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山东专用高考物理一轮复习专题六机械能守恒定律_模拟集训含解析
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这是一份山东专用高考物理一轮复习专题六机械能守恒定律_模拟集训含解析，共13页。
考点一 功和功率
(2020江苏单科,1,3分)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20m/s,受到的阻力大小为1.8×103N。此时,汽车发动机输出的实际功率是( )
A.90W B.30kW
C.36kW D.300kW
答案 C
考点二 动能与动能定理
1.(2020天津,8,5分)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内 ( )
A.做匀加速直线运动
B.加速度逐渐减小
C.牵引力的功率P=Fvm
D.牵引力做功W=12mvm2-12mv02
答案 BC
2.(2020江苏单科,4,3分)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是( )
答案 A
3.(2020课标Ⅰ,20,6分)(多选)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10m/s2。则 ( )
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
答案 AB
考点三 机械能守恒定律
1.(2020山东等级考,11,4分)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是( )
A.M<2m
B.2mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
答案 ACD
2.(2020浙江7月选考,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=0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0m处静止释放。已知R=0.2m,LAB=LBC=1.0m,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,sin37°=0.6,cs37°=0.8)
答案 见解析
3.(2016课标Ⅱ,25,20分)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;
(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。
答案 (1)6gl 22l (2)53m≤M<52m
[教师专用题组]
【5年高考】
考点一 功和功率
1.(2020浙江7月选考,16,2分)(多选)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20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升,经过200s到达100m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V,若不计电缆的质量和电阻,忽略电缆对无人机的拉力,则(g取10m/s2)( )
A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200N
B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A
C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100W
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 由牛顿第二定律分析可知,无人机向上加速过程中,空气对无人机的作用力大于200N,向上减速过程则小于200N,故A选项错误。由I=PU=5×103400A=12.5A,可知B选项正确。无人机上升及悬停时,均会推动其周围空气加速流动,故无人机上升及悬停时均有部分功率对空气做功,而克服无人机升高所消耗的平均功率为P=mght=100W,故实际消耗的平均功率大于100W,故C项错误,D项正确。
2.(2018江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块( )
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案 AD 本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W弹-Wf=0,选项D正确。
思路分析 物块运动状态的确定
根据题设条件,对物块受力分析,并分阶段讨论物块的加速度和速度的变化情况。
3.(2015浙江理综,18,6分)(多选)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 舰载机弹射过程中的加速度a=v22x=80 22×100m/s2=32m/s2,选项D正确;对舰载机在水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F弹+F发-20%(F弹+F发)=ma,解得:F弹=1.1×106N,选项A正确;由功的定义得:W弹=F弹·x=1.1×108J,选项B正确;由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t=va=8032s=2.5s,由功率的定义得:P弹=W弹t=4.4×107W,选项C错。
4.(2015海南单科,3,3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A.4倍 B.2倍 C.3倍 D.2倍
答案 D 因摩托艇受到的阻力f=kv,设原来发动机的输出功率为P,最大速率为vm,输出功率为2P时,最大速率为vm'。由P=Fv=fvm=kvm2得vm=Pk,所以vm'vm=2PP=2,因此A、B、C错,D对。
5.(2014课标Ⅱ,16,6分)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则( )
A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1 B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1
C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1 D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1
答案 C WF1=12mv2+μmg·v2t,WF2=12m·4v2+μmg2v2t,故WF2<4WF1;Wf1=μmg·v2t,Wf2=μmg·2v2t,故Wf2=2Wf1,C正确。
6.(2018课标Ⅲ,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程,( )
A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
答案 AC 本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间t=52t0,即矿车上升所用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg=ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大功率P1=(mg+ma)v0,在第②次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)·12v0,即P1P2=21,选项C正确;对①②两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即W1W2=11,选项D错误。
7.(2014重庆理综,2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则( )
A.v2=k1v1 B.v2=k1k2v1 C.v2=k2k1v1 D.v2=k2v1
答案 B 车以最大速率行驶时,牵引力F等于阻力f,即F=f=kmg。由P=k1mgv1及P=k2mgv2,得v2=k1k2v1,故B正确。
考点二 动能与动能定理
1.(2016课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则( )
A.a=2(mgR-W)mR B.a=2mgR-WmR
C.N=3mgR-2WR D.N=2(mgR-W)R
答案 AC 由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W=12mv2,在最低点的向心加速度a=v2R,联立得a=2(mgR-W)mR,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N=3mgR-2WR,选项C正确。
2.(2016浙江理综,18,6分)(多选)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,sin37°=0.6,cs37°=0.8)。则( )
A.动摩擦因数μ=67
B.载人滑草车最大速度为2gh7
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35g
答案 AB 滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2
f1=μmgcs45°
f2=μmgcs37°
整个过程由动能定理列方程:
mg·2h-f1·hsin45°-f2·hsin37°=0①
解得:μ=67,A项正确。
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:
mgh-f1·hsin45°=12mv2②
解得:v=2gh7,B项正确。
由①式知:Wf=2mgh,C项错误。
在下段滑道上,mgsin37°-μmgcs37°=ma2
解得:a2=-335g,故D项错误。
3.(2015江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环( )
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为14mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为14mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案 BD 圆环在B处速度最大,加速度为0,BC段加速度在增大,因此,下滑过程中,加速度先减小后增大,选项A错误。
下滑过程中,设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理
mgh-Wf-W弹=0-0
上滑过程中
-mgh-Wf+W弹=0-12mv2
联立得Wf=14mv2,选项B正确。
W弹=mgh-14mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从A→C过程克服弹簧弹力做的功,选项C错误。
设从B到C克服弹簧弹力做功为W弹',克服摩擦力做功为Wf'
故有下滑过程从B→C
-W弹'+mghBC-Wf'=0-12mvB2①
上滑过程从C→B
W弹'-mghBC-Wf'=12mvB'2-12mv2②
联立①②可得
12mvB2-2Wf'+12mv2=12mvB'2
因Wf'故2Wf'<12mv2
则有12mvB'2>12mvB2
vB'>vB,选项D正确。
4.(2013江苏单科,5,3分)水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )
A.30% B.50% C.70% D.90%
答案 A 由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为:x1=6mm、x1'=x2'=3.5mm,设照片的放大率为k、闪光周期为T,则有12mx1kT2-12mx1'kT2-12mx2'kT212mx1kT2=x12-x1'2-x2'2x12=0.319,故A正确。
5.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。
(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;
(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导FP的表达式;
(3)为提高能量的转换效率,要使FP尽量大,请提出增大FP的三条建议。
答案 (1)F12ZemU (2)FP=2mZeU (3)见解析
解析 本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学生的综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。
(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有
ZeU=12mv2-0①
设正离子束所受的电场力为F1',根据牛顿第三定律,有
F1'=F1②
设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有
F1'=ΔNmv-0Δt③
联立①②③式,且N=ΔNΔt得
N=F12ZemU④
(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有
P=12F'v⑤
考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得
FP=2mZeU⑥
(3)为使FP尽量大,分析⑥式得到
三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。
解题关键 ①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,此题也可以用动量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故ΔNΔt=F1'mv=F12ZemU;②加速离子束所消耗的功率即电场力对正离子做功的平均功率P=F'·
考点一 功和功率
(2020江苏单科,1,3分)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20m/s,受到的阻力大小为1.8×103N。此时,汽车发动机输出的实际功率是( )
A.90W B.30kW
C.36kW D.300kW
答案 C
考点二 动能与动能定理
1.(2020天津,8,5分)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内 ( )
A.做匀加速直线运动
B.加速度逐渐减小
C.牵引力的功率P=Fvm
D.牵引力做功W=12mvm2-12mv02
答案 BC
2.(2020江苏单科,4,3分)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是( )
答案 A
3.(2020课标Ⅰ,20,6分)(多选)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10m/s2。则 ( )
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
答案 AB
考点三 机械能守恒定律
1.(2020山东等级考,11,4分)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是( )
A.M<2m
B.2m
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
答案 ACD
2.(2020浙江7月选考,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=0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0m处静止释放。已知R=0.2m,LAB=LBC=1.0m,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,sin37°=0.6,cs37°=0.8)
答案 见解析
3.(2016课标Ⅱ,25,20分)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;
(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。
答案 (1)6gl 22l (2)53m≤M<52m
[教师专用题组]
【5年高考】
考点一 功和功率
1.(2020浙江7月选考,16,2分)(多选)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20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升,经过200s到达100m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V,若不计电缆的质量和电阻,忽略电缆对无人机的拉力,则(g取10m/s2)( )
A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200N
B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A
C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100W
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 由牛顿第二定律分析可知,无人机向上加速过程中,空气对无人机的作用力大于200N,向上减速过程则小于200N,故A选项错误。由I=PU=5×103400A=12.5A,可知B选项正确。无人机上升及悬停时,均会推动其周围空气加速流动,故无人机上升及悬停时均有部分功率对空气做功,而克服无人机升高所消耗的平均功率为P=mght=100W,故实际消耗的平均功率大于100W,故C项错误,D项正确。
2.(2018江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块( )
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案 AD 本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W弹-Wf=0,选项D正确。
思路分析 物块运动状态的确定
根据题设条件,对物块受力分析,并分阶段讨论物块的加速度和速度的变化情况。
3.(2015浙江理综,18,6分)(多选)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 舰载机弹射过程中的加速度a=v22x=80 22×100m/s2=32m/s2,选项D正确;对舰载机在水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F弹+F发-20%(F弹+F发)=ma,解得:F弹=1.1×106N,选项A正确;由功的定义得:W弹=F弹·x=1.1×108J,选项B正确;由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t=va=8032s=2.5s,由功率的定义得:P弹=W弹t=4.4×107W,选项C错。
4.(2015海南单科,3,3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A.4倍 B.2倍 C.3倍 D.2倍
答案 D 因摩托艇受到的阻力f=kv,设原来发动机的输出功率为P,最大速率为vm,输出功率为2P时,最大速率为vm'。由P=Fv=fvm=kvm2得vm=Pk,所以vm'vm=2PP=2,因此A、B、C错,D对。
5.(2014课标Ⅱ,16,6分)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则( )
A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1 B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1
C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1 D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1
答案 C WF1=12mv2+μmg·v2t,WF2=12m·4v2+μmg2v2t,故WF2<4WF1;Wf1=μmg·v2t,Wf2=μmg·2v2t,故Wf2=2Wf1,C正确。
6.(2018课标Ⅲ,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程,( )
A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
答案 AC 本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间t=52t0,即矿车上升所用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg=ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大功率P1=(mg+ma)v0,在第②次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)·12v0,即P1P2=21,选项C正确;对①②两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即W1W2=11,选项D错误。
7.(2014重庆理综,2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则( )
A.v2=k1v1 B.v2=k1k2v1 C.v2=k2k1v1 D.v2=k2v1
答案 B 车以最大速率行驶时,牵引力F等于阻力f,即F=f=kmg。由P=k1mgv1及P=k2mgv2,得v2=k1k2v1,故B正确。
考点二 动能与动能定理
1.(2016课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则( )
A.a=2(mgR-W)mR B.a=2mgR-WmR
C.N=3mgR-2WR D.N=2(mgR-W)R
答案 AC 由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W=12mv2,在最低点的向心加速度a=v2R,联立得a=2(mgR-W)mR,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N=3mgR-2WR,选项C正确。
2.(2016浙江理综,18,6分)(多选)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,sin37°=0.6,cs37°=0.8)。则( )
A.动摩擦因数μ=67
B.载人滑草车最大速度为2gh7
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35g
答案 AB 滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2
f1=μmgcs45°
f2=μmgcs37°
整个过程由动能定理列方程:
mg·2h-f1·hsin45°-f2·hsin37°=0①
解得:μ=67,A项正确。
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:
mgh-f1·hsin45°=12mv2②
解得:v=2gh7,B项正确。
由①式知:Wf=2mgh,C项错误。
在下段滑道上,mgsin37°-μmgcs37°=ma2
解得:a2=-335g,故D项错误。
3.(2015江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环( )
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为14mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为14mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案 BD 圆环在B处速度最大,加速度为0,BC段加速度在增大,因此,下滑过程中,加速度先减小后增大,选项A错误。
下滑过程中,设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理
mgh-Wf-W弹=0-0
上滑过程中
-mgh-Wf+W弹=0-12mv2
联立得Wf=14mv2,选项B正确。
W弹=mgh-14mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从A→C过程克服弹簧弹力做的功,选项C错误。
设从B到C克服弹簧弹力做功为W弹',克服摩擦力做功为Wf'
故有下滑过程从B→C
-W弹'+mghBC-Wf'=0-12mvB2①
上滑过程从C→B
W弹'-mghBC-Wf'=12mvB'2-12mv2②
联立①②可得
12mvB2-2Wf'+12mv2=12mvB'2
因Wf'
则有12mvB'2>12mvB2
vB'>vB,选项D正确。
4.(2013江苏单科,5,3分)水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )
A.30% B.50% C.70% D.90%
答案 A 由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为:x1=6mm、x1'=x2'=3.5mm,设照片的放大率为k、闪光周期为T,则有12mx1kT2-12mx1'kT2-12mx2'kT212mx1kT2=x12-x1'2-x2'2x12=0.319,故A正确。
5.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。
(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;
(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导FP的表达式;
(3)为提高能量的转换效率,要使FP尽量大,请提出增大FP的三条建议。
答案 (1)F12ZemU (2)FP=2mZeU (3)见解析
解析 本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学生的综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。
(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有
ZeU=12mv2-0①
设正离子束所受的电场力为F1',根据牛顿第三定律,有
F1'=F1②
设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有
F1'=ΔNmv-0Δt③
联立①②③式,且N=ΔNΔt得
N=F12ZemU④
(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有
P=12F'v⑤
考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得
FP=2mZeU⑥
(3)为使FP尽量大,分析⑥式得到
三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。
解题关键 ①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,此题也可以用动量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故ΔNΔt=F1'mv=F12ZemU;②加速离子束所消耗的功率即电场力对正离子做功的平均功率P=F'·
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