求出汽車受到的阻力f,但無法求出汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度的時(shí)間,A、B、C正確,D錯(cuò)誤。7.(2022·宜賓一模)如圖所示,一個(gè)表面光滑的斜面體M置于水平地面上,它的兩個(gè)斜面與水平面的夾角分別為α、β,且α<β,M的頂端裝有肯定滑輪,一輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪后連接A、B兩個(gè)小滑塊,細(xì)繩與各自的斜面平行,不計(jì)繩與滑輪間的摩擦,A、B恰好在同一高度處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷細(xì)繩后,A、B滑至斜面底端,M始終保持靜止,則()A.滑塊A的質(zhì)量大于滑塊B的質(zhì)量B.兩滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速率相同C.兩滑塊到達(dá)斜面底端時(shí),滑塊A重力的瞬時(shí)功率較大D.兩滑塊到達(dá)斜面底端所用時(shí)間相同解析:選AB依據(jù)題意,由于A、B滑塊均處于平衡狀態(tài),有FTA=FTB,而FTA=mAgsinα,F(xiàn)TB=mBgsinβ,所以mA大于mB,A正確;由于A、B滑塊距離地面的高度h相同,據(jù)mgh=eq\f(1,2)mv2可知兩者到達(dá)斜面底端的速率v相同,B正確;兩者到達(dá)地面的瞬時(shí)功率為PA=mAgv·sinα,PB=mBgv·sinβ,所以PA=PB,C錯(cuò)誤;兩者到達(dá)地面的時(shí)間為eq\f(h,sinα)=eq\f(1,2)gsinαteq\o\al(2,A),eq\f(h,sinβ)=eq\f(1,2)gsinβteq\o\al(2,B),解得sinαtA=sinβtB,所以tA>tB,D錯(cuò)誤。二、非選擇題8.額定功率為80kW的汽車,在平直的大路上行駛,行駛的最大速度為20m/s,汽車的質(zhì)量m=2000kg,若汽車從靜止開頭做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度a=2m/s(1)汽車所受的阻力有多大;(2)勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間多長;(3)3s末汽車的瞬時(shí)功率多大。解析:(1)當(dāng)速度最大時(shí),牽引力F1與阻力f大小相等,有f=F1=eq\f(P額,vm)=4000N(2)設(shè)以恒定的加速度a=2m/s2啟動(dòng)時(shí)的牽引力為F2,由牛頓其次定律得F2-f=解得F2=8000N當(dāng)汽車達(dá)到額定功率時(shí)加速過程結(jié)束,設(shè)加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v1,則v1=eq\f(P額,F2)=10m/s所以勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=eq\f(v1,a)=5s(3)因3s末汽車為勻加速運(yùn)動(dòng),故3s末的速度v=at=63s末的瞬時(shí)功率P=F2v=48kW答案:(1)4000N(2)5s(3)48kW9.(2022·正定二模)如圖所示,A、B、C質(zhì)量分別為mA=0.7kg,mB=0.2kg,mC=0.1kg,B為套在細(xì)繩上的圓環(huán),A與水平桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,另一圓環(huán)D固定在桌邊,離地面高h(yuǎn)2=0.3m,當(dāng)B、C從靜止下降h1=0.3m,C穿環(huán)而過,B被D攔住,不計(jì)繩子質(zhì)量和滑輪的摩擦,取(1)請(qǐng)推斷C能否落到地面;(2)求A在桌面上滑行的距離是多少。解析:(1)設(shè)B、C一起下降h1時(shí),A、B、C的共同速度為v,B被攔住后,C再下落h后,A、C兩者均靜止,對(duì)A、B、C一起運(yùn)動(dòng)和A、C一起再下降h過程分別由動(dòng)能定理得(mB+mC)gh1-μmAgh1=eq\f(1,2)(mA+mB+mC)v2-0mCgh-μmAgh=0-eq\f(1,2)(mA+mC)v2代入數(shù)據(jù)解得h=0.96由于h>h2,故C能落至地面。(2)設(shè)C落至地面瞬間,A的速度為v′,在C落至地面過程對(duì)A、C由動(dòng)能定理得mCgh2-μmAgh2=eq\f(1,2)(mA+mC)·(v′2-v2)C落至地面后,A運(yùn)動(dòng)的過程由動(dòng)能定理得-μmAgx=0-eq\f(1,2)mAv′2解得x=0.165故A滑行的距離為xA=h1+h2+x=(0.3+0.3+0.165)m=0.765答案:(1)C能落至地面(2)0.76510.(2022·自貢聯(lián)考)如圖所示,水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接,半圓形軌道的半徑R=0.4m。在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場,電場線與軌道所在的平面平行,電場強(qiáng)度E=1.0×104N/C。現(xiàn)有一電荷量q=+1.0×10-4C、質(zhì)量m=0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn)),在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放,帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C,然后落至水平軌道上的D點(diǎn)。取g=(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大??;(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB;(3)帶電體在從P開頭運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過程中的最大動(dòng)能。解析:(1)設(shè)帶電體通過C點(diǎn)時(shí)的速度為vC,由牛頓其次定律得mg=meq\f(v\o\al(2,C),R)設(shè)帶電體通過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,此時(shí)軌道對(duì)帶電體的支持力大小為FB,帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中,由動(dòng)能定理得-mg·2R=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又FB-mg=eq\f(mv\o\al(2,B),R)解得FB=6.0N依據(jù)牛頓第三定律得帶電體在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F′B=6.0N(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)受的時(shí)間為t,依據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有2R=eq\f(1,2)gt2xDB=vCt-eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2聯(lián)立解得xDB=0(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動(dòng),故最大速度肯定消滅在從B到C的過程中,在此過程中只有重力和電場力做功,這兩個(gè)力大小相等,其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方,故最大速度必消滅在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)應(yīng)圓心角為45°處。設(shè)小球的最大動(dòng)能為Ekm,由動(dòng)能定理得qERsin45°-mgR(1-cos45°)=Ekm-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得Ekm=eq\f(2\r(2)+3,5)J≈1.17J答案:(1)6.0N(2)0(3)1.17Jeq\a\vs4\al(第2講機(jī)械能守恒定律和功能關(guān)系)考向一機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用(選擇題)eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))(2022·遂寧一模)如圖所示,在傾角為30°的光滑固定斜面上,放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1kg和2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B,兩球之間用一根長L=0.2m的輕桿相連,小球B距水平面的高度h=0.1m。斜面底端與水平面之間有一光滑短圓弧相連,兩球從靜止開頭下滑到光滑地面上,g取10A.下滑的整個(gè)過程中A球機(jī)械能守恒B.下滑的整個(gè)過程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為2D.系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能的增加量為eq\f(2,3)J[審題指導(dǎo)]題干中“光滑固定斜面”、“光滑短圓弧”、“光滑地面”說明A、B兩球不受摩擦力作用,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。[解析]A、B下滑的整個(gè)過程中,桿的彈力對(duì)A球做負(fù)功,A球機(jī)械能削減,A錯(cuò)誤;A、B球組成的系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,機(jī)械能守恒,B正確;對(duì)A、B球組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mAg(h+Lsin30°)+mBgh=eq\f(1,2)(mA+mB)v2,解得v=eq\f(2,3)eq\r(6)m/s,C錯(cuò)誤;B球機(jī)械能的增加量為ΔEp=eq\f(1,2)mBv2-mBgh=eq\f(2,3)J,D正確。[答案]BD[感悟升華]應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路1.如圖所示,在高1.5m的光滑平臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球被一細(xì)線拴在墻上,球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)燒斷細(xì)線時(shí),小球被彈出,小球落地時(shí)的速度方向與水平方向成60°角,則彈簧被壓縮時(shí)具有的彈性勢(shì)能為(g=A.10JB.15JC.20JD.25J解析:選A由h=eq\f(1,2)gt2,tan60°=eq\f(vy,v0)=eq\f(gt,v0),可得v0=eq\r(10)m/s,由小球被彈射過程中小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得,Ep=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=10J,A正確。2.(2022·四川師大附中模擬)如圖所示,可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用不行伸長的細(xì)軟輕線連接,跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱,A的質(zhì)量為B的兩倍。當(dāng)B位于地面時(shí),A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放,B上升的最大高度是()A.2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)解析:選C如圖所示,以A、B為系統(tǒng),以地面為零勢(shì)能面,設(shè)A質(zhì)量為2m,B質(zhì)量為m,依據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgR=mgR+eq\f(1,2)×3mv2,A落地后B將以v做豎直上拋運(yùn)動(dòng),即有eq\f(1,2)mv2=mgh,解得h=eq\f(1,3)R。則B上升的高度為R+eq\f(1,3)R=eq\f(4,3)R,故選項(xiàng)C正確。3.(2022·巴中模擬)如圖所示,將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán),環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上,光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d,桿上的A點(diǎn)與定滑輪等高,桿上的B點(diǎn)在A點(diǎn)下方距離為d處?,F(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放,不計(jì)一切摩擦阻力,下列說法正確的是A.環(huán)到達(dá)B處時(shí),重物上升的高度h=eq\f(d,2)B.環(huán)到達(dá)B處時(shí),環(huán)與重物的速度大小相等C.環(huán)從A到B,環(huán)削減的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能D.環(huán)能下降的最大高度為eq\f(4,3)d解析:選CD重物上升的高度h與滑輪左側(cè)繩長的增加量相等,故h=(eq\r(2)-1)d,A錯(cuò)誤;重物的速度v物=v環(huán)cos45°,B錯(cuò)誤;由于不計(jì)一切摩擦阻力,環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故C正確;設(shè)環(huán)能下降的最大高度為h′,由機(jī)械能守恒得mgh′=2mg(eq\r(h′2+d2)-d),解得h′=eq\f(4,3)d,D正確??枷蚨δ荜P(guān)系的應(yīng)用(選擇題或計(jì)算題)常見的功能關(guān)系eq\o(\s\up7(),\s\do5([例2]))(2022·眉山一模)滑板運(yùn)動(dòng)是深受年輕人寵愛的一種極限運(yùn)動(dòng),如圖所示為某公園內(nèi)一滑板場地的豎直截面示意圖。斜面AB與水平面間的夾角θ=37°,水平地面BC長x=10m,B處平滑連接,CD為半徑R=3.0m的四分之一圓弧軌道。若一質(zhì)量為m=50kg的運(yùn)動(dòng)員,以v0=4m/s的初速度從場地A點(diǎn)沿斜面滑下,經(jīng)過AB段所用時(shí)間為t=eq\f(5,3)s,若沒有蹬地動(dòng)作,恰能到達(dá)D點(diǎn)。已知滑板與斜面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.45,圓弧軌道CD光滑,不計(jì)滑板質(zhì)量和空氣阻力,除蹬地外運(yùn)動(dòng)員和滑板可視為一質(zhì)點(diǎn),g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=(1)斜面高度h;(2)運(yùn)動(dòng)員第一次經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)C時(shí)受到的支持力大?。?3)運(yùn)動(dòng)員在BC段受到的阻力大??;(4)若運(yùn)動(dòng)員第一次經(jīng)過D點(diǎn)后有1.2s的時(shí)間離開圓弧軌道,則其在BC段需要通過蹬地做多少功?[解析](1)在AB段,對(duì)運(yùn)動(dòng)員、滑板組成的系統(tǒng)受力分析如圖所示,由牛頓其次定律得mgsinθ-f=maN=mgcosθf=μN(yùn)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得斜面AB長度l=v0t+eq\f(1,2)at2由幾何關(guān)系得h=lsinθ解得a=2.4m/s2,h(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC,恰好到達(dá)D點(diǎn)說明物塊在D點(diǎn)時(shí)速度為零,從C到D過程中,依據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)=mgR經(jīng)C點(diǎn)時(shí),由牛頓其次定律得N-mg=meq\f(v\o\al(2,C),R)解得N=1500N(3)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB,則vB=v0+at在BC段,由動(dòng)能定理得-fx=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得f=10N(4)運(yùn)動(dòng)員離開D點(diǎn)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),則2vD=gT依據(jù)功能關(guān)系得W=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得W=900J[答案](1)6m(2)1500N(3)10N(4)900[感悟升華]解決功能關(guān)系問題的三點(diǎn)留意(1)分析清楚是什么力做功,并且清楚該力是做正功還是做負(fù)功;依據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系,判定能的轉(zhuǎn)化形式,確定能量之間的轉(zhuǎn)化狀況。(2)可以依據(jù)功能之間的轉(zhuǎn)化狀況,確定是什么力做功,尤其可以便利計(jì)算變力做功的多少。(3)功能關(guān)系反映了做功與能量轉(zhuǎn)化之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系,功是能量轉(zhuǎn)化的量度,在不同問題中的具體表現(xiàn)不同。4.(2022·永安質(zhì)檢)如圖甲所示,一物體懸掛在細(xì)繩下端,由靜止開頭沿豎直方向運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中物體的機(jī)械能E與物體位移x關(guān)系的圖像如圖乙所示,其中0~x1過程的圖線為曲線,x1~x2過程的圖線為直線,由此可以推斷()A.0~x1過程中物體所受拉力是變力,且肯定不斷減小B.0~x1過程中物體的動(dòng)能肯定不斷減小C.x1~x2過程中物體肯定做勻速運(yùn)動(dòng)D.x1~x2過程中物體可能做勻加速運(yùn)動(dòng)解析:選D在E-x圖像中,圖線的斜率表示力的大小,在0~x1過程中,由E-x圖像知,拉力F漸漸變大,由于無法確定F和mg的關(guān)系,動(dòng)能可能增大、減小或不變,A、B錯(cuò)誤;x1~x2過程,F(xiàn)不變,物體可能做勻速運(yùn)動(dòng),也可能做勻變速運(yùn)動(dòng),C錯(cuò)誤,D正確。5.如圖甲所示,一足夠長、與水平面夾角θ=53°的傾斜軌道與豎直面內(nèi)的光滑圓軌道相接,圓軌道的半徑為R,其最低點(diǎn)為A,最高點(diǎn)為B。可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊與斜軌間有摩擦,物塊從斜軌上某處由靜止釋放,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小F與釋放的位置距最低點(diǎn)的高度h的關(guān)系圖像如圖乙所示,不計(jì)物塊通過A點(diǎn)時(shí)的能量損失,重力加速度g=10m/s2,sin53°=eq\f(4,5),cos53°=eq\f(3,5),求:(1)物塊與斜軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(2)物塊的質(zhì)量m。解析:(1)由題圖乙知,當(dāng)h1=5R時(shí),物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為零,此時(shí)物塊自身的重力恰好供應(yīng)物塊做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,設(shè)此時(shí)物塊在B點(diǎn)的速度大小為v1,則由牛頓其次定律知mg=eq\f(mv\o\al(2,1),R)對(duì)物塊從釋放至到達(dá)B點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得mg(h1-2R)-μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得μ=eq\f(2,3)(2)設(shè)物塊從距最低點(diǎn)高為h處釋放后到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為v,物塊受到軌道的壓力為F′,則F′+mg=eq\f(mv2,R)對(duì)物塊從釋放至到達(dá)B點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得mg(h-2R)-μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)=eq\f(1,2)mv2-0解得F′=5mg-eq\f(mgh,R)則由牛頓第三定律得F=eq\f(mgh,R)-5mg則F-h圖線的斜率k=eq\f(mg,R)由題圖乙可知k=eq\f(2N,R)解得m=0.2答案:(1)eq\f(2,3)(2)0.2kg考向三能量守恒定律的綜合應(yīng)用(選擇題或計(jì)算題)應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路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,即ΔE減=ΔE增。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,即ΔEA減=ΔEB增。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例3]))(2022·江蘇高考)如圖所示,生產(chǎn)車間有兩個(gè)相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙,甲的速度為v0。小工件離開甲前與甲的速度相同,并平穩(wěn)地傳到乙上,工件與乙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。乙的寬度足夠大,重力加速度為g。(1)若乙的速度為v0,求工件在乙上側(cè)向(垂直于乙的運(yùn)動(dòng)方向)滑過的距離s;(2)若乙的速度為2v0,求工件在乙上剛停止側(cè)向滑動(dòng)時(shí)的速度大小v;(3)保持乙的速度2v0不變,當(dāng)工件在乙上剛停止滑動(dòng)時(shí),下一只工件恰好傳到乙上,如此反復(fù)。若每個(gè)工件的質(zhì)量均為m,除工件與傳送帶之間摩擦外,其他能量損耗均不計(jì),求驅(qū)動(dòng)乙的電動(dòng)機(jī)的平均輸出功率eq\x\to(P)。[思路探究](1)工件在乙上運(yùn)動(dòng)時(shí),可將工件的運(yùn)動(dòng)分解成沿甲運(yùn)動(dòng)方向和沿乙運(yùn)動(dòng)方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)。(2)工件相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí),摩擦產(chǎn)生的熱量可由Q=fx相對(duì)求解。(3)電動(dòng)機(jī)消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為工件的動(dòng)能和因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。[解析](1)摩擦力與側(cè)向的夾角為45°,側(cè)向加速度大小ax=μgcos45°在側(cè)向上由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律知-2axs=0-veq\o\al(2,0)解得s=eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)設(shè)t=0時(shí)刻摩擦力與側(cè)向的夾角為θ,相對(duì)傳送帶側(cè)向、縱向加速度的大小分別為ax、ay,則eq\f(ay,ax)=tanθ很小的Δt時(shí)間內(nèi),側(cè)向、縱向的速度變化量Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt解得eq\f(Δvy,Δvx)=tanθ且由題意知tanθ=eq\f(vy,vx),設(shè)在經(jīng)Δt時(shí)間后,相對(duì)傳送帶側(cè)向和縱向速度分別為v′x和v′y則eq\f(v′y,v′x)=eq\f(vy-Δvy,vx-Δvx)=tanθ,有v′y=v′x·tanθ所以摩擦力方向保持不變。則當(dāng)v′x=0時(shí),v′y=0,即相對(duì)傳送帶縱向速度為零,即v=2v0(3)設(shè)工件在乙上滑動(dòng)時(shí)側(cè)向位移為x,沿乙運(yùn)動(dòng)方向的位移為y,由題意知ax=μgcosθ,ay=μgsinθ在側(cè)向上-2axx=0-veq\o\al(2,0)在縱向上2ayy=(2v0)2-0工件滑動(dòng)時(shí)間t=eq\f(2v0,ay)乙前進(jìn)的距離y1=2v0t工件相對(duì)乙的位移L=eq\r(x2+y1-y2)則系統(tǒng)摩擦生熱Q=μmgL電動(dòng)機(jī)做功W=eq\f(1,2)m(2v0)2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)+Q又eq\x\to(P)=eq\f(W,t)解得eq\x\to(P)=eq\f(4\r(5)μmgv0,5)[答案](1)eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)2v0(3)eq\f(4\r(5)μmgv0,5)[感悟升華]涉及能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法(1)當(dāng)涉及摩擦力做功時(shí),機(jī)械能不守恒,一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律,特殊留意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q=fx相對(duì),x相對(duì)為相對(duì)滑動(dòng)的兩物體間相對(duì)滑動(dòng)路徑的總長度。(2)解題時(shí),首先確定初、末狀態(tài),然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化,再分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量削減,哪種形式的能量增加,求出削減的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增,最終由ΔE減=ΔE增列式求解。6.(2022·南充模擬)如圖所示,質(zhì)量為M=2kg、長為L=2m的長木板靜止放置在光滑水平面上,在其左端放置一質(zhì)量為m=1kg的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),先相對(duì)靜止,后用一水平向右的力F=4N作用在小木塊上,經(jīng)過時(shí)間t=2s,小木塊從長木板另一端滑出,g取A.小木塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1B.在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為8JC.小木塊脫離長木板的瞬間,拉力F的功率為16WD.長木板在運(yùn)動(dòng)過程中獲得的機(jī)械能為16J解析:選C對(duì)小木塊由牛頓其次定律得F-μmg=ma1,對(duì)長木板由牛頓其次定律得μmg=Ma2,經(jīng)時(shí)間t=2s,L=eq\f(1,2)(a1-a2)t2,解得μ=0.2,A錯(cuò)誤;在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,小木塊與長木板間的滑動(dòng)摩擦力對(duì)小塊做負(fù)功,將系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgL=4J,B錯(cuò)誤;小木塊脫離長木板的瞬間,小木塊的速度v1=a1t=4m/s,長木板的速度v2=a2t=2m/s,拉力F的功率P=Fv1=16W,C正確;長木板獲得的動(dòng)能大小為Ek=eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)=4J,勢(shì)能不變,D錯(cuò)誤。7.當(dāng)今流行一種“蹦極”運(yùn)動(dòng),如圖所示,距河面45m高的橋上A點(diǎn)系彈性繩,另一端B點(diǎn)系住重50kg男孩的腳,彈性繩原長AB為15m,設(shè)男孩從橋面自由下墜直至緊靠水面的C點(diǎn),末速度為零。假定整個(gè)過程中,彈性繩遵循胡克定律,繩的質(zhì)量、空氣阻力忽視不計(jì),男孩視為質(zhì)點(diǎn)。彈性勢(shì)能可用公式:E彈=eq\f(kx2,2)(k為彈性繩的勁度系數(shù),x為彈性繩的形變長度)計(jì)算。(g=10m(1)男孩在最低點(diǎn)時(shí),彈性繩具有的彈性勢(shì)能為多大?彈性繩的勁度系數(shù)又為多大?(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,男孩的最大速度為多少?解析:男孩從橋面自由下落到緊靠水面的C點(diǎn)的過程中,重力勢(shì)能的削減量對(duì)應(yīng)彈性勢(shì)能的增加量,男孩速度最大時(shí),應(yīng)位于加速度為零的位置。(1)由功能關(guān)系得E彈=mgh解得E彈=2.25×104J又由于E彈=eq\f(1,2)kx2其中x=45m-15解得k=eq\f(2E彈,x2)=50N/m(2)男孩加速度為零時(shí),mg=kx′解得x′=10由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得mg(hAB+x′)=eq\f(1,2)kx′2+eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解得vm=20m/s答案:(1)2.25×104J50N/m(2)20m/s功能關(guān)系在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用eq\o(\s\up7(),\s\do5([典例]))(2022·攀枝花模擬)如圖所示,兩平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.6m,其傾角為θ=37°,導(dǎo)軌電阻不計(jì),底端接有阻值為R=3Ω的定值電阻,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T的勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面。有一質(zhì)量m=0.2kg、長為l的導(dǎo)體棒固定在ab位置,導(dǎo)體棒的電阻為R0=1Ω,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.3?,F(xiàn)導(dǎo)體棒獲得平行斜面對(duì)上的初速度v0=10m/s滑行最遠(yuǎn)至a′b′位置,所滑行距離為s=4m。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g(1)把導(dǎo)體棒視為電源,最大輸出功率是多少?(2)導(dǎo)體棒向上滑行至a′b′過程中所受的安培力做了多少功?(3)以ab位置為重力勢(shì)能的零點(diǎn),若導(dǎo)體棒從ab沿導(dǎo)軌面對(duì)上滑行d=3m過程中電阻R產(chǎn)生的熱量QR=2.1J,第1步:找關(guān)鍵點(diǎn)(1)“動(dòng)摩擦因數(shù)為μ”:說明導(dǎo)體棒受摩擦力。(2)“滑行最遠(yuǎn)至a′b′”:說明導(dǎo)體棒滑行至a′b′位置時(shí)速度為零。第2步:尋交匯點(diǎn)(1)力學(xué)學(xué)問:受力分析、功能關(guān)系。(2)電磁學(xué)學(xué)問:法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、左手定則、右手定則、安培力的計(jì)算。第3步:明突破點(diǎn)(1)問題一:導(dǎo)體棒剛開頭運(yùn)動(dòng)→感應(yīng)電流最大→輸出功率最大。(2)問題二:導(dǎo)體棒向上滑行的過程→動(dòng)能定理列方程求安培力做的功。(3)問題三:導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱,利用功能關(guān)系求解。[解析](1)由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流I=eq\f(E,R+R0)=eq\f(Blv,R+R0)知當(dāng)v=v0時(shí),I有最大值Im解得Im=1.5故最大輸出功率為Pm=Ieq\o\al(2,m)R=6.75W(2)導(dǎo)體棒向上滑行過程中,安培力做負(fù)功,由動(dòng)能定理得W安-mgssinθ-μmgscosθ=0-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W安=-3.28J(3)由于導(dǎo)體棒和R串聯(lián),R∶R0=3∶1由Q=I2Rt知,Q總∶QR=4∶3解得Q總=2.8J設(shè)導(dǎo)體棒滑行d時(shí)機(jī)械能為E′,由功能關(guān)系得Q總+W′f=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)-E′向上滑行d時(shí),W′f=μmgdcosθ解得E′=5.76J[答案](1)6.75W(2)-3.28J(3)5.76J[感悟升華]對(duì)比分析功能關(guān)系在力學(xué)中和電磁感應(yīng)中的應(yīng)用[跟蹤訓(xùn)練](2022·達(dá)州質(zhì)檢)如圖甲所示,閉合線圈固定在小車上,總質(zhì)量為1kg。它們?cè)诠饣矫嫔?,?0m/s的速度進(jìn)入與線圈平面垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平有界勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面對(duì)里。已知小車運(yùn)動(dòng)的速度v隨車的位移x變化的v-xA.線圈的長度L=15B.磁場的寬度d=25C.線圈進(jìn)入磁場過程中做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度為0.4mD.線圈通過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為40J解析:選B由圖乙知線圈長度為10cm,A錯(cuò)誤;磁場的寬度d=25cm,B正確;線圈進(jìn)入磁場過程中速度漸漸減小,C錯(cuò)誤;由功能關(guān)系知,線圈通過磁場產(chǎn)生的熱量Q=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)=eq\f(1,2)×1×(102-22)J=48J,D錯(cuò)誤。卷(一)一、選擇題1.(2022·上海高考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不計(jì)空氣阻力,在整個(gè)上升過程中,物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系是()解析:選C物體機(jī)械能的增量等于恒力做的功,恒力做功WF=Fh,h=eq\f(1,2)at2,則有外力作用時(shí),物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系為ΔE=eq\f(1,2)Fat2;撤去恒力后,物體機(jī)械能不變,C正確。2.(2022·廣東高考)如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖。圖中①和②為楔塊,③和④為墊板,楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦。在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()A.緩沖器的機(jī)械能守恒B.摩擦力做功消耗機(jī)械能C.墊板的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化成內(nèi)能D.彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能解析:選B在車廂相互撞擊使彈簧壓縮過程中,由于要克服摩擦力做功,且緩沖器所受合力做功不為零,因此機(jī)械能不守恒,A錯(cuò)誤;克服摩擦力做功消耗機(jī)械能,B正確;撞擊以后墊板和車廂有相同的速度,因此動(dòng)能并不為零,C錯(cuò)誤;壓縮彈簧過程彈簧的彈性勢(shì)能增加,并沒有減小,D錯(cuò)誤。3.(2022·綿陽模擬)如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m的物體以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的斜面,其運(yùn)動(dòng)的加速度為eq\f(3,4)g,該物體在斜面上上升的最大高度為h,則物體在此過程中()A.重力勢(shì)能增加了eq\f(3,4)mghB.動(dòng)能損失了mghC.機(jī)械能損失了eq\f(1,4)mghD.物體克服摩擦力的功率隨時(shí)間在均勻減小解析:選D物體上上升度h過程中,重力做功-mgh,重力勢(shì)能增加mgh,A錯(cuò)誤;依據(jù)傾角為30°,可知物體沿斜面上升位移F=2h,此過程合力F=ma=eq\f(3,4)mg,合力做功等于動(dòng)能變化量,即動(dòng)能變化量ΔEk=-ma×2h=-eq\f(3,2)mgh,即動(dòng)能削減eq\f(3,2)mgh,B錯(cuò)誤;ΔE=-eq\f(3,2)mgh+mgh=-eq\f(1,2)mgh,機(jī)械能損失eq\f(1,2)mgh,C錯(cuò)誤;物體沿斜面上升過程,克服摩擦力的功率P=fv=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0-\f(3,4)gt)),摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,大小不變,功率P隨時(shí)間均勻減小,D正確。4.(2022·信陽調(diào)研)如圖所示,質(zhì)量為m的金屬線框A靜置于光滑平面上,通過細(xì)繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的物體B相連,圖中虛線內(nèi)為一水平勻強(qiáng)磁場,d表示A與磁場左邊界的距離,不計(jì)滑輪摩擦及空氣阻力,設(shè)B下降h(h>d)高度時(shí)的速度為v,則以下關(guān)系中能夠成立的是()A.v2=ghB.v2=2ghC.A產(chǎn)生的熱量Q=mgh-mv2D.A產(chǎn)生的熱量Q=mgh-eq\f(1,2)mv2解析:選C因h>d,故線框肯定經(jīng)過磁場區(qū)域,由Q+eq\f(1,2)(m+m)v2=mgh,得Q=mgh-mv2,v2<gh,C正確,A、B、D錯(cuò)誤。5.(2022·南充三模)如圖所示,一個(gè)帶正電的小球穿在一根絕緣的粗糙直桿AC上,桿與水平方向成θ角,整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于桿方向斜向上的勻強(qiáng)磁場。小球沿桿向下運(yùn)動(dòng),在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100J,在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零,D為AC的中點(diǎn),在運(yùn)動(dòng)過程中,則()A.小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50JB.小球電勢(shì)能的增加量肯定等于重力勢(shì)能的削減量C.到達(dá)C點(diǎn)后小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)D.小球在AD段克服摩擦力做的功與小球在DC段克服摩擦力做的功相等解析:選C小球做減速運(yùn)動(dòng),F(xiàn)洛將減小,球與桿的彈力將變小,所受摩擦力也將變小,合力為變力,據(jù)F合·x=ΔEk可知,A錯(cuò)誤;重力勢(shì)能的削減量等于電勢(shì)能和內(nèi)能增量之和,B錯(cuò)誤;若電場力大于重力,小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng),C正確;由于摩擦力為變力,D錯(cuò)誤。6.(2022·海南高考)如圖所示,質(zhì)量相同的兩物體a、b,用不行伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè),a在水平桌面的上方,b在水平粗糙桌面上。初始時(shí)用力壓住b使a、b靜止,撤去此壓力后,a開頭運(yùn)動(dòng),在a下降的過程中,b始終未離開桌面。在此過程中()A.a(chǎn)的動(dòng)能小于b的動(dòng)能B.兩物體機(jī)械能的變化量相等C.a(chǎn)的重力勢(shì)能的減小量等于兩物體總動(dòng)能的增加量D.繩的拉力對(duì)a所做的功與對(duì)b所做的功的代數(shù)和為零解析:選AD由于va=vbcosθ,θ為b的拉繩與水平面間的夾角,質(zhì)量相同,動(dòng)能Ek=eq\f(1,2)mv2,A正確;a物體下降時(shí),其機(jī)械能的削減量等于b物體的動(dòng)能增加量和b物體克服摩擦力做功之和,B、C錯(cuò)誤;繩的拉力對(duì)a所做的功等于a的機(jī)械能的削減量,繩的拉力對(duì)b所做的功等于b的動(dòng)能增加量和克服摩擦力做的功,D正確。7.(2022·樂山一模)如圖所示,傾角為α的斜面體放在粗糙的水平面上,質(zhì)量為m的物體A與一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連?,F(xiàn)用拉力F沿斜面對(duì)上拉彈簧,使物體A在光滑斜面上勻速上滑,上滑的高度為h,斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。在這一過程中()A.彈簧的伸長量為eq\f(F-mgsinα,k)B.拉力F做的功為FhsinαC.物體A的機(jī)械能增加mghD.斜面體受地面的靜摩擦力大小等于Fcosα解析:選CD物體A在斜面上勻速運(yùn)動(dòng),彈簧的彈力等于F,彈簧的伸長量為eq\f(F,k),A錯(cuò)誤;拉力F做的功為WF=F·eq\f(h,sinα),B錯(cuò)誤;物體A的動(dòng)能不變,重力勢(shì)能增加mgh,所以其機(jī)械能增加了mgh,C正確;斜面和物體都受力平衡,以斜面和物體整體作為爭辯對(duì)象進(jìn)行受力分析,整體受重力、支持力、拉力F和摩擦力,在水平方向應(yīng)用平衡條件得f=Fcosα,D正確。8.(2022·西城區(qū)質(zhì)檢)如圖甲所示,物體以肯定的初速度從傾角α=37°的斜面底端沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng),上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面,上升過程中,物體的機(jī)械能E隨高度h的變化如圖乙所示。g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=A.物體的質(zhì)量m=0.67B.物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.40C.物體上升過程中的加速度大小a=10mD.物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek=10J解析:選CD上升過程,由動(dòng)能定理得,-(mgsinα+μmgcosα)·hm/sinα=0-Ek1,摩擦產(chǎn)生的熱μmg·cosαhm/sinα=E1-E2,解得m=1kg,μ=0.50,A、B錯(cuò)誤;物體上升過程中的加速度大小a=gsinα+μgcosα=10m/s2,C正確;上升過程中因摩擦產(chǎn)生的熱為E1-E2=20J,下降過程因摩擦產(chǎn)生的熱也應(yīng)為20J,故物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek=50J-40J=10二、非選擇題9.如圖所示,質(zhì)量m=0.2kg的小物體,從光滑曲面上高度為H=0.8m處釋放,到達(dá)底端時(shí)水平進(jìn)入軸心距離L=6m的水平傳送帶,傳送帶可由一電動(dòng)機(jī)驅(qū)使逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。已知物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1(取g(1)求物體到達(dá)曲面底端時(shí)的速度v0的大?。?2)若電動(dòng)機(jī)不開啟,傳送帶不轉(zhuǎn)動(dòng),則物體滑離傳送帶右端的速度v1的大小和在傳送帶上所用時(shí)間t分別為多少?(3)若開啟電動(dòng)機(jī),傳送帶以速率5m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),解析:(1)物體從曲面上下滑時(shí)機(jī)械能守恒,則mgH=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0=eq\r(2gH)=4m/s(2)設(shè)水平向右為正方向,物體滑上傳送帶后向右做勻減速運(yùn)動(dòng),期間物體的加速度大小和方向都不變。f=μmg由牛頓其次定律得-f=ma可得a=-1m對(duì)物體滑離傳送帶過程,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,1)-veq\o\al(2,0)=2aL解得v1=2由t=eq\f(v1-v0,a)得t=2s(3)以地面為參考系,則滑上逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶后,物體向右做勻減速運(yùn)動(dòng)。由以上計(jì)算可知,期間物體的加速度大小和方向都不變,所以到達(dá)右端時(shí)速度大小為2m/s,所用時(shí)間為2s,最終將從右端滑離傳送帶。此段時(shí)間內(nèi),明顯,物體向右運(yùn)動(dòng)的位移大小x1=L=6m,皮帶向左運(yùn)動(dòng)的位移大小為x2=物體相對(duì)于傳送帶滑行的距離Δx=x1+x2=16物體與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)期間產(chǎn)生的熱量Q=fΔx=μmgΔx=3.2J答案:(1)4m/s(2)2m/s2s(310.(2022·達(dá)州模擬)如圖所示,兩個(gè)傾角均為θ=37°的絕緣斜面,頂端相同,斜面上分別固定著一個(gè)不計(jì)電阻的光滑U型導(dǎo)軌,導(dǎo)軌寬度都是L=1.0m,底邊分別與開關(guān)S1、S2連接,導(dǎo)軌上分別放置一根和底邊平行的金屬棒a和b,a的電阻R1=10.0Ω、質(zhì)量m1=2.0kg,b的電阻R2=8.0Ω、質(zhì)量m2=1.0kg。U型導(dǎo)軌所在空間分別存在著垂直于斜面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場,大小分別為B1=1.0T,B2=2.0T,輕細(xì)絕緣線繞過斜面頂端很小的光滑定滑輪(圖中未畫出)連接兩金屬棒的中點(diǎn),細(xì)線與斜面平行,兩導(dǎo)軌足夠長,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10.0m/s2。開頭時(shí),開關(guān)S1、S2都斷開,輕細(xì)絕緣線繃緊,(1)撤去外力,兩金屬棒的加速度多大?(2)同時(shí)閉合開關(guān)S1、S2,當(dāng)金屬棒a和b通過的距離s=400m時(shí),速度達(dá)到最大,在這個(gè)過程中,解析:(1)設(shè)撤去外力時(shí)線的拉力為FT,兩金屬棒的加速度大小相等,設(shè)為a,由牛頓其次定律得對(duì)a有m1gsinθ-FT=m1對(duì)b有FT-m2gsinθ=m2解得a=2m(2)a

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