高考_专题六 机械能（资料包word版）

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A.“复兴号”行驶的最大速度v=8Pkmg
B.“复兴号”的配置如果改成10节动车和6节拖车,最大速度将提高到原来的1.5倍
C.“复兴号”进站沿水平轨道做匀减速直线运动时,一位乘客单手持手机浏览网页,手对手机的力与车厢运动方向相反
D.“复兴号”沿水平轨道做匀加速直线运动时,第13、14节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作用力之比为1∶2
答案 D 当牵引力等于阻力时,速度达到最大,根据P=Fv,可知最大速度为v=8P16kmg=P2kmg,故A错误;“复兴号”的配置如果改成10节动车和6节拖车,最大速度v'=10P16kmg=1.25v,故B错误;“复兴号”进站做匀减速直线运动时,一位乘客单手持手机浏览网页,手对手机的作用力水平方向分力与车厢运动的方向相反,竖直方向分力竖直向上,所以手对手机的作用力与车厢运动方向不在一条直线上,故C错误;设每节动车的动力为F,对16节车厢整体有8F-16kmg=16ma,对第14、15、16节车厢整体有T1-3kmg+F=3ma,解得T1=12F,对1、2节车厢整体有2F-2kmg-T2=2ma,解得T2=F,即第13、14节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作用力之比为1∶2,故D正确。
2.(2022山东泰安一模,5)如图所示,水平平台与水平细杆间的高度差为H,质量为M的物块放在水平台上,质量为M的小球套在水平杆上,物块和小球通过小滑轮与用轻质细线相连,滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球,物块始终在水平平台上,不计一切摩擦。则小球前进2H时,物块的速度为( )
A.2FHM B.3FHM
C.235FHM D.43FHM
答案 D 小球由静止向右运动2H时,设小球的速度为v,此时轻质细线与水平方向夹角为θ,如图所示
由图可知cs θ=25,小球沿绳子方向的分速度等于物块的速度,则有物块的速度为v1=v cs θ=2v5,对物块和小球组成的系统,由功能关系可得F·2H=12Mv2+12Mv12,v1=43FHM,A、B、C错误,D正确。
3.物理生活 (2022广东湛江二模,10)(多选)悬崖速降是选择崖面平坦、高度适合的崖壁,用专业的登山绳作保护,由崖壁主体沿绳下滑,从崖顶下降到崖底的一种运动。如图所示,某次速降可视为竖直方向的直线运动,速降者先从静止开始做匀加速运动(加速度小于重力加速度),之后做匀减速运动,到达地面时速度恰好减为零。则下列说法正确的是( )
A.在加速下降阶段,速降者处于失重状态
B.在加速下降阶段,速降者的机械能增大,在减速下降阶段,速降者的机械能减小
C.在整个下降过程中,速降者的重力势能一直减小
D.在整个下降过程中,绳对速降者先做正功后做负功
答案 AC 对速降者受力分析可知,受绳的拉力和重力,当加速下降时,加速度向下,则速降者处于失重状态,故A正确;对速降者而言,无论是加速下降还是减速下降,都是位移向下而拉力向上,故绳的拉力始终做负功,即除重力以外的其他力做功,则速降者的机械能一直减小,故B、D错误;在整个下降过程中,重力做正功,则速降者的重力势能一直减小,故C正确。
4.物理生活 (2022广东执信中学模拟,7)将一乒乓球竖直向上抛出,乒乓球在运动过程中,它的动能随时间变化的关系图线如图所示。已知乒乓球运动过程中,受到的空气阻力与速率成正比,重力加速度为g。则乒乓球在整个运动过程中加速度的最大值为( )
A.4g B.3g C.2g D.g
答案 A 乒乓球刚抛出时动能为9E0,此时速度向上最大,所受合力向下最大,加速度最大,设速度大小为v0,此时有mg+kv0=mam,9E0=12mv02,乒乓球下落过程速度增大,阻力增大,当阻力增大到等于重力时,速度不变,动能不变,由图像可知此时动能为E0,设此时速度为v1,此时有mg=kv1,E0=12mv12,联立以上各式可得am=4g,故A正确,B、C、D错误。
5.(2022株洲一模,10)(多选)如图所示,篮球比赛的某次快攻中,球员甲将球斜向上传给前方队友,球传出时离地面高1 m,速度大小为10 m/s;对方球员乙原地竖直起跳拦截,跃起后手离地面的最大高度为2.8 m,球越过乙时速度沿水平方向,且恰好未被拦。球可视为质点,质量为0.6 kg,重力加速度g取10 m/s2,以地面为零势能面,忽略空气阻力,则( )
A.篮球在空中上升过程中处于失重状态
B.甲传球时,球与乙的水平距离为4.8 m
C.队友接球前瞬间,球的机械能为36 J
D.队友接球前瞬间,球的动能一定为30 J
答案 ABC 篮球在空中上升过程中只受重力作用,则处于失重状态,选项A正确;竖直方向球上升的高度为h=2.8 m-1 m=1.8 m,所用时间t=2ℎg=0.6 s,球刚抛出时的竖直速度v0y=gt=6 m/s,则水平速度为v0x=v02-v0y2=8 m/s,则甲传球时,球与乙的水平距离为x=v0xt=4.8 m,选项B正确;球刚抛出时的机械能E=mgh0+12mv02=36 J,球在运动过程中机械能守恒,则队友接球前瞬间,球的机械能为36 J,选项C正确;球刚抛出时的动能为Ek0=12mv02=30 J,队友接球前瞬间,球离地面的高度不一定是1 m,则此时球的动能不一定为30 J,选项D错误。
6.(2022三湘名校教育联盟3月大联考,3)质量m=50 kg的小强同学参加学校运动会的三级跳远项目,从静止开始助跑直至落地过程如图所示。已知小强每次起跳腾空之后重心离地的高度是前一次的2倍,每次跳跃的水平位移也是前一次的2倍,最终跳出了xAD=10.5 m的成绩。将小强同学看成质点,已知小强最高的腾空距离h=1 m,从O点静止开始到D点落地,全过程克服阻力做功Wf=200 J。空气阻力忽略不计,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.第三步跳跃在空中运动的时间为55 s
B.运动到第三次起跳腾空之后最高点时的动能为1 050 J
C.运动到D点着地时的动能为1 625 J
D.全过程运动员做的功为1 425 J
答案 C 小强从最高点下落过程可看成平抛运动,竖直方向上有h=12gt2,解得t=55 s,由对称性可知,第三步跳跃在空中运动的时间为255 s,A错误;由题意可知,第三次起跳腾空的水平位移xCD=6 m,水平方向匀速直线运动,xCD2=v3t,解得v3=35 m/s,即运动到第三次起跳腾空之后最高点时的动能为Ek3=12mv32=1 125 J,B错误;平抛到D点过程由动能定理可知mgh=Ek-Ek3,解得Ek=1 625 J,C正确;全过程由动能定理可知WF-Wf=Ek-0,解得WF=1 825 J,D错误。
7.(2022湖南名校联盟专题卷,6)有一种被称为“魔力陀螺”的玩具如图甲所示,陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落,好像轨道对它施加了魔法一样,它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型,如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R,A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动,受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F,当质点以速率v=gR通过A点时,对轨道的压力为其重力的7倍,不计摩擦和空气阻力,质点质量为m,重力加速度为g,则( )
甲
乙
A.强磁性引力的大小F=7mg
B.质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
C.只要质点能做完整的圆周运动,则质点对A、B两点的压力差恒为5mg
D.若强磁性引力大小为2F,为确保质点做完整的圆周运动,则质点通过B点的最大速率为15gR
答案 A 在A点,对质点由牛顿第二定律有F+mg-FA=mv2R,根据牛顿第三定律有FA=FA'=7mg,解得F=7mg,故A正确;质点能完成圆周运动,在A点根据牛顿第二定律有F+mg-NA=mvA2R,根据牛顿第三定律有NA=NA',在B点根据牛顿第二定律有F-mg-NB=mvB2R,根据牛顿第三定律有NB=NB',从A点到B点过程,根据动能定理有mg×2R=12mvB2-12mvA2,解得NA'-NB'=6mg,故B、C错误;若强磁性引力大小恒为2F,在B点,根据牛顿第二定律有2F-mg-FB=mvB2R,当FB=0,质点速度最大为vBm,2F-mg=mvBm2R,解得vBm=13gR,故D错误。
8.(2021湖南湘潭一模)质量为2π kg的均匀条形铁链AB在半径R=6π m的光滑半球体上方保持静止,已知∠AOB=60°,给AB一个微小的扰动使之向右沿球面下滑,当端点A滑至C处时铁链变为竖直状态且其速度大小为214 m/s,以OC所在平面为参考平面(零势能面),取g=10 m/s2,则下列关于铁链的说法中正确的是( )
A.铁链在初始位置时具有的重力势能为120 J
B.铁链在初始位置时其重心高度小于3 m
C.铁链的端点A滑至C点时其重心下降约2.91 m
D.铁链的端点B滑至C处时其速度大小为32 m/s
答案 D 铁链的长度为l=θR=2 m,设铁链重心的高度为h,由机械能守恒定律得mgh=12mv12+-mgl2,可得h=1.8 m,铁链在初始位置时具有的重力势能为Ep=mgh=113 J,故A、B错误;铁链的端点A滑至C点时其重心下降Δh=h--l2=2.8 m,故C错误;铁链的端点B滑至C处时,由几何关系可知,重心下降ℎ2,由机械能守恒定律得mgh=12mv22+mgℎ2,可得v2=32 m/s,故D正确。
思路点拨 铁链重心位置的判断是解题关键,铁链的端点B滑至C处的过程中,由于铁链形状没有变化,故其重心相对于铁链的位置没有变化,相当于铁链重心绕O点转动了60°。
9.(2022北京东城一模,7)如图所示,高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变),忽略空气阻力和摩擦力大小的变化。汽车沿拱形路面上坡的过程中( )
A.牵引力大小不变 B.牵引力逐渐增大
C.输出功率保持不变 D.输出功率逐渐减小
答案 D 对汽车受力分析如图
设拱形路面倾角为θ,则牵引力与水平方向夹角为θ。由于汽车速率不变,故F牵=f+mg sin θ,汽车上坡过程中, f不变,路面倾角θ变小,故F牵减小;由P=F牵v可知,v不变,F牵减小,P减小。
10.(2022北京石景山一模,14)抽油烟机可将厨房内产生的废气排出到室外,以保持室内空气清新。如图所示为常用的一种抽油烟机的示意图。若使抽油烟机在单位时间内排出的气体增加到原来的2倍,则抽油烟机所提供的功率P至少要提高到原来的( )
A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍
答案 D 设排气速度为v,则排出气体的流量Q=Sv,若单位时间排出的气体增加到原来的2倍,则有Q'=2Q,S不变,v'=2v0。抽油烟机所提供的功率在数值上应等于单位时间内气体增加的动能,故P'=12·2m(2v)2=12·mv2×8=8P,故D正确。
思路点拨 本题的考查点包括流量计、功能关系,关键是要注意到气体的质量与速度均发生了变化。
11.物理生活 (2022浙江海盐开学考,8)如图所示,质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下,沿水平地面向左运动一段距离L,车与地面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.拉力对小车做功为FLB.拉力对小车做功为FL sin α
C.摩擦力对小车做功为-μmgLD.重力对小车做功为mgL
答案 B 拉力对小车做功为W=FL sin α,A错误,B正确;摩擦力对小车做功为-fL=-μNL=-μ(mg-F cs θ)L,C错误;沿重力方向小车没有位移,则重力对小车做功为零,D错误。
12.物理生活 (2022浙江义乌中学选考模拟,10)如图所示,在2022年北京冬奥会冰壶比赛中,某次运动员从投掷线MN放手投掷后,发现冰壶投掷的初速度v0较小,直接滑行不能使冰壶沿虚线到达更近圆心O的位置,于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面,这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小至某一较小值μ',恰使冰壶滑行到圆心O点。在运动过程中,只要投掷成功,以下说法正确的是( )
A.在冰壶直线滑行路径上任意区间擦冰,擦冰距离都是一样的
B.在冰壶直线滑行路径上靠近O点的区间擦冰,擦冰距离要小一些
C.在冰壶直线滑行路径上靠近O点的区间擦冰,冰壶滑行的总时间要小些
D.在冰壶直线滑行路径上任意区间擦冰,冰壶滑行的总时间都一定
答案 A 从投掷到O点,应用动能定理有-μmgL1-μ'mgL2=0-12mv02,所以可以在冰壶滑行路径上的不同区间擦冰,只要保证擦冰的距离一定就可以,故A正确,B错误;擦冰区间越靠近投掷线,则开始阶段冰壶的平均速度就越大,总的平均速度越大,距离一定,滑行时间越短,故C、D错误。
13.物理生活 (2022江苏宿迁月考,6)全运会小轮车泥地竞速赛赛道由半径为R的14圆弧组成,如图所示,选手从赛道顶端A由静止无动力出发冲到坡底B,设阻力大小不变,恒为f,始终与速度方向相反,且满足f=mg π,选手和车总质量为m,重力加速度为g,路程sBC=2sAC。则选手通过C点的速度为( )
A. π-1 πgR B. π-22-3 πgR C.33-13gR D.23gR
答案 D 路程sBC=2sAC,所以∠AOC=13∠AOB=30°,则小车下降高度为h=R sin 30°=R2,14圆弧长为14×2πR= πR2,因此sAC=13× πR2= πR6,由动能定理得:mgh-fsAC=12mv2,代入数据得:mgR2-mg π× πR6=12mv2,解得:v=23gR,故D正确。
14.物理生活 (2022江苏南京、盐城一模,7)草地滑坡是不少生态公园中的休闲项目。甲、乙两游客先后分别乘坐相同滑车从同一滑道的同一位置由静止下滑。游客乙的质量比甲大。将滑道简化为一倾斜的斜面,滑车与滑道的动摩擦因数处处相同。则( )
A.乙滑到底端时的速度更大
B.乙在滑道上滑行的时间更长
C.下滑相同高度时,乙重力的功率更大
D.滑车在滑道上两次滑行产生的热量相同
答案 C 根据牛顿第二定律可知,mg sin θ-μmg cs θ=ma,解得a=g sin θ-μg cs θ,则两人下滑的加速度相等,根据v2=2as可知到达底端时的速度相等,根据s=12at2可知到达底端所需的时间相等,故A、B错误;下滑相同高度时速度相同,乙的质量比甲的大,根据PG=mgv sin θ可知,乙的重力的功率更大,故C正确;根据Q=μmg cs θ·s可知,滑车在滑道上两次滑行产生的热量不相同,故D错误。
15.(2022江苏泰州三模,14)如图所示,半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上,转台可绕竖直轴OO'转动,圆弧槽半径为R,圆心为O。质量为mA的小球A通过长L=3R的细线连接小球B,两球静止时,A球恰在槽内壁P点,PO与水平方向间夹角θ1=60°。现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放,转台保持静止。已知重力加速度为g。
(1)求B球的质量mB;
(2)求A球运动到P点时的动能EkA;
(3)若将A球固定在P点,使转台绕OO'轴从静止开始缓慢加速转动,直到细线QB与竖直方向间夹角θ2=30°,求此过程中转台对两球做的功W。
答案 (1)33mA (2)83-639mAgR
(3)333-3248mAgR
解析 (1)对A球在P点进行受力分析,如图所示。可知三角形OQP为等边三角形,槽对A球的支持力FN与线中张力T大小相等,则有2T sin θ1=mAg,又T=mBg,解得mB=33mA
(2)设A球运动到P点时的速度为vA,此时B球的速度为vB,则有
vA sin θ1=vB
取两球组成的系统为研究对象,研究从释放到A球运动到P点的过程,根据机械能守恒定律有
mAgR sin θ1=mBgR+12mAvA2+12mBvB2
EkA=12mAvA2
联立解得EkA=83-639mAgR
(3)细线QB与竖直方向间夹角θ2=30°时,设A、B球做圆周运动的半径分别为rA、rB,转台转动的角速度为ω,则有rA=R cs θ1,rB=R+(L-R) sin θ2
对B球,根据牛顿第二定律可得
mBg tan θ2=mBω2rB
转台对两球做的功为
W=12mA(ωrA)2+12mB(ωrB)2+mBg(L-R)(1- cs θ2)
联立解得
W=333-3248mAgR
16.物理生活 (2022云南第一次统考)2022年2月16日,我国运动员齐广璞在北京冬奥会男子自由滑雪空中技巧赛上获得冠军,图甲为比赛大跳台的场景。现将部分赛道简化,如图乙所示,若运动员从雪道上的A点由静止滑下后沿切线从B点进入半径R=15 m的竖直冰面圆弧轨道BDC,从轨道上的C点飞出。A、B之间的竖直距离h=27 m,OB与OC互相垂直,∠BOD=37°。运动员和装备的总质量m=60 kg且视为质点,摩擦和空气阻力不计。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。求:
(1)在轨道最低点D时,轨道对运动员的支持力大小;
(2)运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度。
甲
乙
答案 (1)3 000 N (2)21.36 m
解析 (1)运动员从雪道上的A点由静止滑到D点过程中,由动能定理得
mg(h+R-R cs 37°)=12mvD2
解得vD=106 m/s
在轨道最低点D时,根据牛顿第二定律得
FN-mg=mvD2R
解得FN=3 000 N
(2)运动员从D点滑到C点过程中,由动能定理得
-mgR(1-cs 53°)=12mvC2-12mvD2
解得vC=430 m/s
运动员滑离C点后在空中做斜抛运动,设抛出后的最高点与C点的高度差为h',则有
(vC sin 53°)2=2gh'
在空中飞行过程中距D点的最大高度为
H=h'+(R-R cs 53°)
联立解得H=21.36 m
17.(2022山东菏泽一模,17)如图所示,长为L的传送带在两半径为R的转轮A、B带动下顺时针转,某时刻在A端由静止放上一质量为M=9m的木块,当木块运动到传送带的中点时,与传送带保持相对静止,木块到达B点后恰好能做平抛运动,落在D点,重力加速度为g。求:
(1)木块与传送带间的动摩擦因数;
(2)当木块运动到传送带中点时,被一水平飞来的子弹击中,并停留在木块内,子弹的质量为m。为使木块仍落在D点,子弹击中木块前的速度最大是多少?
答案 见解析
解析 (1)由于木块到达B点后恰好能做平抛运动,根据牛顿第二定律可得9mg=9mv02R
解得v0=gR
对木块,从A到传送带中点的过程,由动能定理可得
μ·9mgL2=12·9mv02
解得μ=RL
(2)若子弹向右运动,击中木块前的速度为v1,和木块一起运动的速度为v1',由动量守恒定律可得mv1+9mv0=10mv1'
对子弹和木块,一起从中点运动到B点的过程中,由动能定理得-10μmgL2=12·10mv02-12·10mv1'2
解得v1=(102-9)gR
若子弹向左运动,击中木块前的速度大小为v2,和木块一起运动的速度大小为v2',子弹击中木块后向左运动,为使木块仍落在D点,木块和子弹运动到A点时,速度应减少到0,则有
9mv0-mv2=-10mv2'
-10μmgL2=0-12·10mv2'2
解得v2=19gR
因v2>v1,故子弹击中木块前的最大速度为19gR。
18.物理科技 (2022河西二模,10)如图,“和谐号”是由提供动力的车厢(动车)和不提供动力的车厢(拖车)编制而成。某“和谐号”由8节车厢组成,其中第1节、第5节为动车,每节车厢所受的阻力Ff大小为自身重力的0.01倍。已知每节车厢的质量均为m=2×104 kg,每节动车的额定功率均为P0=600 kW,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)若“和谐号”以a=0.5 m/s2的加速度从静止开始行驶,“和谐号”做匀加速运动时5、6节车厢之间的作用力大小以及匀加速运动的时间;
(2)“和谐号”能达到的最大速度大小。
答案 (1)3.6×104 N 25 s (2)75 m/s
解析 (1)以第6、7、8三节车厢为整体分析,总质量为3m,所受拉力为F,据牛顿第二定律有F-3f=3ma
f=0.01mg
代入数据解得F=3.6×104 N
每节动车提供最大功率为P0=600 kW,提供的牵引力为F,动车匀加速行驶能达到的最大速度为v1,对整个动车组进行分析,据牛顿第二定律,有
2F-8f=8ma
2P0=2Fv1
v1=at1
联立解得持续时间为t1=25 s
(2)“和谐号”动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=kvm
依据公式有P0=F牵v
可得2P0=8fvm
解得vm=75 m/s