专题3 功和能（解析版）

这是一份专题3 功和能（解析版），共15页。试卷主要包含了8×107W，2F=ma,解得F=1， 如图所示,用一块长L1=1， 如图所示为一滑草场等内容，欢迎下载使用。


A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
B.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=R
【答案】BC
【解析】 由D到A由机械能守恒定律得:mg(H-2R)=,vA=,小球在A处抛出后做平抛运动,下落y=2R后落地,则由x=vAt和y=2R=gt2得x=2,B选项正确,A错误;由于小球能到达A处,小球在双层轨道内部,vA≥0,当vA=0,小球不能抛出,因此小球从A处抛出的速度为vA>0,由前mg(H-2R)=>0得H>2R,C选项正确,D选项错误。
2.(2013浙江理综,23)(16分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤,其示意图如下。图中A、B、C、D均为石头的边缘点,O为青藤的固定点,h1=1.8m,h2=4.0m,x1=4.8m,x2=8.0m。开始时,质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头。大猴抱起小猴跑到C点,抓住青藤下端,荡到右边石头上的D点,此时速度恰好为零。运动过程中猴子均可看成质点,空气阻力不计,重力加速度g=10m/s2。求:
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值;
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小;
(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小。
【答案】(1)8m/s (2)9m/s (3)216N
【解析】(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin,根据平抛运动规律,有
h1=gt2①
x1=vmint②
取立①、②式,得
vmin=8m/s③
(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒,设荡起时速度为vc,有
(M+m)gh2=(M+m)④
vc=m/s≈9m/s⑤
(3)设拉力为FT,青藤的长度为L,对最低点,由牛顿第二定律得
FT-(M+m)g=(M+m)⑥
由几何关系
(L-h2)2+=L2⑦
得:L=10m⑧
综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得:FT=(M+m)g+(M+m)=216N
4.(2015浙江理综,18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N;弹射器有效作用长度为100m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则( )
A.弹射器的推力大小为1.1×106N
B.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J
C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W
D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2
【答案】ABD
【解析】 由v2=2aL得a==32m/s2,D项正确;设总推力为F,则F-0.2F=ma,解得F=1.2×106N,故弹射器的推力大小为F弹=F-F机=1.2×106N-1.0×105N=1.1×106N,A项正确;W弹=F弹·l=1.1×106N×100m=1.1×108J,B项正确;由=F弹·=F弹·=4.4×107W知,C项错误.
5．(2015浙江理综,21).(10分)甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验,乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验.
(1)图中A、B、C、D、E表示部分实验器材,甲同学需在图中选用的器材是 ;乙同学需在图中选用的器材是 .(用字母表示)
(2)某同学在实验室选齐所需器材后,经正确操作获得如图所示的两条纸带①和②.纸带 的加速度大(填“①”或“②”),其加速度大小为 .
【答案】(1)AB BDE (2)① 2.5(2.3~2.7)m/s2
【解析】(1)在所给的实验器材中,甲同学需要重锤(A)、打点计时器(B),不需要秒表(C)、小车(D)和钩码(E);乙同学需要打点计时器(B)、小车(D)和钩码(E),不需要重锤(A)和秒表(C).
(2)纸带①的加速度
a1=m/s2
=2.5m/s2
纸带②的加速度
a2=m/s2
=1.25m/s2.
6.(2015浙江理综,23) (16分)如图所示,用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8m,长L2=1.5m.斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定.将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度g取10m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2;(已知sin37°=0.6,cs37°=0.8)
(3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离xmax.
【答案】(1)tanθ≥0.05 (2)μ2=0.8 (3)xmax=1.9m
【解析】(1)为使小物块下滑有mgsinθ≥μ1mgcsθ
θ满足的条件tanθ≥0.05.
(2)克服摩擦力做功
Wf=μ1mgL1csθ+μ2mg(L2-L1csθ)
由动能定理得mgL1sinθ-Wf=0
代入数据得μ2=0.8.
(3)由动能定理得mgL1sinθ-Wf=mv2
代入数据得v=1m/s
H=gt2
t=0.4s
x1=vt
x1=0.4m
xmax=x1+L2=1.9m
④
7. (2016浙江理综,18)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)。则( )
A.动摩擦因数μ= QUOTE
B.载人滑草车最大速度为
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
【答案】AB
【解析】滑草车运动过程简图如图所示。A→C过程,
根据功能关系,mg·2h=μmgcs45°·+μmgcs37°·
解得μ=,A选项正确;因tan37°<μmgh-μmgcs45°·-0,
解得vB=,B选项正确;对A→C过程,载人滑草车克服摩擦力做的功等于重力势能的减少量,即Wf=2mgh,C选项错误;在下段滑道滑草车做减速运动,根据牛顿第二定律,μmgcs37°-mgsin37°=ma,加速度大小a=g,D选项错误。
8. (2017浙江选考, 2)下列各组物理量中均为矢量的是
A. 路程和位移B. 速度和加速度
C. 力和功D. 电场强度和电势
【答案】B
【解析】
【详解】位移是矢量.但路程是标量.故A错误;速度与加速度都是矢量.故B正确;力是矢量，但功是标量，故C错误，电场强度是矢量，但电势是标量，故D错误．
综上所述本题答案是：B
9. (2017浙江选考,12)火箭发射回收是航天技术的一大进步．如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上．不计火箭质量的变化，则
A. 火箭在匀速下降过程中机械能守恒
B. 火箭在减速下降过程中携带的检测仪器处于失重状态
C. 火箭在减速下降过程中合力做功，等于火箭机械能的变化
D. 火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力
【答案】D
【解析】
【详解】火箭匀速下降过程中.动能不变.重力势能减小，故机械能减小，A错误:
火箭在减速下降时.携带的检测仪器受到的支持力大于自身重力力.故处在超重状态.B错误.由功能关系知.合力做功等于火箭动能变化.而除重力外外的其他力做功之和等于机械能变化，故C错误.
火箭着地时.加速度向上.所以火箭对地面作用力大子自身重力，D正确.
10. (2018浙江选考,13)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)
A．－1.2×103 J B.－7.5×102 J
C．－6.0×102 J D.－2.0×102 J
【答案】B.
【解析】由题意知，重力势能最小的点在最低点，结合同绳同力，在最低点(重力势能最小)时，根据受力分析和平衡条件，可知两侧绳子与水平方向的夹角相等，记为θ，设右边绳子长度为a，则左边绳子长度为b＝20 m－a，由几何关系有cs θ＝eq \f(4,5)，asin θ－(20 m－a)sin θ＝2 m，联立解得a＝eq \f(35,3) m，所以最低点与参考平面的高度差为eq \f(35,3) m×sin θ＝7 m，猴子的重心比最低点大约低Δh＝0.5 m，所以猴子在滑行过程中重力势能的最小值约为Ep＝－mg(7 m＋Δh)＝－7.5×102 J，则选项B正确．
11. (2018浙江选考,17) (5分)(1)用图所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有________(填字母)；
A．秒表 B.天平
C．刻度尺 D.弹簧测力计
(2)用图所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有下列操作，其中正确的是________(填字母)；
A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上
B．手提纸带任意位置
C．使重物靠近打点计时器
(3)图是小球做平抛运动的频闪照片，其上覆盖了一张透明方格纸．已知方格纸每小格的边长均为0.80 cm.由图可知小球的初速度大小为________m/s(结果保留两位有效数字)．
【解析】(1)用题图1所示装置做实验时，根据实验原理，只需证明速度的平方和橡皮筋数量成正比，故还需要的测量工具为刻度尺，则选项C正确．(2)“验证机械能守恒定律”实验，需要保持纸带竖直，即将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上，纸带尽可能靠近打点计时器，这样可以多打点，在处理纸带时，就增大了有效部分的纸带长度，提高实验准确度，所以选项AC正确．(3)根据Δh＝gt2，解得t＝0.04 s，由v0＝eq \f(x,t)，可知v0＝0.70 m/s.
【答案】(1)C(1分) (2)AC(2分) (3)0.70(2分)
12. (2019浙江选考,19) 小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住．假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍．求小皮球
（1）上升的最大高度；
（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功
（3）上升和下降的时间．
【答案】（1）；（2）0；；（3），
【解析】
【详解】（1）上升过程：mg+Ff=ma1
解得a1=11m/s2
上升的高度：
（2）重力做功：WG=0
空气阻力做功：
（3）上升的时间：
下降过程：mg-Ff=ma2
解得a2=9m/s2

解得
13. (2019浙江选考,20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5．（sin37°=0.6）
（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；
（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件
（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块由静止释放到B的过程中：

解得vB=4m/s
（2）左侧离开，D点速度为零时高为h1

解得h（3）右侧抛出，D点的速度为v，则


x=vt
可得
为使能在D点水平抛出则：
解得h≥3.6m
14. (2020浙江选考,16)如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400 V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则( )
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N
B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
【答案】BD。
【解析】A错：无人机在上升过程中有加速上升和减速上升的过程。在减速上升过程中空气对无人机作用力小于无人机的重力，即作用力小于200 N。
B对：由P＝UI，得I＝eq \f(P,U)＝12.5 A。
C错，D对：无人机上升过程中，克服重力做的功W＝mgh＝2×104 J，故克服重力做功的平均功率P＝eq \f(W,t)＝100 W，而无人机在上升及悬停过程中还受到空气作用力，由牛顿第三定律知无人机对空气有反作用力，使空气流动，无人机对空气做功，故无人机上升过程中，既克服重力做功，也要对空气做功，平均功率大于100 W。
15. (2020浙江选考,20) (12分)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
【解析】
(1)机械能守能定律mgH＝mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
牛顿第二定律FN＝eq \f(mv\\al(2,D),R)＝8 N
牛顿第三定律FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。
(2)能在斜轨道上到达的最高点为C′点，功能关系
mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cs θ＋mgLBC′sin θ
得LBC′＝eq \f(15,16) m<1.0 m，故不会冲出。
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
mgH－μmgx＝eq \f(1,2)mv2
碰撞后的速度为v′，动量守恒定律mv＝3mv′
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理
－3μmg(LAB－x)－3μmgeq \f(h,tan θ)－3mgh＝0－eq \f(1,2)(3m)v′2
得h＝eq \f(1,6)x－eq \f(5,48)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8) mh＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(5,8) m))。
【答案】 (1)8 N，方向水平向左 (2)不会冲出 (3)h＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(5,8) m))
16. (2021浙江选考,8)大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到时会引起神经混乱，达到时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功率。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设微波有效攻击范围为r时单位面积接收微波功率为
解得
则引起神经混乱时有
引起心肺功能衰竭时有所以B正确；ACD错误；故选B。
17. (2021浙江选考,11)中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为，假设泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】泵车的泵送系统以的输送量给高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功
故选C。
18. (2021浙江选考,17)在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。
①为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是___________。
②已知交流电频率为，重物质量为，当地重力加速度，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值___________J、C点的动能___________J（计算结果均保留3位有效数字）。比较与的大小，出现这一结果的原因可能是___________。
A.工作电压偏高 B.存在空气阻力和摩擦力 C.接通电源前释放了纸带
【答案】 ①. 阻力与重力之比更小（或其它合理解释） ②. 0.547 ③. 0.588 ④. C
【解析】①[1]在验证机械能守恒实验时阻力越小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小
②[2]由图中可知OC之间的距离为，因此机械能的减少量为
[3]匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此
因此动能的增加量为
[4]工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量。
19.(2021浙江选考,10)空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02-2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（ ）
A. 绕地运行速度约为
B. 绕地运行速度约为
C. 在4月份绕行任意两小时内机械能可视为守恒
D. 在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
【答案】D
【解析】AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度，即v1=7.9km/s；地球半径约为6400km，则空间站离地高度在418km~421km之间。由，
解得，空间站距离地面的最小高度约为h=418km＜R=6400km，则，所以空间站绕地运行速度故AB错误；C．在4月份轨道半径出现明显的变大，则可知，机械能不守恒，故C错误；
D．在5月份轨道半径基本不变，故可视为机械能守恒，故D正确。故选D。
发动机最大输出功率（）
332
最大输送高度（m）
63
整车满载质量（）
最大输送量（）
180