高考物理机械能常用模型最新模拟题精练专题33科技信息+新情景(原卷版+解析)

这是一份高考物理机械能常用模型最新模拟题精练专题33科技信息+新情景(原卷版+解析)，共25页。

1．（2022安徽三模）假设火星极地处表面的重力加速度为g0，火星赤道处表面的重力加速度为g1，火星的半径为R。已知物体在火星的引力场中引力势能是，G为引力常量，M为火星的质量，m为物体的质量，r为两者质心的距离。某同学有一个大胆的想法，在火星赤道平面沿着火星半径挖深度为的深井，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则下列结论正确的是（ ）
A. 火星的第一宇宙速度
B. 火星的第二宇宙速度
C. 火星深井底部的重力加速度为
D. 火星的自转周期
2.. （2022江苏南京二模）如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图（取竖直向下为正），箭头表示跳伞者的受力。则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是（ ）
A. B.
C D.
3. （2021辽宁模拟预测12）“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示．竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg.现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40m时，然后由静止释放滑块．滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示.其中高度从0.80m到1.40m范围内的图线为直线，其余部分为曲线．若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2.则结合图象可知
A. 弹簧原长为0.72m
B. 空气阻力大小为1.00N
C. 弹簧的最大弹性势能为9.00J
D. 弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J
4.（2023江苏泰州联考）中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成能力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。报道称新一代高速列车牵引功率达9000kW，持续运行速度为350km/h，则新一代高速列车从北京开到杭州全长约为1300km，则列车在动力上耗电约为（ ）
A．3.3×103kW·h
B．3.3×104kW·h
C．3.3×105kW·h
D．3.3×106kW·h
t=sv=1300km350km/ℎ=3.71ℎE=Pt=3.3×104kW·h
5. 如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内( )
A．小车做匀加速运动
B．小车做加速度逐渐减小的加速运动
C．电动机所做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
D．电动机所做的功为fs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
6.如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，取g＝10 m/s2，则用于( )
A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W
B.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W
D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
7.（2020北京海淀一模）我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图11所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是
x
图 11
ω
转轴
y
O
A．与该“势能”对应的“力”的方向指向O点
B．与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小
C．该“势能”的表达式是选取了y轴处“势能”为零
D．稳定时桶中水面的纵截面为圆的一部分
二．计算题
1。（2022广东江门一模）“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发动机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择再生制动，后阶段速度小于等于v0时选择机械制动。当它以速度nv0（n＞1）在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即f=kv；后阶段阻力恒为车重的μ倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的η倍被转化为电能，那么此次刹车储存了多少电能；
（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；
（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直路面上匀速行驶（速度小于v0）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图像①和②，如图所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？
2．（12分）（2020高考模拟示范卷6）近年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：
(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数;
(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;
(3)包裹A是否会到达分拣通道口.
3. 今年是我省“五水共治”全面铺开之年，一场气势恢宏、声势浩大的全民治水攻坚战在浙江大地全面打响，某地在“治污水”过程中，须对一污染井水进行排污处理，如图所示为用于排污“龙头”的示意图，喷水口距离地面高度h=1.25m，抽水机的效率η=70%，从距地面深为H=5m的井里抽水，使水充满喷水口，并以恒定的速率从该“龙头”沿水平喷出，喷水口的截面积为S=2cm2，其喷灌半径R=10m，已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，不计空气阻力。求:
（1）污水从喷水口射出时的速率多大？
（2）在1s钟内抽水机至少对水所做的功？
（3）抽水机的电动机的最小输出功率为多少？
4． 目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢（动车）加几节不带动力的车厢（拖车）组成一个编组，称为动车组。若每节动车的额定功率均为1.35×104kw，每节动车与拖车的质量均为5×104kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍。若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7km/h。我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车。当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼（减速板）调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动。（所有结果保留2位有效数字）求:
（1）沪昆高铁的最大时速为多少km/h？
（2）当动车组以加速度1.5m/s2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？
（3）沪昆高铁以题（1）中的最大速度运行时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100m/s，已知横截面积为1m2的风翼上可产生1.29×104N的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%。沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼，每片风翼的横截面积为1.3m2,求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？
5．2012 年11 月23 日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼-15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功。滑跃起飞有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。一架质量为M＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响。取g＝10m/s2。
（1）求飞机在水平跑道运动的时间；
（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；
（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）
6.风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左。小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2。求：
①小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
②小球落地时的动能。
③小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？
7．（20分）如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点(切线水平)，管道底端A位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B点距离为5R，将一质量为m的弹珠Q投入AB管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能，已知弹簧劲度系数。某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，弹珠最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。求：
（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是多少？
（2）若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大？
（3）在（2）的运动过程中，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少?
8. 如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R＝0.8 m、固定于竖直平面内的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：
(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。
高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练
专题33 科技信息+新情景
一．选择题
1．（2022安徽三模）假设火星极地处表面的重力加速度为g0，火星赤道处表面的重力加速度为g1，火星的半径为R。已知物体在火星的引力场中引力势能是，G为引力常量，M为火星的质量，m为物体的质量，r为两者质心的距离。某同学有一个大胆的想法，在火星赤道平面沿着火星半径挖深度为的深井，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则下列结论正确的是（ ）
A. 火星的第一宇宙速度
B. 火星的第二宇宙速度
C. 火星深井底部的重力加速度为
D. 火星的自转周期
【参考答案】AC
【名师解析】
．物体在火星附近绕火星做匀速圆周运动的速度，叫作火星的第一宇宙速度，在火星两极万有引力与重力相等，故据万有引力提供圆周运动向心力有
可得火星第一宇宙速度，故A正确；
火星的第二宇宙速度是逃离火星束缚的最小发射速度，若以此发射速度发射航天器至离火星无穷远处，则据重力做功与重力势能变化关系有
WG=EpR-Ep∞
在此过种只有重力做功，根据动能定理有
WG=Ek∞-EkR
联列两式可得：航天器的发射时的动能
EkR=Ek∞-EpR+Ep∞
由题意可知
EP∞=0
代入可得发射时的动能
当Ek∞取零时，发射时的动能有最小值，又据
可以计算得出火星的第二宇宙速度
代入
可得，故B错误；
星球表面的重力加速度等于星球对物体表面的万有引力，令星球的密度为ρ，则半径为R的星球质量为
据万有引力等于重力可得
可得星球表面的重力加速度
即密度相同的情况下，星球表面的重力加速度与星球的半径R成正比，故火星深井底部的重力加速度与火星表面的重力加速度之比等于半径比，即火星深井底部的重力加速度等于火星赤道表面重力加速度的一半，即g′＝g1，故C正确；
火星表面受到的万有引力等于mg0，在火星赤道，万有引力=重力+自转运动的向心力，即
由此可解得火星的自转周期，故D错误。
2.. （2022江苏南京二模）如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图（取竖直向下为正），箭头表示跳伞者的受力。则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是（ ）
A. B.
C D.
【参考答案】D
【名师解析】
由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；
打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动。
则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后均匀增加，选项A错误；
BC．重力势能
Ep=mgh
其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，选项BC错误；
D．机械能
E=E0-fy
开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据y的变化规律可知选项D正确。
3. （2021辽宁模拟预测12）“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示．竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg.现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40m时，然后由静止释放滑块．滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示.其中高度从0.80m到1.40m范围内的图线为直线，其余部分为曲线．若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2.则结合图象可知
A. 弹簧原长为0.72m
B. 空气阻力大小为1.00N
C. 弹簧的最大弹性势能为9.00J
D. 弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J
【参考答案】BC
【名师解析】从h=0.8m开始，滑块与弹簧分离，则知弹簧的原长为0.8m;故A错误.；在0.80m上升到1.40m内，在Ek-h图象中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80m上升到1.40m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80m上升到1.40m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得-(mg+f)△h=0-Ek，由图知△h=0.60m，Ek=5.40J，解得空气阻力f=1.00N;故B正确.；根据能转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm=(mg+f)△h=9×(1.40-0.4)=9.00J;故C正确.；由图可知，当h=0.72m时滑块的动能最大为Ekm=5.76J；假设空气阻力不计，则在整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此滑块的动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，为EPmin=Epm-Ekm=9-5.76=3.24J，由于有空气阻力，所以滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小小于3.24J;故D错误.
4.（2023江苏泰州联考）中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成能力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。报道称新一代高速列车牵引功率达9000kW，持续运行速度为350km/h，则新一代高速列车从北京开到杭州全长约为1300km，则列车在动力上耗电约为（ ）
A．3.3×103kW·h
B．3.3×104kW·h
C．3.3×105kW·h
D．3.3×106kW·h
【参考答案】B
【名师解析】
列车从北京开到杭州所用时间为t=sv=1300km350km/ℎ=3.71ℎ.列车在动力上耗电约为E=Pt=3.3×104kW·h,故B正确。
5. 如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内( )
A．小车做匀加速运动
B．小车做加速度逐渐减小的加速运动
C．电动机所做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
D．电动机所做的功为fs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
【参考答案】 BD
【名师解析】当小车速度为v时，由P=Fv解得牵引力F=eq \f(P,v)，对小车，由牛顿第二定律得F－f＝ma，解得加速度a=-f/m,，由于小车的速度v逐渐增大，故小车加速度a逐渐减小，所以小车做加速度逐渐减小的加速运动，选项A错误B正确；对小车加速过程，由动能定理得W－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得W＝fs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，选项C错误D正确．
6.如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，取g＝10 m/s2，则用于( )
A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W
B.水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W
D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
【参考答案】B
【名师解析】 水炮的发动机作用是把水从地面运到水炮处，再由水炮发射出去，因此发动机做的功转化为水发射时的动能和重力势能，所以输出功率P＝eq \f(W,t)＝eq \f(mgh＋\f(1,2)mv2,t)，每秒射出水的质量m＝1 000×eq \f(3,60) kg＝50 kg，代入得P＝4×104 W，选项B正确，A、C错误；伸缩臂的发动机做功把人和伸缩臂本身抬高了60 m，伸缩臂本身有一定的质量，伸缩臂自身的重力势能也增加，所以伸缩臂发动机的功率大于P1＝eq \f(m人gh,t)＝eq \f(400×10×60,5×60) W＝800 W，选项D错误。
7.（2020北京海淀一模）我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图11所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是
x
图 11
ω
转轴
y
O
A．与该“势能”对应的“力”的方向指向O点
B．与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而减小
C．该“势能”的表达式是选取了y轴处“势能”为零
D．稳定时桶中水面的纵截面为圆的一部分
【参考答案】C
【名师解析】类比重力势能与重力的关系，克服重力做功，重力势能增大，据此可知，与该“势能”对应的“力”的方向背离O点向外，与该“势能”对应的“力”的大小随x的增加而增加，选项AB错误；该“势能”的表达式是选取了y轴处“势能”为零，选项C正确；稳定时桶中水面的纵截面关于y轴对称，不是为圆的一部分，选项D错误。
二．计算题
1。（2022广东江门一模）“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发动机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择再生制动，后阶段速度小于等于v0时选择机械制动。当它以速度nv0（n＞1）在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即f=kv；后阶段阻力恒为车重的μ倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的η倍被转化为电能，那么此次刹车储存了多少电能；
（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；
（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直路面上匀速行驶（速度小于v0）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图像①和②，如图所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？
【名师解析】（1）E=η（mn2v02-mv02 ）=mv02η（n2-1）
（2）设汽电混动汽车在再生制动阶段运动的位移为x1，由动量定理，-f△t=m△v
又 f=kv，即-kv△t=m△v
所以在再生制动阶段，-kx1=mv0-mnv0，解得x1=
在机械制动阶段，由牛顿第二定律，μmg=ma，解得a=μg
设匀减速运动的位移为x2，由运动学规律，-v02=2（-a）x2
解得：x2=
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移x= x1+ x2=+
（3）对于减速运动过程，图像斜率的绝对值表示阻力的大小，由图像①，f=
代入得f=2000N
由图像②，设汽车的位移为x2，回收是动能为△Ek=Ek-fx2，代入数据得△Ek=5×105J。
2．（12分）（2020高考模拟示范卷6）近年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：
(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数;
(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;
(3)包裹A是否会到达分拣通道口.
【答案】 (1)μ1=0.5(2)△E=0.96J (3)包裹A不会到达分拣通道口
【解析】 (1)假设包裹A经过t1时间速度达到v0，由运动学知识有
包裹A在传送带上加速度的大小为a1,v0=a1t1
包裹A的质量为mA，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1
解得：μ1=0.5
(2)包裹A离开传送带时速度为v0，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为vA和vB，
由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB
包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2mBgx=0-mBvB2
解得vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为0.4m/s
两包裹碰撞时损失的机械能:△E=mAv02 -mAvA2-mBvB2
解得：△E=0.96J
(3)第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动xA后速度减为零，
由动能定理可知-μ1mAgxA=0-mAvA2
解得xA=0.016m设包裹A再次离开传送带的速度为vA′
μ1mAgxA=mAvA′2
解得:vA′ =0.4m/s
设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为xA
-μ2mAgxA′=0-mAvA2
解得 xA′=0.08m
xA′=<0.32m
包裹A静止时与分拣通道口的距离为0.24m，不会到达分拣通道口.
3. 今年是我省“五水共治”全面铺开之年，一场气势恢宏、声势浩大的全民治水攻坚战在浙江大地全面打响，某地在“治污水”过程中，须对一污染井水进行排污处理，如图所示为用于排污“龙头”的示意图，喷水口距离地面高度h=1.25m，抽水机的效率η=70%，从距地面深为H=5m的井里抽水，使水充满喷水口，并以恒定的速率从该“龙头”沿水平喷出，喷水口的截面积为S=2cm2，其喷灌半径R=10m，已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，不计空气阻力。求:
（1）污水从喷水口射出时的速率多大？
（2）在1s钟内抽水机至少对水所做的功？
（3）抽水机的电动机的最小输出功率为多少？
【名师解析】．
（1）由平抛运动得： 故，
速度 （6分）
（2）由功能关系可得：
（6分）
（3）（4分）
4． 目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢（动车）加几节不带动力的车厢（拖车）组成一个编组，称为动车组。若每节动车的额定功率均为1.35×104kw，每节动车与拖车的质量均为5×104kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍。若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7km/h。我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车。当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼（减速板）调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动。（所有结果保留2位有效数字）求:
（1）沪昆高铁的最大时速为多少km/h？
（2）当动车组以加速度1.5m/s2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？
（3）沪昆高铁以题（1）中的最大速度运行时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100m/s，已知横截面积为1m2的风翼上可产生1.29×104N的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%。沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼，每片风翼的横截面积为1.3m2,求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？
【名师解析】．（1）由
解之得：(2分) ;
（2）设各动车的牵引力为F牵，第3节车对第4节车的作用力大小为F，以第1、2、3节车箱为研究对象，由牛顿第二定律得：
以动车组整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
由上述两式得： （3分）
（3）由风阻带来的列车与地面的阻力为：
（3分）
“风阻制动”的最大功率为
（3分）
5．2012 年11 月23 日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼-15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功。滑跃起飞有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。一架质量为M＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响。取g＝10m/s2。
（1）求飞机在水平跑道运动的时间；
（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；
（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）
【名师解析】．（14分）（1）设飞机在水平跑道加速度a1，阻力为f
由牛顿第二定律得
t1=8s
（2）设飞机在水平跑道末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为v2,加速度为a2
水平跑道上： 倾斜跑道上：由牛顿第二定律
v2=2 m/s
（3）设弹射器弹力为F1,弹射距离为x,飞机在跑道末端速度为v3
由动能定理得 （4分）

6.风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左。小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2。求：
①小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
②小球落地时的动能。
③小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？
【名师解析】
①小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为
小球在水平方向做匀减速运动，加速度
水平位移
②由动能定理
③小球离开杆后经过时间t的水平位移，
由动能定理
以 J和 m/s代入得
125t2-80t+12=0
解得t1=0.4s,t2=0.24s
【分析】①小球离开杆后在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动；根据自由落体运动规律可求得时间；根据水平方向的匀变速直线运动规律可求得水平位移；②对小球下落全过程由动能定理列式可求得落地时的动能；③设达到78J用时为t，根据运动学公式求出其竖直分位移和水平分位移；再对下落过程由动能定理列式，根据数学规律可求得速度为78J所用的时间．
7．（20分）如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点(切线水平)，管道底端A位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B点距离为5R，将一质量为m的弹珠Q投入AB管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能，已知弹簧劲度系数。某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，弹珠最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。求：
（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是多少？
（2）若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大？
（3）在（2）的运动过程中，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少?
【名师解析】
（1）当P离A点最近（设最近距离为d）时，弹珠经C点速度最小，设这一速度为V，弹珠经过C点时恰好对轨道无压力，mgsinθ提供所需要的向心力.
所以：……………………………………2分
得： ………………………………1分
8R+R=………………………………………………………………1分
得到的………………………………………………1分
,……………………1分
（2）设击中P1点的弹珠在经过C点时的速度为Vc，离开C点后弹珠做类平抛运动：
a=gsinθ………………………………………………1分
10R—R＝……………………………………………………………………1分
又在（1）中得到：
………………………………………………………………1分
经C点时：………………………………………………2分
所以，………………………………………………………………1分
根据牛顿第三定律：弹珠Q对C点的压力N与FN大小相等方向相反
所以，弹珠Q对C点的压力N＝……………………………………2分
（3）弹珠离开弹簧前，在平衡位置时，速度最大
设此时弹簧压缩量为，根据平衡条件：mgsin 则：………2分
取弹珠从平衡位置到C点的运动过程为研究过程，根据系统机械能守恒：取平衡位置重力势能为零
……………………………………。2分
…………………………………………………………………2分
8. 如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R＝0.8 m、固定于竖直平面内的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：
(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。
【名师解析】
(1)在N点，由牛顿第二定律有mg＝meq \f(veq \\al(2,N),R)，解得
vN＝eq \r(gR)＝2eq \r(2) m/s。
(2)取M点所在的水平面为参考平面。
从M到N由机械能守恒定律有Ek＝mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)，解得
Ek＝0.12 J。
(3)小钢球从N到Q做平抛运动，设运动时间为t，水平方向有
x＝vNt，竖直方向有R＝eq \f(1,2)gt2，解得x＝0.8eq \r(2) m。
答案 (1)2eq \r(2) m/s (2)0.12 J (3)0.8eq \r(2) m