2024新高考物理第一轮章节复习
专题六 机械能守恒定律
专题检测题组
1.(2022新疆检测,18)质量为8 kg的物体静止在水平地面上,t=0时刻给物体作用一个竖直向上的拉力,物体运动的v-t图像如图所示。重力加速度g取10 m/s2 ,在0~7 s内,下列说法正确的是 ( )
A.前2 s与后3 s内重力做功之比为3∶2
B.前2 s与后3 s内拉力做功之比为43∶57
C.前2 s与后3 s内重力的平均功率之比为2∶3
D.前2 s与后3 s内拉力的平均功率之比为43∶42
答案 B 0~2 s,由v-t图像得物体的加速度a1= m/s2=0.75 m/s2,位移x1=×1.5×2 m=1.5 m;由牛顿第二定律F1-mg=ma1可得F1=86 N;前2 s拉力做的功WF1=F1x1=129 J,拉力的功率PF1= W=64.5 W;前2 s重力做的功WG1=-mgx1=-120 J,重力的功率PG1=- W=-60 W。4~7 s,由v-t图像得物体的加速度a2= m/s2=-0.5 m/s2,位移x2=×1.5×3 m=2.25 m;由牛顿第二定律F2-mg=ma2可得F2=76 N;后3 s拉力做的功WF2=F2x2=171 J,拉力的功率PF2= W=57 W;后3 s重力做的功WG2=-mgx2=-180 J,重力的功率PG2=- W=-60 W。所以=2∶3,=43∶57,=1∶1,=43∶38,故选B。
2.(2022山西期末调研,20)(多选)如图甲所示,在倾角α=30°的固定光滑斜面上放着A、B两物块,A、B紧靠在一起但不粘连,轻弹簧一端与B物块相连,另一端与固定挡板相连,整个系统处于静止状态。现对物块A施加一沿斜面向上的力F,使物块A沿斜面向上做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动,若力F随位移变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
甲
乙
A.A、B的质量均为2 kg
B.弹簧的劲度系数为4 N/m
C.A、B以相同加速度一起运动了0.2 s
D.从开始到A、B分离弹簧的弹性势能减少了0.72 J
答案 AC 当A、B静止时,设弹簧的压缩量为x1,对A、B整体分析可得kx1=(mA+mB)g sin α①;AB开始运动后,当F1=4 N时,对AB整体由牛顿第二定律可得:F1=(mA+mB)a②,当F2=12 N时,设弹簧的压缩量为x2,对A由牛顿第二定律可得:F2-mAg sin α=mAa③,对B由牛顿第二定律可得:kx2-mBg sin α=mBa④,联立②③解得mA=2 kg、mB=2 kg,A正确;由于x1-x2=2 cm=0.02 m,联立①④得k=400 N/m,B错误。设A、B向上匀加速的时间为t,所以x1-x2=at2,解得t=0.2 s,C正确。对A、B整体由开始运动到分离时列能量守恒可得:WF+ΔEP减=(mA+mB)g(x1-x2) sin α+(mA+mB)v2,由乙图得WF= J=0.16 J,由匀变速直线运动规律得v=at=0.2 m/s,代入解得ΔEP减=0.32 J,D错误。故选A、C。
方法技巧
此类题在分析时,需注意对临界态物理量的理解。当A、B整体开始运动时,弹簧的形变量还未发生变化,故此时A、B整体受到的合力等于施加的向上的拉力。当A、B即将分离时,A、B的速度及加速度均相等,A、B间的相互作用力等于0。
3.(2022四川南充、广元三诊,21)(多选)如图所示,光滑竖直杆固定,杆上套有一质量为m的小球A(可视为质点),一根竖直轻弹簧一端固定在地面上, 另一端连接质量也为m的物块B,一轻绳跨过定滑轮O,一端与物块B相连,另一端与小球A连接,定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时,小球A在外力作用下静止于P点,此时整根轻绳伸直无张力且O、P间细绳水平,O、B间细绳竖直,现将小球A由P点静止释放,小球A沿杆下滑到最低点Q时,OQ与杆之间的夹角为37°,不计滑轮质量和大小及摩擦,重力加速度大小为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, 关于小球A由P下滑至Q的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.除P、Q两点外,小球A的速度始终大于物块B的速度
B.小球A和物块B组成的系统机械能守恒
C.小球A静止于P点时,弹簧的压缩量为L
D.物块B的机械能增加了mgL
答案 AD 当绳子与杆之间的夹角为θ时,将小球A的速度沿绳子和垂直于绳子分解,由于绳子长度不变,所以vA cos θ=vB,其中θ由90°减到37°,cos θ始终小于1,故vA>vB,A正确。小球A、物块B和弹簧组成的系统机械能守恒,由于弹簧的弹性势能发生变化,故小球A和物块B组成的系统机械能也在变化,B错误。小球A由P点到Q点,定滑轮左侧绳子伸长-L=L,所以物块B上升L,小球A在Q点时若弹簧处于原长,则小球A的加速度不会向上,故弹簧一定是伸长状态,所以初态弹簧压缩量小于L,C错误。整个过程中物块B增加的机械能等于增加的重力势能,则ΔE增=mgL,D正确。
解题思路
小球A和物块B组成连接体,根据关联速度知识可判断小球A和物块B速度的大小关系;根据三角形几何关系可以判断整个过程物块B上升的高度;根据最低点小球A的加速度向上可判断此时弹簧一定为伸长状态;物块B在整个过程初末两个状态的速度都为零,机械能增量等于它重力势能的增加量,已知物块B上升的高度,即可计算物块B机械能的增加量。
4.(2022内蒙古包头二模,15)某汽车以恒定功率匀速行驶, 看到前方红灯,司机将汽车功率减半,并保持该功率行驶,看到红灯转为绿灯,逐渐增加功率,使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率,以后保持该功率行驶。设汽车所受阻力大小不变,则在该过程中,汽车的速度随时间变化的图像可能是 ( )
A B
C D
答案 C 汽车以恒定功率P匀速行驶时,P=F1v1,此时F1=f,所以P=fv1,当功率瞬间减为,由于速度不能突变,则=Fv1,所以牵引力瞬间减为,汽车加速度大小a=,随着v减小,F增大,加速度减小,即此阶段图像斜率减小。当加速度减为零时,F2=f,此时速度v2=,汽车做匀速直线运动,此阶段图像为平行于t轴的直线。此后逐渐增大功率,汽车匀加速运动,当功率达到P时,加速度仍存在,汽车速度继续增大,由关系式P=Fv、a=分析得:v增大,F减小,a减小,此阶段图像先为倾斜的直线,后为斜率逐渐减小的曲线。当a=0时,F=f,此后汽车以v1做匀速直线运动。故选C。
易错警示
t3时刻,汽车开始做匀加速运动直至恢复原来功率,由于a=,所以汽车在匀加速阶段,牵引力F为定值;由P=Fv分析得,当功率P达到原来功率时,汽车加速度此时还是a,所以汽车不会立即匀速运动,而是做加速度减小的加速运动,当加速度减到零才做匀速运动。
5.(2023届扬州高邮调研,6)仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一,根据该标准,高三女生一分钟内完成50个以上仰卧起坐记为优秀。若某女生一分钟内做了40个仰卧起坐,其质量为50 kg,上半身质量约为总质量的0.6,做仰卧起坐时下半身重心位置不变,上半身高度约为总身高的0.4,g取10 m/s2。测试的全过程中该女生克服重力做功的平均功率约为 ( )
A.10 W B.70 W C.150 W D.300 W
答案 B 设该女生身高1.6 m,上半身高度约0.64 m,每次上半身重心上升距离约为0.32 m,则每次克服重力做功为W=0.6mgh=0.6×50×10×0.32 J=96 J,则平均功率P== W=64 W,故B正确。
6.(2023届南通海安质量监测,3)相同材料制成的A、B两物块,以相同初速度同时滑上足够长的水平桌面,两物块质量分别为mA、mB且mA>mB,则 ( )
A.物块A惯性大,滑行距离大
B.物块B受到的阻力小,滑行距离大
C.两物块滑行的时间相等
D.两物块克服阻力做功相等
答案 C 设物块初速度为v0,与桌面间的动摩擦因数为μ,根据动能定理,对A有-μmAgsA=0-mA,对B有-μmBgsB=0-mB,联立可得sA=sB,质量大的物块惯性大,mA>mB,所以物块A惯性大,故A、B错误;根据动量定理,对A有-μmAgtA=-mAv0,对B有-μmBgtB=-mBv0,联立可得tA=tB,故C正确;根据动能定理,对A有-Wf=0-mA,对B有-Wf'=0-mB,因为mA>mB,所以Wf>Wf',故D错误。
7.(2022南京、盐城联考,5)如图所示,质量相等的两个物块A和B用细线连接后,再用轻弹簧将A悬挂,A和B处于静止状态。剪断细线,物块A向上运动到最高点的过程,不计空气阻力。下列说法不正确的是 ( )
A.剪断细线时,物块A的加速度大小为g
B.弹簧恢复原长时,物块A的速度最大
C.物块A所受弹簧弹力做的功等于克服重力做的功
D.弹簧的弹性势能减少量等于物块A的机械能增加量
答案 B 开始时系统处于平衡状态,弹簧的弹力大小为F=2mg,当细线剪断瞬间,弹簧弹力不能突变,则对A有F-mg=ma,解得加速度大小为g,方向向上,故A项正确;当弹簧的弹力等于mg时A的速度最大,此时弹簧伸长量不为零,以后做减速运动,故B项错误;物块A初、末状态的速度都是0,则动能不变,弹簧弹力做的功等于克服重力做的功,弹簧的弹性势能减少量等于物块A的机械能增加量,故C、D项正确。
8.(2023届南京学情调研,4)如图所示,滑块从静止开始沿粗糙固定斜面下滑直至底端。若用v、Ep、Ek、E分别表示滑块下滑时的速率、重力势能、动能、机械能,t表示时间,取斜面底端为零势能点。则下列图像中可能正确的是 ( )
A B C D
答案 C 设斜面倾角为θ,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块开始下滑时距斜面底端的距离为L,滑块下滑过程中的加速度为a,滑块从静止开始沿粗糙固定斜面下滑直至底端的过程中,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma,可得a=g sin θ-μg cos θ,显然加速度a为一定值。根据v=at,a为定值,可得v-t图像为一条过坐标原点的倾斜直线,故A错误。取斜面底端为零势能点,滑块从静止开始沿粗糙固定斜面下滑直至底端的过程中,滑块的重力势能Ep=mgh=mg(L-s) sin θ,s=at2,可得Ep=mgL sin θ-mga sin θ·t2,显然Ep-t图像为曲线,故B错误。滑块从静止开始沿粗糙固定斜面下滑直至底端的过程中,动能为Ek=mv2=ma2t2,显然Ek t图像为一条对称轴为Ek轴,开口向上的抛物线,故C正确。滑块从静止开始沿粗糙固定斜面下滑直至底端的过程中,机械能的改变量等于摩擦力所做的功,即μmg cos θ·s=mgL sin θ-E,s=at2,可得E=mgL· sin θ-μmga cos θ·t2,显然E-t图像为曲线,故D错误。
9.(2022长沙市一中月考五,8)(多选)左侧竖直墙面上固定半径为R=0.3 m的光滑半圆环,右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为ma=2 kg的小球a套在半圆环上,质量为mb=1 kg的小球b套在直杆上,两者之间用长为L=0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放,由于受到微扰使a沿圆环自由下滑,不计一切摩擦,a、b均视为质点,g取10 m/s2,则以下说法中正确的是( )
A.小球a滑到与圆心O等高的P点时,a、b两球的速度大小相等
B.小球a滑到与圆心O等高的P点时,a的速度大小为 m/s
C.小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点(图中未画出)时,a、b两球的速度大小相等
D.小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点(图中未画出)的过程中,杆对小球b做的功为 J
答案 BD 当a滑到与O同高度的P点时,a的速度v沿圆环切向向下,b的速度为零,故A错误;由机械能守恒定律可得magR=mav2,解得v== m/s,故B正确;杆与环圆相切时,如图所示,a的速度沿杆方向,设此时b的速度为vb,根据杆不可伸长和缩短,有va=vb cos θ,故C错误;由几何关系可得 cos θ==0.8,在图中,球a下降的高度h=R cos θ,系统机械能守恒,则有magh=ma+mb-mav2,对小球b,由动能定理得W=mb= J,故D正确。
10.(2022湖南师大附中月考六,7)(多选)如图所示,一定质量的小球(可视为质点)套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上,椭圆的左焦点为P,长轴AC=2L0,短轴BD=L0。原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的垂直纸面的光滑水平轴上,另一端与小球连接。若小球逆时针做椭圆运动,在A点时的速度大小为v0,弹簧始终处于弹性限度内,则下列说法正确的是 ( )
A.小球在C点的速度大小为v0
B.小球在D点时的动能最大
C.小球在B、D两点的机械能不相等
D.小球在A→D→C的过程中机械能先变小后变大
答案 AB 小球运动过程中与弹簧组成的系统机械能守恒,其重力势能、弹性势能和动能相互转化,但三者之和保持不变。因为弹簧原长为L0,椭圆形轨道半长轴的长为L0,故小球在A点时弹簧处于压缩状态,形变量等于PO的长度,由数学知识可得PO==L0。小球在C点时弹簧长度等于L0+L0=L0,故伸长量也等于L0,所以小球在A、C两点时弹簧的形变量大小相等,弹簧的弹性势能相等,故小球在相同高度的A、C两点时动能相等,即小球在C点的速度大小也为v0,A正确;小球在B、D两点时,弹簧的长度PD=PB==L0,即小球在B、D两点时弹簧处于原长,弹簧弹性势能为零,小球的机械能相等,C错误;小球在D点时,弹簧处于原长,所以小球在D点时重力势能、弹簧弹性势能都最小,所以动能最大,B正确;小球在A→D→C的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大,故小球的机械能先变大后变小,D错误。
11.(2022岳阳市一模,11)(多选)如图,光滑小球a、b的质量均为m,a、b均可视为质点,a、b用刚性轻杆连接,竖直地紧靠光滑墙壁放置,轻杆长为l,b位于光滑水平地面上,a、b处于静止状态,重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动,使b开始沿水平面向右做直线运动,直到a着地的过程中,则 ( )
A.a落地前会离开竖直墙壁
B.a落地时的速度大小为
C.b的速度最大时,a离地面的高度为l
D.a开始下滑至着地过程中,轻杆对b做功为mgl
答案 AC 对b施加轻微扰动使b开始沿水平面向右做直线运动,杆对a和b均为推力,杆对a做负功,对b做正功,当杆的力等于零时,a球和墙壁无挤压,此时a会离开墙壁,故A正确;a落地时,对系统由机械能守恒定律,有mgl=m+m,则a落地时的速度大小小于,故B错误;当杆的推力等于零时,杆对b做正功最多,此时b的速度最大,设杆与水平方向的夹角为θ,对系统由机械能守恒有mg(l-l sin θ)=m+m,沿杆方向的速度相等,有va sin θ=vb cos θ,联立解得Ekb=m=mgl(1-sin θ)sin2 θ=mgl·4(1-sin θ)··,故当1-sin θ=时,即sin θ=,b的动能有最大值为Ekbmax=mgl。而此时a离地面的高度为l sin θ=l,故C正确;a开始下滑至着地过程中,系统减少的重力势能为mgl,而两球沿杆方向的速度相等,a球还有竖直分速度,则有va>vb,则杆对a做功大于mgl,杆对b做功小于mgl,故D错误。
12.(2022岳阳市一模,3)如图是湖边铁链围栏,铁链两端固定在栏柱上,图中这条铁链的重力为G,现在铁链最低点用力向下压,直至铁链绷紧。下压过程中铁链的重心位置将( )
A.先升高后降低 B.逐渐降低
C.逐渐升高 D.始终不变
答案 C 根据能量守恒,铁链最低点在外力作用下下移,直至铁链绷紧的过程中,外力做正功,外部输入的能量转化为铁链的机械能,忽略铁链动能的增加,则铁链的重力势能增加,其重心逐渐升高,故A、B、D错误,C正确。
13.(2022湖南师大附中一模,5)如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面高为H,上端套着一个细环。棒和环的质量分别为4m和m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其大小为4mg。断开轻绳,棒和环自由下落。假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计。则( )
A.棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,棒相对地面一直做加速度恒定的匀减速直线运动
B.从断开轻绳到棒和环都静止的过程中,环相对地面始终向下运动
C.棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中,环相对地面先做匀减速后做匀加速最后做匀减速运动,从断开轻绳到棒和环都静止,系统损失的机械能为
D.从断开轻绳到棒和环都静止的过程中,环相对于棒有往复运动,但总位移向下
答案 C 棒第一次与地面碰撞后,开始棒的速度方向变为向上,环的速度方向继续向下,二者存在相对运动,相互间存在滑动摩擦力,棒所受合力方向向下,根据牛顿第二定律可得,加速度大小为a==2g。环受重力、向上的滑动摩擦力,合力方向向上,根据牛顿第二定律可得,加速度大小为a==3g,此时环的加速度大于棒的加速度,而环的速度与棒的速度大小相同,所以环的减速时间小于棒的减速时间,最终环会向上做匀加速运动,加速度大小为3g,直至环与棒速度大小相同,此时两者无相对运动,不受摩擦影响,环和棒一起做加速度大小为g的向上的匀减速运动,直至速度为0,故A、B错误;设环相对棒滑动距离为l,根据能量守恒4mgH+mg(H+l)=4mgl,解l=H。摩擦力对棒及环做的总功为W=-4mgl,联立解得W=-mgH,则系统损失的机械能为,故C正确;当棒再次下落时,由于此时棒的速度等于环的速度,此时棒与环之间无摩擦,所以环的下落为自由落体运动,不相对于棒做往复运动,与地面接触后在棒反弹后重复之前的运动状态,因此环的总位移是向下,故D错误。
14.(2023届惠州六校二联,8)打夯是人们抬起重物将地面夯实的传统方式,某次打夯简化为以下过程:如图,两人同时通过绳子,对静止在地面上的质量为m的重物各施加大小不变的力F,力的方向都与竖直方向成θ角,重物离开地面高度为h时同时放手,重物最终下落至地面,并把地面砸出深度为d的凹坑。不计空气阻力,重力加速度大小为g,在一次打夯全过程中,下列说法正确的是 ( )
A.重力对重物做的功与地面对重物的阻力做的功大小相等
B.重物落下接触地面时的动能等于mgh
C.整个过程重力做功等于mgh
D.地面对重物的阻力做功等于-2Fh cos θ-mgd
答案 D 根据重力做功的特点,可知整个过程重物下降的高度为d,重力做功WG=mgd,在一次打夯全过程中,由动能定理可知2Fh cos θ+WG+W阻=0,故地面对重物阻力做的功W阻=-2Fh cos θ-mgd,故重力对重物做的功与地面对重物的阻力做的功大小不相等,A、C错误,D正确;从开始到重物刚落地的过程,由动能定理有2Fh cos θ=Ek-0,可得重物落下接触地面时的动能Ek=2Fh cos θ,由于重物从地面离开上升到h,即由静止开始向上加速运动,则有2F cos θ>mg,所以可得重物落下接触地面时的动能Ek>mgh,B错误。故选D。
15.(2023届深圳中学一测,10)(多选)如图所示,在水平地面上固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB,轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面,斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮,轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过轻滑轮,左端与套在圆形轨道上质量为m的小圆环相连,右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环,小圆环运动到图中P点时,轻绳与轨道相切,OP与OB夹角为60°;小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦力和阻力,小圆环和物块均可视为质点,物块离斜面底端足够远,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.小圆环到达B点时的加速度为g
B.小圆环到达B点后还能再次回到A点
C.小圆环到达P点时,小圆环和物块的速度之比为2∶
D.小圆环和物块的质量之比满足
答案 AB 小圆环运动到B点时,小圆环受到重力、水平向右的拉力和圆形轨道对小圆环向左的支持力,因为运动到B点时速度恰好为零,则其合力为重力,根据牛顿第二定律可知mg=ma,解得a=g,A正确;由于忽略一切摩擦力和阻力,小环和物块组成的系统机械能守恒,当小圆环到达B点时,速度都为零,此后小圆环沿圆形轨道向下运动,系统机械能还是守恒,最终小圆环和物块速度都减到零,故小圆环到达B点后还能再次滑回A点,B正确;小圆环在P点时,小圆环的速度方向沿绳的方向,根据速度的合成与分解可知,此时小圆环和物块的速度之比为1∶1,C错误;设轻滑轮所在的位置为C,由图中几何关系可知OC=2R,AC=R,在运动过程中,对小圆环和物块组成的系统,根据动能定理可知-mgR+MgR(-1)·sin 30°=0-0,解得,D错误。故选A、B。
16.(2022肇庆二模,10)(多选)如图甲所示为游乐场的旱滑梯,滑滑梯时游客乘坐旱滑圈从滑梯顶部由静止滑下,到达滑梯尾端时斜向上抛出后落在气垫上,图乙为滑梯的侧视图,不计空气阻力,以游客和旱滑圈为整体,则整体沿滑梯运动过程中,下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A.整体重力势能的减少量大于整体动能的增加量
B.整体重力所做的功大于整体重力势能的减少量
C.若游客在滑梯顶部时被工作人员用力沿滑梯斜面向下推一下,则整体下滑到滑梯最低点时,整体对滑梯的压力增大
D.若游客在滑梯顶部时被工作人员用力沿滑梯斜面向下推一下,则滑梯对整体的摩擦力做功不变
答案 AC 由于滑梯对整体的摩擦力做负功,所以整体重力势能的减少量大于整体动能的增加量,A正确;根据重力做功的特点,知整体重力所做的功等于整体重力势能的减少量,B错误;若游客在滑梯顶部时被工作人员用力沿滑梯斜面向下推一下,则整体下滑到滑梯最低点时速度增大,所需向心力增大,滑梯对整体的支持力也增大,根据牛顿第三定律,整体对滑梯的压力增大,所受滑梯的摩擦力增大,滑梯对整体的摩擦力做功增加,C正确,D错误。故选A、C。
17.(2022陕西安康质检,16)如图所示,光滑水平面(足够大)的右端B处连接一半径为R的光滑竖直半圆轨道,B点为水平面与半圆轨道的切点,用大小恒定的水平推力将一质量为m的滑块(视为质点)从B点左侧的A点由静止开始推到B点,然后立即撤去推力,滑块恰好能沿半圆轨道运动到最高点C,并且恰好落回A点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。
(1)求A、B两点的距离x;
(2)若用最小推力完成上述过程(不要求滑块经过C点时对半圆轨道无压力),求该最小推力Fmin及其对应A、B两点的距离l。
答案 (1)2R (2)mg 4R
解析 (1)滑块恰好沿半圆轨道运动到最高点,在C点,由牛顿第二定律可得:mg=m,所以vC=;滑块由C点到A点做平抛运动,竖直方向2R=gt2,水平方向x=vCt,联立解得x=2R。
(2)滑块由A运动到C,由动能定理可得:Fl-mg·2R=m,滑块由C到A做平抛运动,结合(1)问可得vC'=,联立可得F=mg;当=时,即l=4R时,推力取最小值,Fmin=mg。
方法技巧
在求解(2)时,由于推力F会随A、B两点距离l的变化而变化,所以可以建构l为自变量、F为因变量的函数关系,之后利用均值定理得到F的最小值。
18.(2023届扬州高邮调研,14)如图所示,由两个半径均为R=0.2 m的四分之一圆弧形细管道构成的光滑细管道ABC竖直放置,且固定在光滑水平面上,管道最低点刚好与水平面相切,圆心连线O1O2水平;轻弹簧左端固定在竖直挡板上,右端与质量为m=10 g的小球接触(不拴接,小球的直径略小于管的内径,小球大小可忽略)。宽为2R、高为R的木盒子固定于水平面上,盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为2R,开始时弹簧处于锁定状态,当解除锁定后小球离开弹簧进入管道,最后到达C点或从C点抛出,重力加速度g取10 m/s2。(弹簧、小球及轨道ABC与木盒截面GDEF在同一竖直面内)
(1)若小球恰好能到达C点,求弹簧处于锁定状态时具有的弹性势能;
(2)若弹簧处于锁定状态时具有的弹性势能为0.12 J,求解除锁定后小球经过C点时对轨道的压力;
(3)若小球从C点抛出后能直接击中盒子的底部,求弹簧处于锁定状态时具有的弹性势能满足什么条件
答案 (1)0.04 J (2)0.7 N,方向竖直向上
(3)0.06 J≤Ep≤0.08 J
解析 (1)恰能到达C点时vC=0
对全过程应用动能定理
W-2mgR=0
Ep=W
Ep=2mgR=0.04 J
(2)从小球从弹簧处离开至C点由动能定理得
W-2mgR=m
W=Ep
在C点由牛顿第二定律得
mg+F=m
联立解得F=0.7 N
由牛顿第三定律可得F压=F=0.7 N,方向竖直向上
(3)①小球从G点进入盒子,则小球从C点到G点做平抛运动,有
R=g
2R=v1t1
从小球从弹簧处离开至C点由动能定理得
Ep1=2mgR+m
联立解得E1=0.06 J
②小球落到E点,则小球从C点到E点做平抛运动,有
2R=g
4R=v2t2
从小球从弹簧处离开至C点由动能定理得
Ep2=2mgR+m
解得Ep2=0.08 J
弹簧处于锁定状态时具有的弹性势能满足
0.06 J≤Ep≤0.08 J
19.(2022南通如皋一模,14)某种弹射装置如图所示,左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定,弹簧具有的弹性势能Ep=4.5 J,质量m=1.0 kg的小滑块静止于弹簧右端,光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接,传送带长度L=8.0 m,传送带以恒定速率v0=8.0 m/s顺时针转动。某时刻解除锁定,滑块被弹簧弹射后滑上传送带,并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求滑块离开传送带时的速度大小v;
(2)求电动机传送滑块多消耗的电能E;
(3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能Ep',要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置,求Ep'的取值范围。
答案 (1)7 m/s (2)96 J (3)12 J≤Ep'≤132 J
解析 (1)设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1,根据能量守恒Ep=m,代入数据得v1=3 m/s
因为μ> tan θ,故滑块在传送带上先向上加速,根据牛顿第二定律有μmg cos θ-mg sin θ=ma
得a=2.5 m/s2
若滑块在传送带上一直加速,则离开传送带时的速度大小v满足v2-=2aL,解得v=7 m/s
(2)滑块在传送带上运动时间t==1.6 s
该段时间,传送带的位移s=v0t=12.8 m
对传送带,根据动能定理有W电-μmg cos θ·s=0
解得W电=96 J
即电动机传送滑块多消耗的电能E=W电=96 J
(3)分析可知,要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置,滑块滑出传送带时要与传送带共速。
滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带,所对应的弹性势能最小,有
Epmin+(μmg cos θ-mg sin θ)L=m
得Epmin=12 J
同理可得,滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带,所对应的弹性势能最大,有
Epmax-(μmg cos θ+mg sin θ)L=m
得Epmax=132 J
所以,满足条件的弹性势能Ep'范围为
12 J≤Ep'≤132 J
20.(2022长沙市一中月考九,13)如图所示,光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB,右侧固定一足够长光滑斜面CD,木板的上表面与斜面底端C处于同一水平面,木板的质量M=2 kg,木板长l=7 m。一物块以水平速度v0=9 m/s冲上木板的A端,木板向右运动,B端碰到C点时被粘连,且B、C之间平滑连接。物块的质量为m=1 kg,可视为质点,与木板之间的动摩擦因数μ=0.45,g取10 m/s2,求:
(1)若初始时木板B端距C点的距离足够远,求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离;
(2)设初始时木板B端距C点的距离为L,试讨论物块最终距C点的距离与L的关系,并求此最大距离。
答案 (1)3 m/s 6 m (2)见解析
解析 (1)初始时木板B端距C点的距离足够远,则m与M达到共同速度,根据动量守恒和能量守恒可得mv0=(M+m)v共
μmgΔl=m-(M+m)
解得v共=3 m/s,Δl=6 m
(2)对木板:μmgs=M-0
解得s=2 m
当L≥2 m时,木板B端和C点相碰前,物块和木板已经达到共同速度,碰后物块以v共=3 m/s的初速度做匀减速直线运动到C点
-=2a(l-Δl)
a=μg=4.5 m/s2
解得vC1=0 m/s,则物块恰好停在C点,与L无关。
当L<2 m时,木板B端和C点相碰前,物块和木板未达到的共同速度,物块一直做匀减速运动-=2a(l+L)
解得vC2=3
物块以此速度冲上斜面并会以原速率返回,最终停在木板上,s==2-L
当L=0 m时,s有最大值smax=2 m。
21.(2022惠州二调,16)极限运动深受年轻人的喜爱,如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地U形池,现有某U形池场地示意图如图乙所示,该场地由两段可视为光滑的圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度相同的水平滑道BC构成,图中R1=4.5 m,R2=3.5 m,BC=5 m,某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出发,通过AB、BC滑道,冲向CD滑道,到达CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体近似看成质点,空气阻力不计,g取10 m/s2)。
(1)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点时对圆弧形滑道的压力;
(2)该运动员为了第一次经过D处后有2 s时间做空中表演,求他在A点下滑的初速度大小;
(3)在(2)问的初始条件下,运动员在滑道上来回运动,最终将停在何处
甲 乙
答案 见解析
解析 (1)运动员从A到B的过程中由动能定理得
mgR1=
在B点由向心力公式得
FN-mg=m
联立解得FN=1 800 N
由牛顿第三定律得,对滑道B点的压力大小FN'=FN=1 800 N,方向垂直于BC向下。
(2)设运动员在BC段克服摩擦力做的功为Wf,根据运动员到D点时的速度恰好为零,由动能定理得
mgR1-Wf-mgR2=0
解得Wf=600 J,运动员在空中表演时做竖直上抛运动,上抛的初速度vD1=g
解得vD1=10 m/s
运动员从A到D过程,由动能定理得
mgR1-Wf-mgR2=
代入数据解得vA0=10 m/s
(3)运动员下落后会在滑道上来回运动,直到最终静止在BC上;
运动的全过程由动能定理得mgR1-fs=0-
解得运动员在BC段的总路程为s=47.5 m
在BC上来回运动的次数n==9.5
运动员最终停在离B点2.5 m处。
规律总结
在分析(3)问时,借助对动能定理的理解,不需考虑运动员运动的中间阶段,只需要考虑首尾阶段便可以解决问题。
22.(2023届肇庆一模,14)已知地铁列车起动加速度大小为1.0 m/s2,常用制动加速度大小为1.0 m/s2,起动和制动过程可视为匀变速直线运动。地铁列车加速运行和匀速运行时受到的阻力大小恒为2×105 N,列车的额定功率为6×103 kW,总质量为2.2×105 kg。若甲站与相邻的乙站相距2.7 km(两站之间的线路可视为水平直线),试求地铁列车从甲站运行到乙站的过程中
(1)地铁列车的最大速度;
(2)到达乙站所需要的时间;
(3)牵引力做的功。
答案 (1)30 m/s (2)120 s (3)5.49×108 J
解析 (1)地铁列车以额定功率行驶时,速度最大,则有P=F牵vm,F牵=f,解得vm= m/s=30 m/s
(2)起动阶段有vm=at1,解得t1==30 s,通过的位移为x1==450 m,制动阶段有vm=a't3,解得t3==30 s,通过的位移为x3==450 m,匀速阶段有x2=vmt2=L-x1-x3,解得t2= s=60 s,从甲站到乙站需要的时间t=t1+t2+t3=120 s
(3)牵引力在地铁列车加速和匀速运动阶段做功,根据动能定理可得W牵-f(x1+x2)=
解得W牵=5.49×108 J
23.(2023届惠州六校二联,16)某快递点的传送装置(传送带与水平面的夹角θ=37°)因停电而停运,工人找了块质量为m=3 kg的带钩木板置于传送带上,再在木板上放置货物,通过轻绳与木板钩子相连,工人可在高处工作台对木板施加平行于传送带方向、大小为165 N的拉力,使得货物能从静止开始向上运动。已知木板与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,货物质量M=12 kg,货物与木板间的动摩擦因数μ2=0.9,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,求:
(1)货物的加速度大小;
(2)拉力作用t=2 s(货物未到达顶端)后,货物的机械能增加量;
(3)已知传送带顺时针稳定转动的速度为kv0(k可调,且k<1)。某次工作中,当木板的速度达到v0后,突然来电,工人马上撤去拉力,不计传送带的加速时间。k取何值时,撤去拉力至木板速度减为0的过程中(仍未到达顶端),木板与传送带之间因摩擦所产生的热量最小。
答案 (1)1 m/s (2)168 J (3)
解析 (1)假设货物与木板相对静止,一起匀加速运动,设加速度为a,对货物与木板整体分析,由牛顿第二定律得F-(m+M)g sin 37°-μ1(m+M)g cos 37°=(m+M)a
解得a=1 m/s2
对货物分析得f-Mg sin 37°=Ma
可得f=84 N
货物与木板间的最大静摩擦力fm=μ2Mg cos 37°=86.4 N
由于木板对货物的静摩擦力小于最大静摩擦力,货物与木板保持相对静止,故假设成立,货物的加速度大小为1 m/s2。
(2)拉力作用t=2 s后,货物的速度为v=at=2 m/s
货物的位移为x=at2=2 m
所以货物增加的机械能为ΔE=Mgx sin 37°+Mv2=168 J
(3)突然来电,工人撤去拉力后,由于μ2>μ1,货物与木板会保持相对静止,一起做匀变速运动,木板从速度v0减速到kv0的过程,由牛顿第二定律,对木板与货物整体有(m+M)g sin 37°+μ1(m+M)g cos 37°=(m+M)a1
解得a1=10 m/s2,减速时间t1=
在时间t1内,木板与传送带的相对位移大小为Δx1=t1-kv0t1
木板从速度kv0减速到0的过程,由牛顿第二定律,对木板与货物整体有(m+M)g sin 37°-μ1(m+M)g cos 37°=(m+M)a2
解得a2=2 m/s2,减速时间t2=,木板与传送带的相对位移大小为Δx2=kv0t2-t2
在时间t1+t2内,木板与传送带之间因摩擦所产生的热量为Q=μ1(m+M)g cos 37°·(Δx1+Δx2)
整理得Q=3
由上式可知,当k=时,木板与传送带之间因摩擦所产生的热量最小。
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