高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題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

《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題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1×103 kg/m3)．當(dāng)它工作時(shí)，估計(jì)水槍的功率約為(　A　) A．250 W B．300 W C．350 W D．400 W 2．(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μ，重力加速度為g.則滑塊克服彈簧的彈力做功為(

2、　A　) A．mv－μmgl－mgh B．mv＋μmgl－mgh C．mv－mgh D．μmgl＋mgh－mv 解析：假設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到底端時(shí)的速度大小為v，則滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到斜面底端的過程中，由動(dòng)能定理可得－μmgl＝mv2－mv，滑塊由斜面底端至彈簧壓縮最短的過程中，由動(dòng)能定理可得－mgh－W＝0－mv2，由以上兩式可得W＝mv－μmgl－mgh，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)車組停靠在銅陵站．把動(dòng)力裝置分散安裝在每節(jié)車廂上，使其既具有牽引動(dòng)力，又可以載客，這樣的客車車廂便叫做動(dòng)車．而動(dòng)車組就是由幾節(jié)自帶動(dòng)力的車廂加幾節(jié)不帶動(dòng)力的車

3、廂編成一組．帶動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車，不帶動(dòng)力的車廂叫拖車．設(shè)動(dòng)車組運(yùn)行過程中的阻力與質(zhì)量成正比，每節(jié)動(dòng)車與拖車的質(zhì)量都相等，每節(jié)動(dòng)車的額定功率都相等．若一節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車時(shí)，最大速度為120 km/h；若改為五節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車時(shí)，最大速度為(　C　) A．60 km/h　 B．240 km/h C．300 km/h　 D．600 km/h 解析：設(shè)每節(jié)車廂質(zhì)量為m，開一節(jié)動(dòng)車帶動(dòng)三節(jié)拖車以最大速度行駛時(shí)所受阻力為Ff1＝4kmg(k為比例常數(shù))，每節(jié)動(dòng)力車的額定功率為P，則有－4kmg＝0， 當(dāng)改為開五節(jié)動(dòng)車帶三節(jié)拖車以最大速度行駛時(shí)，則有－8kmg＝0，聯(lián)立解得v2m＝v1m＝300 k

4、m/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(mA>mB)同時(shí)從斜面上同一高度處靜止釋放，在兩滑塊滑至斜面底端的過程中，M始終保持靜止，則(　B　) A．B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θ，對(duì)兩滑塊受力分析，由牛頓第二定律可知：兩滑塊下滑過程中的加速度a＝gsin θ，兩斜面的長(zhǎng)度相等，根據(jù)x＝at2，可知兩滑塊同時(shí)到達(dá)斜面的底

5、端，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)v＝at，滑塊到達(dá)底端的速度大小相等．根據(jù)功率定義可得P＝mgvsin θ，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mA＞mB，地面對(duì)斜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

6、端時(shí)的動(dòng)能為E B．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v D．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－mgh－Ff·x＝0－E，而h＝xsin α，式中α為斜面傾角，可得x＝.由此可見小物塊沿斜面上升的距離x與初動(dòng)能E成正比，而摩擦力做功Ff·x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)樵瓉淼?倍，損失的動(dòng)能(即克服摩擦力做的功)也為原來的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)的過程，由v2＝2ax得＝，故有v1＝v，C正確，D錯(cuò)誤． 6．(

7、2016·太原調(diào)研)質(zhì)量為m的汽車在平直的路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過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)刻開始汽車的功率保持不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中汽車所受阻力的大小恒為Ff，以下說法正確的是(　D　) A．0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車牽引力的數(shù)值為m B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率等于(m＋Ff)v2 C．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速率小于 D．汽車運(yùn)動(dòng)的最大速率v2＝(＋1)v1 解析：0～t1時(shí)間內(nèi)汽車的加速度大小為，m為汽車所受的合外力大小，而不是牽引力大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1時(shí)刻汽車牽引力的功率為Fv1＝v1，之后汽車功率保持不變，選項(xiàng)B

8、錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速率大于，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；牽引力等于阻力時(shí)速度最大，即t2時(shí)刻汽車速率達(dá)到最大值，則有v1＝Ffv2，解得v2＝v1，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μ，砝碼與紙板左端的距離及桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動(dòng)紙板，下列說法正確的是(　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μ(M＋m)g B．要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)g

9、 C．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＝μ(2M＋3m)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Ff＝μFN得，F(xiàn)f＝μ(2M＋m)g，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得，對(duì)砝碼有μMg＝Ma1，對(duì)紙板有F－μ(2M＋m)g＝ma2，要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，則a1＜a2，聯(lián)立以上三式解得F＞2μ(M＋m)g，選項(xiàng)B正確；設(shè)砝碼與紙板分離時(shí)通過的位移為x1，速度為v1，由動(dòng)能定理得μMgx1＝Mv，解得x1＝＜，設(shè)砝碼離開紙板后運(yùn)動(dòng)的位移為x2，由動(dòng)能定理得－μMgx2＝－Mv，解得x2＝

10、＜，則砝碼移動(dòng)的總位移為x1＋x2＜d，因此砝碼不會(huì)從桌面上掉下來，選項(xiàng)C正確；因?yàn)镕＝μ(2M＋3m)g＞2μ(M＋m)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a1＝μg，對(duì)紙板，F(xiàn)－Ff＝ma′2，a′2＝2μg，設(shè)砝碼離開紙板前的位移為x3，紙板在砝碼離開前的位移為x4，由勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得x3＝a1t2，x4＝a′2t2，x4＝x3＋d，v2＝a1t，聯(lián)立以上各式解得x3＝d，即砝碼離開紙板時(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F1、F2的作用，而從靜

11、止開始從同一位置出發(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v－t圖象如圖所示．已知二者的質(zhì)量之比為1∶2，下列結(jié)論正確的是(　C　) A．物體A、B的位移大小之比是3∶5 B．兩物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)可能不相等 C．F1和F2的大小之比是6∶5 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中F1和F2做功之比是6∶5 解析：v－t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 x1＝×2v0×3t0＝3v0t0，x2＝×v0×5t0＝v0t0， 故x1∶x2＝6∶5，選項(xiàng)

12、A錯(cuò)誤； 撤去拉力后，A、B兩物體的加速度大小分別為 a1＝＝，a2＝＝， 即a1＝a2＝μg，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；在加速過程中由牛頓第二定律可得 F1－μm1g＝m1a1、F2－μm2g＝m2a2、 a1＝、a2＝、μg＝，而m2＝2m1， 故F1∶F2＝6∶5，選項(xiàng)C正確； 全過程中根據(jù)動(dòng)能定理知 W1＝μm1gx1，W2＝μm2gx2， 故整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中F1和F2做功之比W1∶W2＝3∶5，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

13、表示探測(cè)器從脫離火箭處飛到月球的過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　) A．Ek必須大于或等于W，探測(cè)器才能到達(dá)月球 B．Ek小于W，探測(cè)器也可能到達(dá)月球 C．Ek＝W，探測(cè)器一定能到達(dá)月球 D．Ek＝W，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程中，探測(cè)器不但受到地球?qū)λ囊Γ疫€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Ek＝W地－W月＜W地＝W，可見，Ek小于W，探

14、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Ek＝W地－W月＝W地＞W(wǎng)，可知當(dāng)Ek＝W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．(2016·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μ、2μ和3μ，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，若讓物體從d點(diǎn)以相同的初速度水平向左運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是(　ACD　) A．物體仍能運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)并停下來 B．物體兩次經(jīng)過

15、b點(diǎn)時(shí)速度大小相等 C．物體兩次經(jīng)過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)開始向右運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有μmgL＋2μmgL＋3μmgL＝mv，假設(shè)物塊從d向左運(yùn)動(dòng)過程能到達(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，選項(xiàng)A正確；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ΔEk必然相等，設(shè)兩次運(yùn)動(dòng)過程中，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)過程中—μmgL－2μmgs＝ΔEk，向左運(yùn)動(dòng)過程－3μmgL－2μmg(L－s)＝ΔEk，解得s＝L，即物體兩次經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)速度大小相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤

16、，C正確；圖中1、2分別表示向右運(yùn)動(dòng)與向左運(yùn)動(dòng)的兩次過程中的v－t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)μ＝0.5，其動(dòng)能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，則以下說法正確的是(　BC　) A．斜面的傾角θ＝30° B．物體的質(zhì)量為m＝0.5 kg C．斜面與物體間的摩擦力大小f＝2 N D．物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝2 s 解析：由于摩擦力的作用，物體返回出發(fā)點(diǎn)

17、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Ek0＝25 J，而返回出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek＝5 J，對(duì)物體沿斜面上滑的過程，由動(dòng)能定理有—(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝0－Ek0，對(duì)物體下滑的過程有(mgsin θ－μmgcos θ)x＝Ek，將x＝5 m、Ek0＝25 J、Ek＝5 J及μ＝0.5代入，解得m＝0.5 kg、θ＝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f＝μmgcos θ＝2 N，C正確，物體上滑時(shí)的加速度大小為a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，故上滑用時(shí)t1＝＝1 s，下滑時(shí)加速度大小為a2＝gsin θ－μgcos θ＝2

18、 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)過程彈簧都處于彈性限度內(nèi)．下列說法正確的是(　BC　) A．木塊下移0.1 m過程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加2.5 J B．彈簧的勁度系數(shù)為500 N/m C．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/s D．木塊下

19、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)過程中， 對(duì)A、B由動(dòng)能定理有WF＋(mA＋mB)gx－W彈＝0， WF等于F－x圖象所圍的面積， 即WF＝×50×0.1 J＝2.5 J， 故克服彈簧的彈力所做的功 W彈＝WF＋(mA＋mB)gx＝2.7 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＋(mA＋mB)g， 設(shè)F－x圖象的斜率為k′， 由圖乙可知，F(xiàn)＝k′x＝x＝x＝500x， 故F彈＝500x＋2，故F彈－x圖象的斜率與F－x圖象的斜率相等， 故彈簧的勁度系數(shù)k＝＝500 N/m，選項(xiàng)B正確；

20、 當(dāng)木塊A、B的加速度a＝0時(shí)， 即F彈＝(mA＋mB)g時(shí)，B的速度最大， 對(duì)A、B，由動(dòng)能定理得 W彈－(mA＋mB)gx＝(mA＋mB)v， 將W彈＝2.7 J，x＝0.1 m，代入解得 B能達(dá)到的最大速度vm＝5 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)aA＝aB＝g， 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)過程中， 由于彈簧的彈力小于(mA＋mB)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

21、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)過程中的最大速度為 D．小球在滑動(dòng)過程中的最大速度為 解析：小球沿軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)滿足FN－mg＝m，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mgR＝mv，得v1＝＞v＝，故小球從A到B的過程中電場(chǎng)力做了負(fù)功，即電場(chǎng)線方

22、向水平向右，從A到B由動(dòng)能定理有mgR－F電R＝mv2，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θ，如圖所示，則由動(dòng)能定理有mgRcos θ－F電R(1－sin θ)＝mv，由幾何關(guān)系可知sin θ＝，cos θ＝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)μ＝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OA＝1.5 m，OB＝2.0 m．g取10 m/s2，則： (1)若用水平拉力F1沿桿

23、向右緩慢拉A，使之移動(dòng)0.5 m，該過程中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，此過程中拉力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＝(mA＋mB)g 則A受到的摩擦力為 f＝μ(mA＋mB)g 代入數(shù)據(jù)得f＝6 N 由功能關(guān)系，拉力F1做功為 W1＝fs＋mBgs 代入數(shù)據(jù)得W1＝8.0 J (2)如圖乙，設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ， 因細(xì)繩不可伸長(zhǎng)，兩物體沿繩子方向的

24、分速度大小相等，所以有vBcos θ＝vAsin θ 則A的初速度 vA1＝vBcot θ1＝ m/s 末速度vA2＝vBcot θ2＝ m/s 設(shè)拉力F2做功為W2，對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)能定理得 W2－fs－mBgs＝mAv2A2－mAv2A1 代入數(shù)據(jù)得W2＝6.8 J 答案：見解析 15．(2016·天津河西區(qū)質(zhì)檢)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θ，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

25、．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)x＝L/4時(shí)，木板能保持靜止． (1)將木板靜止放在x＝L/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0≤x≤L范圍內(nèi)，畫出f－x圖象；(本小題僅根據(jù)圖象給分) (3)木板從x＝L/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x＝L的位置時(shí)，木板的速度多大？ (4)在(3)的過程中，木塊的機(jī)械能增加量設(shè)為ΔE，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ΔE和W的大小關(guān)系，用文字說明理由． 解析：(1)x＝L/4時(shí)，f1＝mgsin θ x＝L/2

26、時(shí)，摩擦力加倍，f2＝2mgsin θ 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得a＝＝gsin θ (2)如圖所示 (3)利用(2)中圖象，可知摩擦力做功W＝mgLsin θ 由動(dòng)能定理有W－mgLsin θ＝mv2 得v＝ (4)ΔE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”等類似語言) 答案：(1)gsin θ　(2)見解析　(3) (4)ΔE小于W 16．(2015·江蘇卷)一轉(zhuǎn)動(dòng)裝置如圖所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球及一小環(huán)通過鉸鏈連接，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)

27、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ω0； (3)彈簧長(zhǎng)度從L緩慢縮短為L(zhǎng)的過程中，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θ1. 小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈1＝k· 小環(huán)受力平衡 F彈1＝mg＋2T1cos θ1 小球受力平衡 F1cos θ1＋T1cos θ1＝mg； F1sin θ1＝T1sin θ1

28、 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θ2，彈簧長(zhǎng)度為x.小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2＝k(x－L) 小環(huán)受力平衡 F彈2＝mg得x＝L 對(duì)小球 F2cos θ2＝mg，F(xiàn)2sin θ2＝mωlsin θ2 且cos θ2＝，解得ω0＝ (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θ3. 小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈3＝kL 小環(huán)受力平衡 2T3cos θ3＝mg＋F彈3且cos θ3＝ 對(duì)小球 F3cos θ3＝T3cos θ3＋mg； F3sin θ3＋T3sin θ3＝mωlsin θ3

29、解得ω3＝ 整個(gè)過程彈簧彈性勢(shì)能變化為零，則彈力做的功為零，由動(dòng)能定理 W－mg－2mg ＝2×m(ω3lsin θ3)2 解得 W＝mgL＋ 答案：(1)　(2)　(3)mgL＋ 15．(2014·福建卷)如圖為某游樂場(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)，OD＝2R，求游客滑到B點(diǎn)時(shí)的速度v

30、B大小及運(yùn)動(dòng)過程軌道摩擦力對(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，求P點(diǎn)離水面的高度h.(提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過程中任一點(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：2R＝vBt ① R＝gt2 ② 由①②式得：vB＝ ③ 從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理，有： mg(H－R)＋Wf＝mv－0 ④ 由③④式得：Wf＝mg(2R－H) ⑤ (2)設(shè)OP與OB間夾角為θ，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(R－Rcos θ

31、)＝mv－0 ⑥ 過P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力公式，有： mgcos θ－FN＝m ⑦ FN＝0 ⑧ cos θ＝ ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得：h＝R ⑩ 答案：(1)　mg(2R－H)　(2)R 18．(2015·山東理綜)如圖所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過兩等高定滑輪連接．物塊置于左側(cè)滑輪正下方的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)

32、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)至最低位置的過程中，小球克服空氣阻力所做的功． 解析：(1)設(shè)開始時(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)T1＝mg ① 對(duì)物塊，F(xiàn)1＋FT1＝Mg ② 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)2＝1.25F1，有平衡條件得FT2＝mgcos 60°，F(xiàn)2＋FT2＝mg，解得：M＝3m. (2)設(shè)小球經(jīng)最低點(diǎn)速度v，克服陰力做功為Wf mgl(1－cos 60°)－Wf＝mv2 ⑥ 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)3＝0.6F1，對(duì)小球，由牛頓第二定律得 FT3－mg＝m ⑦ 對(duì)物塊，由平衡條件得F3＋FT3＝Mg ⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Ef＝0.1mgl. 答案：(1)3 m　(2)0.1 mgl