專題10 機(jī)械能守恒定律-十年(2016-2025)高考《物理》全國(guó)真題分類匯編_第1頁(yè)
專題10 機(jī)械能守恒定律-十年(2016-2025)高考《物理》全國(guó)真題分類匯編_第2頁(yè)
專題10 機(jī)械能守恒定律-十年(2016-2025)高考《物理》全國(guó)真題分類匯編_第3頁(yè)
專題10 機(jī)械能守恒定律-十年(2016-2025)高考《物理》全國(guó)真題分類匯編_第4頁(yè)
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PAGE1專題10機(jī)械能守恒定律考點(diǎn)十年考情(2016-2025)命題趨勢(shì)考點(diǎn)1機(jī)械能守恒定律(10年10考)2025·四川·高考真題2025·海南·高考真題2025·山東·高考真題2024·重慶·高考真題、2024·全國(guó)·高考真題、2024福建·高考真題、2024·安徽·高考真題、2024·北京·高考真題、2023·重慶·高考真題、2023·全國(guó)高考真題、2023·浙江·高考真題、2023·廣東·高考真題、2022·江蘇·高考真題、2022·福建·高考真題、2021·湖北·高考真題、2021·湖南·高考真題、2021·遼寧·高考真題、2021·全國(guó)·高考真題、2020·江蘇·高考真題、2020·上?!じ呖颊骖}、2019·浙江·高考真題、2019·江蘇高考真題、2018·江蘇·高考真題、2018·天津高考真題、2018·全國(guó)高考真題、2018·海南·高考真題、2017·江蘇·高考真題、2017·浙江·高考真題、2016·全國(guó)·高考真題、2016·浙江·高考真題注重基礎(chǔ)考查:機(jī)械能守恒定律是高考熱點(diǎn),每年都會(huì)涉及。??疾槠鋬?nèi)容、表達(dá)式、守恒條件等基礎(chǔ)知識(shí),如判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒,需分析外力和內(nèi)力做功情況。強(qiáng)調(diào)綜合應(yīng)用:常與動(dòng)能定理、圓周運(yùn)動(dòng)等知識(shí)綜合考查。例如,將機(jī)械能守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合,分析物體在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的能量變化。情境化命題增多:結(jié)合生活實(shí)際或科技應(yīng)用情境命題,如彈簧小球、拋體運(yùn)動(dòng)等經(jīng)典模型,以及風(fēng)力發(fā)電葉片受力分析等新場(chǎng)景,考查學(xué)生運(yùn)用知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力。備考時(shí),學(xué)生應(yīng)扎實(shí)掌握基礎(chǔ)知識(shí),強(qiáng)化綜合應(yīng)用訓(xùn)練,熟悉經(jīng)典模型,關(guān)注新場(chǎng)景,提升解題能力??键c(diǎn)01機(jī)械能守恒定律1.(2025·四川·高考真題)如圖所示,傾角為的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半徑為R的半圓擋板和長(zhǎng)為的直擋板。a為直擋板下端點(diǎn),bd為半圓擋板直徑且沿水平方向,c為半圓擋板最高點(diǎn),兩擋板相切于b點(diǎn),de與ab平行且等長(zhǎng)。小球乙被鎖定在c點(diǎn)。小球甲從a點(diǎn)以一定初速度出發(fā),沿?fù)醢暹\(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)與小球乙發(fā)生完全彈性碰撞,碰撞前瞬間解除對(duì)小球乙的鎖定,小球乙在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中無(wú)其他碰撞。小球甲質(zhì)量為,兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)一切摩擦,重力加速度大小為g。(1)求小球甲從a點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過(guò)程中的加速度大?。?2)若小球甲恰能到達(dá)c點(diǎn),且碰撞后小球乙能運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn),求小球乙與小球甲的質(zhì)量比值應(yīng)滿足的條件;(3)在滿足(2)中質(zhì)量比值的條件下,若碰撞后小球乙能穿過(guò)線段de,求小球甲初動(dòng)能應(yīng)滿足的條件?!敬鸢浮?1)(2)或(3)【詳解】(1)小球甲從a點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過(guò)程中,根據(jù)牛頓第二定律有解得甲在ab段運(yùn)動(dòng)的加速度大小(2)甲恰能到c點(diǎn),設(shè)到達(dá)c點(diǎn)時(shí)的速度為,可知解得①根據(jù)題意甲乙發(fā)生完全彈性碰撞,碰撞前后根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒,解得碰后乙的速度為②碰后乙能運(yùn)動(dòng)至點(diǎn),第一種情況,碰后乙順著擋板做圓周運(yùn)動(dòng)后沿著斜面到達(dá)e點(diǎn),此時(shí)需滿足即③聯(lián)立①②③可得第二種情況,碰后乙做類平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)e點(diǎn),此時(shí)可知,解得④聯(lián)立①②④可得(3)在(2)問(wèn)的質(zhì)量比條件下,若碰后乙能越過(guò)線段,根據(jù)前面分析可知當(dāng)滿足第一種情況時(shí),碰后乙做圓周運(yùn)動(dòng)顯然不滿足能越過(guò)線段,故碰后乙做類平拋運(yùn)動(dòng)越過(guò)線段,故碰后乙的速度必然滿足同時(shí)根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,同時(shí)需保證小球不能撞擊到圓弧cd上,可得當(dāng),聯(lián)立解得⑤聯(lián)立②⑤將代入可得⑥對(duì)甲球從a到c過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理⑦聯(lián)立⑥⑦可得2.(2025·海南·高考真題)足夠長(zhǎng)的傳送帶固定在豎直平面內(nèi),半徑,圓心角的圓弧軌道與平臺(tái)平滑連接,平臺(tái)與順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶平滑連接,工件A從圓弧頂點(diǎn)無(wú)初速度下滑,在平臺(tái)與B碰成一整體,B隨后滑上傳送帶,已知,,A、B可視為質(zhì)點(diǎn),AB與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定,在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,因摩擦生熱,忽略軌道及平臺(tái)的摩擦,(1)A滑到圓弧最低點(diǎn)時(shí)受的支持力;(2)A與B整個(gè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能;(3)傳送帶的速度大小?!敬鸢浮?1),方向豎直向上;(2)(3)或【詳解】(1)A從開始到滑到圓弧最低點(diǎn)間,根據(jù)機(jī)械能守恒解得在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律解得,方向豎直向上;(2)根據(jù)題意AB碰后成一整體,根據(jù)動(dòng)量守恒解得故A與B整個(gè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為(3)第一種情況,當(dāng)傳送帶速度小于時(shí),AB滑上傳送帶后先減速后勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)AB與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,對(duì)AB根據(jù)牛頓第二定律設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間后AB與傳送帶共速,可得該段時(shí)間內(nèi)AB運(yùn)動(dòng)的位移為傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為故可得聯(lián)立解得,另一解大于舍去;第二種情況,當(dāng)傳送帶速度大于時(shí),AB滑上傳送帶后先加速后勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間后AB與傳送帶共速,同理可得該段時(shí)間內(nèi)AB運(yùn)動(dòng)的位移為傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為故可得解得,另一解小于舍去。3.(2025·山東·高考真題)如圖所示,內(nèi)有彎曲光滑軌道的方形物體置于光滑水平面上,P、Q分別為軌道的兩個(gè)端點(diǎn)且位于同一高度,P處軌道的切線沿水平方向,Q處軌道的切線沿豎直方向。小物塊a、b用輕彈簧連接置于光滑水平面上,b被鎖定。一質(zhì)量的小球自Q點(diǎn)正上方處自由下落,無(wú)能量損失地滑入軌道,并從P點(diǎn)水平拋出,恰好擊中a,與a粘在一起且不彈起。當(dāng)彈簧拉力達(dá)到時(shí),b解除鎖定開始運(yùn)動(dòng)。已知a的質(zhì)量,b的質(zhì)量,方形物體的質(zhì)量,重力加速度大小,彈簧的勁度系數(shù),整個(gè)過(guò)程彈簧均在彈性限度內(nèi),彈性勢(shì)能表達(dá)式(x為彈簧的形變量),所有過(guò)程不計(jì)空氣阻力。求:(1)小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí),小球及方形物體相對(duì)于地面的速度大小、;(2)彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí),b的速度大小及彈性勢(shì)能的最大值?!敬鸢浮?1),水平向左,,水平向右(2),水平向左,【詳解】(1)根據(jù)題意可知,小球從開始下落到處過(guò)程中,水平方向上動(dòng)量守恒,則有由能量守恒定律有聯(lián)立解得,即小球速度為,方向水平向左,大物塊速度為,方向水平向右。(2)由于小球落在物塊a正上方,并與其粘連,小球豎直方向速度變?yōu)?,小球和物塊水平方向上動(dòng)量守恒,則有解得設(shè)當(dāng)彈簧形變量為時(shí)物塊的固定解除,此時(shí)小球和物塊的速度為,根據(jù)胡克定律系統(tǒng)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得,固定解除之后,小球、物塊和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,當(dāng)三者共速時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大,由動(dòng)量守恒定律有解得,方向水平向左。由能量守恒定律可得,最大彈性勢(shì)能為4.(2025·湖南·高考真題)如圖,某爆炸能量測(cè)量裝置由裝載臺(tái)和滑軌等構(gòu)成,C是可以在滑軌上運(yùn)動(dòng)的標(biāo)準(zhǔn)測(cè)量件,其規(guī)格可以根據(jù)測(cè)量需求進(jìn)行調(diào)整。滑軌安裝在高度為h的水平面上。測(cè)量時(shí),將彈藥放入裝載臺(tái)圓筒內(nèi),兩端用物塊A和B封裝,裝載臺(tái)與滑軌等高。引爆后,假設(shè)彈藥釋放的能量完全轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)能。極短時(shí)間內(nèi)B嵌入C中形成組合體D,D與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。D在滑軌上運(yùn)動(dòng)距離后拋出,落地點(diǎn)距拋出點(diǎn)水平距離為,根據(jù)可計(jì)算出彈藥釋放的能量。某次測(cè)量中,A、B、C質(zhì)量分別為、、,,整個(gè)過(guò)程發(fā)生在同一豎直平面內(nèi),不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。則()A.D的初動(dòng)能與爆炸后瞬間A的動(dòng)能相等B.D的初動(dòng)能與其落地時(shí)的動(dòng)能相等C.彈藥釋放的能量為D.彈藥釋放的能量為【答案】BD【詳解】A.爆炸后,AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,即3mv1=mv2B與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒mv2=6mv聯(lián)立解得v=0.5v1。爆炸后瞬間A的動(dòng)能D的初動(dòng)能兩者不相等,故A錯(cuò)誤;B.D水平滑動(dòng)過(guò)程中摩擦力做功為做平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力做的功為故D從開始運(yùn)動(dòng)到落地瞬間合外力做功為0,根據(jù)動(dòng)能定理可知D的初動(dòng)能與其落地時(shí)的動(dòng)能相等,故B正確;CD.D物塊平拋過(guò)程有,聯(lián)立可得D水平滑動(dòng)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有化簡(jiǎn)得彈藥釋放的能量完全轉(zhuǎn)化為A和B的動(dòng)能,則爆炸過(guò)程的能量為故C錯(cuò)誤,D正確。故選BD。5.(2024·山東·高考真題)如圖所示,質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué),分別坐在水平放置的輕木板上,木板通過(guò)一根原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈性繩連接,連接點(diǎn)等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,彈性繩勁度系數(shù)為k,被拉伸時(shí)彈性勢(shì)能E=kx2(x為繩的伸長(zhǎng)量)?,F(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)乙所坐木板,直至甲所坐木板剛要離開原位置,此過(guò)程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止,k保持不變,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度大小為g,則F所做的功等于()A. B.C. D.【答案】B【詳解】當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時(shí),對(duì)甲及其所坐木板整體有解得彈性繩的伸長(zhǎng)量則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為從開始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過(guò)程,乙所坐木板的位移為則由功能關(guān)系可知該過(guò)程F所做的功故選B。6.(2024·浙江·高考真題)如圖所示,質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h,則足球()A.從1到2動(dòng)能減少 B.從1到2重力勢(shì)能增加C.從2到3動(dòng)能增加 D.從2到3機(jī)械能不變【答案】B【詳解】AB.由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知,足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用,則從從1到2重力勢(shì)能增加,則1到2動(dòng)能減少量大于,A錯(cuò)誤,B正確;CD.從2到3由于空氣阻力作用,則機(jī)械能減小,重力勢(shì)能減小mgh,則動(dòng)能增加小于,選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。7.(2024·重慶·高考真題)2024年5月3日,嫦娥六號(hào)探測(cè)成功發(fā)射,開啟月球背面采樣之旅,探測(cè)器的著陸器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過(guò)減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過(guò)程中(

)A.減速階段所受合外力為0 B.懸停階段不受力C.自由下落階段機(jī)械能守恒 D.自由下落階段加速度大小g=9.8m/s2【答案】C【詳解】A.組合體在減速階段有加速度,合外力不為零,故A錯(cuò)誤;B.組合體在懸停階段速度為零,處于平衡狀態(tài),合力為零,仍受重力和升力,故B錯(cuò)誤;C.組合體在自由下落階段只受重力,機(jī)械能守恒,故C正確;D.月球表面重力加速度不為9.8m/s2,故D錯(cuò)誤。故選C。8.(2024·海南·高考真題)某游樂項(xiàng)目裝置簡(jiǎn)化如圖,A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯,半徑,滑梯頂點(diǎn)a與滑梯末端b的高度,靜止在光滑水平面上的滑板B,緊靠滑梯的末端,并與其水平相切,滑板質(zhì)量,一質(zhì)量為的游客,從a點(diǎn)由靜止開始下滑,在b點(diǎn)滑上滑板,當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí),游客恰好滑上平臺(tái),并在平臺(tái)上滑行停下。游客視為質(zhì)點(diǎn),其與滑板及平臺(tái)表面之間的動(dòng)摩擦系數(shù)均為,忽略空氣阻力,重力加速度,求:(1)游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大??;(2)滑板的長(zhǎng)度L【答案】(1);(2)【詳解】(1)設(shè)游客滑到b點(diǎn)時(shí)速度為,從a到b過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒解得在b點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯的壓力的大小為(2)設(shè)游客恰好滑上平臺(tái)時(shí)的速度為,在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理得解得根據(jù)題意當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣時(shí),游客恰好滑上平臺(tái),可知該過(guò)程游客一直做減速運(yùn)動(dòng),滑板一直做加速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小分別為和,得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律對(duì)游客解得該段時(shí)間內(nèi)游客的位移為滑板的位移為根據(jù)位移關(guān)系得滑板的長(zhǎng)度為9.(2024·北京·高考真題)如圖所示,光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放,物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道,恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說(shuō)法正確的是()A.物體在C點(diǎn)所受合力為零B.物體在C點(diǎn)的速度為零C.物體在C點(diǎn)的向心加速度等于重力加速度D.物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)的動(dòng)能【答案】C【詳解】AB.物體恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C,則物體在最高點(diǎn)只受重力,且重力全部用來(lái)提供向心力,設(shè)半圓軌道的半徑為r,由牛頓第二定律得解得物體在C點(diǎn)的速度AB錯(cuò)誤;C.由牛頓第二定律得解得物體在C點(diǎn)的向心加速度C正確;D.由能量守恒定律知,物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和,D錯(cuò)誤。故選C。10.(2024·山東·高考真題)如圖甲所示,質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上,軌道水平部分的上表面粗糙,豎直半圓形部分的表面光滑,兩部分在P點(diǎn)平滑連接,Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上,與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑,重力加速度大小。(1)若軌道固定,小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí),受到軌道的彈力大小等于3mg,求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v;(2)若軌道不固定,給軌道施加水平向左的推力F,小物塊處在軌道水平部分時(shí),軌道加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。(i)求μ和m;(ii)初始時(shí),小物塊靜置在軌道最左端,給軌道施加水平向左的推力,當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F,小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L?!敬鸢浮浚?);(2)(i),;(3)【詳解】(1)根據(jù)題意可知小物塊在Q點(diǎn)由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得(2)(i)根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時(shí),小物塊與軌道是一起向左加速,根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當(dāng)外力時(shí),軌道與小物塊有相對(duì)滑動(dòng),則對(duì)軌道有結(jié)合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得,,(ii)由圖乙可知,當(dāng)時(shí),軌道的加速度為,小物塊的加速度為當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí),經(jīng)過(guò)t0時(shí)間,則軌道有小物塊有在小物塊到P點(diǎn)到從Q點(diǎn)離開軌道的過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有水平方向動(dòng)量守恒,以水平向左的正方向,則有其中,小物塊離開Q點(diǎn)時(shí)的速度,為此時(shí)軌道的速度。聯(lián)立解得(舍去)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得11.(2024·遼寧·高考真題)如圖,高度的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,質(zhì)量。A、B間夾一壓縮量的輕彈簧,彈簧與A、B不栓接。同時(shí)由靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,水平射程;B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn),取重力加速度。求:(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小和;(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)整個(gè)過(guò)程中,彈簧釋放的彈性勢(shì)能?!敬鸢浮浚?)1m/s,1m/s;(2)0.2;(3)0.12J【詳解】(1)對(duì)A物塊由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得代入數(shù)據(jù)解得,脫離彈簧時(shí)A的速度大小為AB物塊質(zhì)量相等,同時(shí)受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力,則AB物塊整體動(dòng)量守恒,則解得脫離彈簧時(shí)B的速度大小為(2)對(duì)物塊B由動(dòng)能定理代入數(shù)據(jù)解得,物塊與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為(3)彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動(dòng)能及這個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功,即其中,解得整個(gè)過(guò)程中,彈簧釋放的彈性勢(shì)能12.(2024·浙江·高考真題)某固定裝置的豎直截面如圖所示,由傾角的直軌道,半徑的圓弧軌道,長(zhǎng)度、傾角為的直軌道,半徑為R、圓心角為的圓弧管道組成,軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量滑塊b,其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量的小物塊a從軌道上高度為h靜止釋放,經(jīng)圓弧軌道滑上軌道,軌道由特殊材料制成,小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù),向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù),且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為,小物塊a運(yùn)動(dòng)到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。(其它軌道均光滑,小物塊視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,,)(1)若,求小物塊①第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小;②在上經(jīng)過(guò)的總路程;③在上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。(2)若,滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊?!敬鸢浮浚?)①16m/s2;②2m;③1∶2;(2)0.2m【詳解】(1)①對(duì)小物塊a從A到第一次經(jīng)過(guò)C的過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小為②小物塊a在DE上時(shí),因?yàn)樗孕∥飰Ka每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑,之后經(jīng)過(guò)若干次在DE上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失,最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動(dòng),且易知小物塊每次在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等,設(shè)其在上經(jīng)過(guò)的總路程為s,根據(jù)功能關(guān)系有解得③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為將小物塊a在DE上的若干次運(yùn)動(dòng)等效看作是一次完整的上滑和下滑,則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得(2)對(duì)小物塊a從A到F的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理有解得設(shè)滑塊長(zhǎng)度為l時(shí),小物塊恰好不脫離滑塊,且此時(shí)二者達(dá)到共同速度v,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有解得13.(2023·河北·高考真題)如圖,質(zhì)量為的薄木板靜置于光滑水平地面上,半徑為的豎直光滑圓弧軌道固定在地面,軌道底端與木板等高,軌道上端點(diǎn)和圓心連線與水平面成角.質(zhì)量為的小物塊以的初速度從木板左端水平向右滑行,與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.當(dāng)?shù)竭_(dá)木板右端時(shí),木板恰好與軌道底端相碰并被鎖定,同時(shí)沿圓弧切線方向滑上軌道.待離開軌道后,可隨時(shí)解除木板鎖定,解除鎖定時(shí)木板的速度與碰撞前瞬間大小相等、方向相反.已知木板長(zhǎng)度為取?。?)求木板與軌道底端碰撞前瞬間,物塊和木板的速度大??;(2)求物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力大小及離開軌道后距地面的最大高度;(3)物塊運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)會(huì)炸裂成質(zhì)量比為的物塊和物塊,總質(zhì)量不變,同時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能增加,其中一塊沿原速度方向運(yùn)動(dòng).為保證之一落在木板上,求從物塊離開軌道到解除木板鎖定的時(shí)間范圍.【答案】(1),;(2),;(3)或【詳解】(1)設(shè)物塊的初速度為,木板與軌道底部碰撞前,物塊和木板的速度分別為和,物塊和木板的質(zhì)量分別為和,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,木板長(zhǎng)度為,由動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系有由題意分析,聯(lián)立式得(2)設(shè)圓弧軌道半徑為,物塊到圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)斜拋速度為,軌道對(duì)物塊的彈力為.物塊從軌道最低點(diǎn)到最高點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理有物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立式,得設(shè)物塊拋出時(shí)速度的水平和豎直分量分別為和斜拋過(guò)程物塊上升時(shí)間該段時(shí)間物塊向左運(yùn)動(dòng)距離為.物塊距離地面最大高度.(3)物塊從最高點(diǎn)落地時(shí)間設(shè)向左為正方向,物塊在最高點(diǎn)炸裂為,設(shè)質(zhì)量和速度分別為和、,設(shè),系統(tǒng)動(dòng)能增加.根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得解得或.設(shè)從物塊離開軌道到解除木板鎖定的時(shí)間范圍:(a)若,炸裂后落地過(guò)程中的水平位移為炸裂后落地過(guò)程中的水平位移為木板右端到軌道底端的距離為運(yùn)動(dòng)軌跡分析如下為了保證之一落在木板上,需要滿足下列條件之一Ⅰ.若僅落在木板上,應(yīng)滿足且解得Ⅱ.若僅落在木板上,應(yīng)滿足且不等式無(wú)解;(b)若,炸裂后落地過(guò)程中水平位移為0,炸裂后落地過(guò)程中水平位移為木板右端到軌道底端的距離為運(yùn)動(dòng)軌跡分析如下為了保證之一落在木板上,需要滿足下列條件之一Ⅲ.若僅落在木板上,應(yīng)滿足且解得Ⅳ.若僅落在木板上,應(yīng)滿足且解得.綜合分析(a)(b)兩種情況,為保證之一一定落在木板上,滿足的條件為或14.(2023·遼寧·高考真題)某大型水陸兩棲飛機(jī)具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中,該飛機(jī)在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水,速度達(dá)到v?=80m/s時(shí)離開水面,該過(guò)程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10?kg。離開水面后,飛機(jī)攀升高度h=100m時(shí)速度達(dá)到v?=100m/s,之后保持水平勻速飛行,待接近目標(biāo)時(shí)開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求:(1)飛機(jī)在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時(shí)間t;(2)整個(gè)攀升階段,飛機(jī)汲取的水的機(jī)械能增加量ΔE?!敬鸢浮浚?),;(2)【詳解】(1)飛機(jī)做從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),平均速度為,則解得飛機(jī)滑行的時(shí)間為飛機(jī)滑行的加速度為(2)飛機(jī)從水面至處,水的機(jī)械能包含水的動(dòng)能和重力勢(shì)能,則機(jī)械能變化量為15.(2022·江蘇·高考真題)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與物塊A連接在一起,處于壓縮狀態(tài),A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí),立即將物塊B輕放在A右側(cè),A、B由靜止開始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng),下滑過(guò)程中A、B始終不分離,當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零,A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過(guò)彈性限度,則()A.當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí),A的加速度方向沿斜面向下B.A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C.下滑時(shí),B對(duì)A的壓力先減小后增大D.整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量【答案】B【詳解】B.由于A、B在下滑過(guò)程中不分離,設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F,方向沿斜面向下為正方向,斜面傾角為θ,AB之間的彈力為FAB,摩擦因素為μ,剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律對(duì)AB有對(duì)B有聯(lián)立可得由于A對(duì)B的彈力FAB方向沿斜面向上,故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上;由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的,彈簧一直處于壓縮狀態(tài),所以A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上,不發(fā)生變化,故B正確;A.設(shè)彈簧原長(zhǎng)在O點(diǎn),A剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)距離O點(diǎn)為x1,A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2;下滑過(guò)程AB不分離,則彈簧一直處于壓縮狀態(tài),上滑過(guò)程根據(jù)能量守恒定律可得化簡(jiǎn)得當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)有帶入k值可知F合=0,即此時(shí)加速度為0,故A錯(cuò)誤;C.根據(jù)B的分析可知再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過(guò)程中F向上且逐漸變大,則下滑過(guò)程FAB逐漸變大,根據(jù)牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力逐漸變大,故C錯(cuò)誤;D.整個(gè)過(guò)程中彈力做的功為0,A重力做的功為0,當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零,根據(jù)功能關(guān)系可知整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢(shì)能減小量,故D錯(cuò)誤。故選B。16.(2022·湖北·高考真題)如圖所示,質(zhì)量分別為m和2m的小物塊Р和Q,用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上,Р通過(guò)一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑,Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離,撤去拉力后,Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi),彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度大小為g。若剪斷輕繩,Р在隨后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為()A.μmgk B. C. D.【答案】C【詳解】Q恰好能保持靜止時(shí),設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x,滿足若剪斷輕繩后,物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,彈簧的最大壓縮量也為x,因此Р相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為故選C。17.(2021·重慶·高考真題)質(zhì)量相同的甲、乙兩小球(視為質(zhì)點(diǎn))以不同的初速度豎直上拋,某時(shí)刻兩球發(fā)生正碰。圖中實(shí)線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時(shí)間變化的曲線,其中虛線關(guān)于左右對(duì)稱,實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同,若小球運(yùn)動(dòng)中除碰撞外僅受重力,則()A.時(shí)刻,甲的速率大于乙的速率B.碰撞前后瞬間,乙的動(dòng)量不變C.碰撞前后瞬間,甲的動(dòng)能不變D.碰撞后甲的機(jī)械能大于乙的機(jī)械能【答案】C【詳解】A.根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知,時(shí)刻,甲的速率小于乙的速率,故A錯(cuò)誤;BC.根據(jù)甲乙兩球位移圖像可知,碰撞前后瞬間,兩球交換速度,方向反向。根據(jù)題述,虛線(乙的位移圖像)關(guān)于左右對(duì)稱,所以碰撞前后瞬間,乙的動(dòng)量大小不變,方向變化,甲的動(dòng)能不變,故B錯(cuò)誤C正確;D.根據(jù)題述,實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同,可知碰撞后甲的機(jī)械能與乙的機(jī)械能相等,故D錯(cuò)誤。故選C。18.(2021·重慶·高考真題)如圖所示,豎直平面內(nèi)有兩個(gè)半徑為R,而內(nèi)壁光滑的圓弧軌道,固定在豎直平面內(nèi),地面水平,、O'為兩圓弧的圓心,兩圓弧相切于N點(diǎn)。一小物塊從左側(cè)圓弧最高處?kù)o止釋放,當(dāng)通過(guò)N點(diǎn)時(shí),速度大小為(重力加速度為g)()A. B. C. D.【答案】D【詳解】圖中連線與水平方向的夾角,由幾何關(guān)系可得可得設(shè)小物塊通過(guò)N點(diǎn)時(shí)速度為v,小物塊從左側(cè)圓弧最高點(diǎn)靜止釋放,由機(jī)械能守恒定律可知解得故D正確,ABC錯(cuò)誤。故選D。19.(2021·廣東·高考真題)長(zhǎng)征途中,為了突破敵方關(guān)隘,戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭,居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈,戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈,手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h,在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示,重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的有()A.甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)B.兩手榴彈在落地前瞬間,重力的功率相等C.從投出到落地,每顆手榴彈的重力勢(shì)能減少D.從投出到落地,每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為【答案】BC【詳解】A.由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知,做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同,所以在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,故A錯(cuò)誤;B.做平拋運(yùn)動(dòng)的物體落地前瞬間重力的功率因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同,質(zhì)量相同,所以落地前瞬間,兩手榴彈重力功率相同,故B正確;C.從投出到落地,手榴彈下降的高度為h,所以手榴彈重力勢(shì)能減小量故C正確;D.從投出到落地,手榴彈做平拋運(yùn)動(dòng),只有重力做功,機(jī)械能守恒,故D錯(cuò)誤。故選BC?!军c(diǎn)睛】20.(2021·全國(guó)乙卷·高考真題)如圖,光滑水平地面上有一小車,一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連,另一端與滑塊相連,滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮,撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中,從撤去推力開始,小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()A.動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒B.動(dòng)量守恒,機(jī)械能不守恒C.動(dòng)量不守恒,機(jī)械能守恒D.動(dòng)量不守恒,機(jī)械能不守恒【答案】B【詳解】因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦,且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對(duì)滑動(dòng),即摩擦力做功,而水平地面是光滑的;以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能不守恒。故選B。21.(2021·河北·高考真題)一半徑為R的圓柱體水平固定,橫截面如圖所示,長(zhǎng)度為、不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩,一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處,另一端系一個(gè)小球,小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí),繩剛好拉直,將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放,當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí),小球的速度大小為(重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力)()A. B. C. D.【答案】A【詳解】小球下落的高度為h=πR-R+R=R小球下落過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=mv2綜上有v=故選A。22.(2021·浙江·高考真題)如圖所示,豎直平面內(nèi)由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細(xì)圓管軌道BCDE和圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面,B、E兩處軌道平滑連接,軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線,以及O2、E、O1和B等四點(diǎn)連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°,G點(diǎn)與豎直墻面的距離。現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處?kù)o止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞,不計(jì)小球大小和所受阻力。(1)若釋放處高度h=h0,當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到圓管最低點(diǎn)C時(shí),求速度大小vc及在此過(guò)程中所受合力的沖量的大小和方向;(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力FN與h的關(guān)系式;(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn),高度h應(yīng)該滿足什么條件?【答案】(1),,水平向左;(2)(h≥R);(3)或【詳解】(1)機(jī)械能守恒解得動(dòng)量定理方向水平向左(2)機(jī)械能守恒牛頓第二定律解得滿足的條件(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回,條件是第2種情況:與墻面垂直碰撞后原路返回,在進(jìn)入G之前是平拋運(yùn)動(dòng)其中,,則得機(jī)械能守恒h滿足的條件23.(2021·浙江·高考真題)如圖所示,同學(xué)們坐在相同的輪胎上,從傾角相同的平直雪道先后由同高度靜止滑下,各輪胎與雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同,不計(jì)空氣阻力。雪道上的同學(xué)們()

A.沿雪道做勻速直線運(yùn)動(dòng) B.下滑過(guò)程中機(jī)械能均守恒C.前后間的距離隨時(shí)間不斷增大 D.所受重力沿雪道向下的分力相同【答案】C【詳解】A.同學(xué)坐在輪胎上從靜止開始沿雪道下滑,做加速運(yùn)動(dòng),受力分析如圖

根據(jù)牛頓第二定律可知加速度又因?yàn)橄嗤?,所以同學(xué)們做勻加速直線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;B.下滑過(guò)程中摩擦力做負(fù)功,雪道上的同學(xué)們機(jī)械能減小,B錯(cuò)誤;C.根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系,可知同學(xué)們前后距離隨著時(shí)間不斷增大,也可以從速度的角度分析,同學(xué)們做勻加速直線運(yùn)動(dòng),隨著時(shí)間的增加,速度越來(lái)越大,相等時(shí)時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移越來(lái)越大,所以同學(xué)們前后距離隨著時(shí)間不斷增大,C正確;D.各同學(xué)質(zhì)量可能不同,所以重力沿雪道向下的分力也可能不相同,D錯(cuò)誤。故選C。24.(2020·海南·高考真題)如圖,光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置,底端與一水平傳送帶相切,一質(zhì)量的小物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)P由靜止釋放,到最低點(diǎn)Q時(shí)與另一質(zhì)量小物塊b發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短)。已知圓弧軌道半徑,傳送帶的長(zhǎng)度L=1.25m,傳送帶以速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),小物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù),。求(1)碰撞前瞬間小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小;(2)碰后小物塊a能上升的最大高度;(3)小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間?!敬鸢浮浚?)30N;(2)0.2m;(3)1s【詳解】(1)設(shè)小物塊a下到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊b相碰時(shí)的速度為,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得小物塊a在最低點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)牛頓第三定律,可知小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N。(2)小物塊a與小物塊b發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動(dòng)量守恒有根據(jù)能量守恒有聯(lián)立解得,小物塊a反彈,根據(jù)機(jī)械能守恒有解得(3)小物塊b滑上傳送帶,因,故小物塊b先做勻減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有解得則小物塊b由2m/s減至1m/s,所走過(guò)的位移為代入數(shù)據(jù)解得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為代入數(shù)據(jù)解得因,故小物塊b之后將做勻速運(yùn)動(dòng)至右端,則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間25.(2020·江蘇·高考真題)如圖所示,鼓形輪的半徑為R,可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿,桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球,球與O的距離均為。在輪上繞有長(zhǎng)繩,繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落,帶動(dòng)鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng)。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為。繩與輪之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng),忽略鼓形輪、直桿和長(zhǎng)繩的質(zhì)量,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g。求:(1)重物落地后,小球線速度的大小v;(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A,此時(shí)該球受到桿的作用力的大小F;(3)重物下落的高度H。【答案】(1);(2);(3)【詳解】(1)由題意可知當(dāng)重物落地后鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω,則根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系可知小球的線速度為(2)小球勻速轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)在水平位置時(shí)設(shè)桿對(duì)球的作用力為F,合力提供向心力,則有結(jié)合(1)可解得桿對(duì)球的作用力大小為(3)設(shè)重物下落高度為H,重物下落過(guò)程中對(duì)重物、鼓形輪和小球組成的系統(tǒng),根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知而重物的速度等于鼓形輪的線速度,有聯(lián)立各式解得26.(2020·天津·高考真題)長(zhǎng)為l的輕繩上端固定,下端系著質(zhì)量為的小球A,處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí),質(zhì)量為的小球B與之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圓周運(yùn)動(dòng),并能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,求(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??;(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能至少多大?【答案】(1);(2)【詳解】(1)A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn),此時(shí)輕繩的拉力剛好為零,設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,由牛頓第二定律,有①A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒,取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零,設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為,有②由動(dòng)量定理,有③聯(lián)立①②③式,得④(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)速度大小為,A、B粘在一起后恰能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn),需滿足⑤要達(dá)到上述條件,碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同,以此方向?yàn)檎较?,設(shè)B碰前瞬間的速度大小為,由動(dòng)量守恒定律,有⑥又⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式,得碰撞前瞬間B的動(dòng)能至少為⑧27.(2020·山東·高考真題)如圖所示,質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上,右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩,左側(cè)通過(guò)一傾斜輕繩跨過(guò)光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?,F(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端,當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí),將B由靜止釋放,當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí)(未著地),A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長(zhǎng),彈簧始終在彈性限度內(nèi),物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下判斷正確的是()A.M<2mB.2m<M<3mC.在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中,所受合力對(duì)B先做正功后做負(fù)功D.在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中,B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量【答案】ACD【詳解】AB.由題意可知B物體可以在開始位置到最低點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧振動(dòng),故在最低點(diǎn)時(shí)有彈簧彈力T=2mg;對(duì)A分析,設(shè)繩子與桌面間夾角為θ,則依題意有故有,故A正確,B錯(cuò)誤;C.由題意可知B從釋放位置到最低點(diǎn)過(guò)程中,開始彈簧彈力小于重力,物體加速,合力做正功;后來(lái)彈簧彈力大于重力,物體減速,合力做負(fù)功,故C正確;D.對(duì)于B,在從釋放到速度最大過(guò)程中,B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈力所做的負(fù)功,即等于B克服彈簧彈力所做的功,故D正確。28.(2020·浙江·高考真題)小明將如圖所示的裝置放在水平地面上,該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道和傾角的斜軌道平滑連接而成。質(zhì)量的小滑塊從弧形軌道離地高處?kù)o止釋放。已知,,滑塊與軌道和間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為,弧形軌道和圓軌道均可視為光滑,忽略空氣阻力。(1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力;(2)通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn);(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為的小滑塊相碰,碰后一起運(yùn)動(dòng),動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25,求它們?cè)谲壍郎系竭_(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。(碰撞時(shí)間不計(jì),,)【答案】(1)8N,方向水平向左;(2)不會(huì)沖出;(3)();()【詳解】(1)機(jī)械能守恒定律牛頓第二定律牛頓第三定律方向水平向左(2)能在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為點(diǎn),功能關(guān)系得故不會(huì)沖出(3)滑塊運(yùn)動(dòng)到距A點(diǎn)x處的速度為v,動(dòng)能定理碰撞后的速度為,動(dòng)量守恒定律設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h,動(dòng)能定理得29.(2020·上?!じ呖颊骖})足夠長(zhǎng)的斜面與水平之間的傾角為37°,質(zhì)量為2kg的物體靜止在斜面底端,在平行于斜面上的外力F=24N的作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)2s后撤去外力F,物體與斜面間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)為0.25,且最大靜摩擦力可近似等于滑動(dòng)摩擦力。求:(1)物體在斜面上向上滑行的時(shí)間。(2)上行過(guò)程中撤去F前后,物體受到的摩擦力的做功之比k。(3)在s-t圖像中畫出減速階段的圖像(t=0時(shí),物體在s=0處)(4)分析說(shuō)明為什么物體動(dòng)能與勢(shì)能相等的位置僅出現(xiàn)在物體沿斜面下滑的過(guò)程中,并求出該位置離斜面底端的距離L?!敬鸢浮?1)3s;(2)2:1;(3)見解析;(4)說(shuō)明見解析,4.8m【詳解】(1)撤去F之前受力分析如圖所示由牛頓第二定律得解得撤去F以后受力分析如圖所示由牛頓第二定律得解得撤去F時(shí)物體的速度撤去F后物體減速到零所需時(shí)間所以物體上升到最大高度所需時(shí)間t=t1+t2=3s(2)克服摩擦力做的功Wf=-fs由于摩擦力大小恒定,克服摩擦力做功之比即為兩個(gè)過(guò)程路程之比,撤去F前位移撤去F后到達(dá)最高點(diǎn)位移所以撤去F前后克服摩擦力做功之比為(3)根據(jù)減速的時(shí)間為1s,s-t圖像為拋物線的一部分,如圖所示(4)在加速上滑的過(guò)程中,合外力大小大小而重力的下滑分力可知根據(jù)動(dòng)能定理,運(yùn)動(dòng)的位移為x時(shí)動(dòng)能的大小勢(shì)能大小因此因此動(dòng)能總是小于勢(shì)能,撤去拉力后,動(dòng)能減小,勢(shì)能仍增加,因此上滑過(guò)程中,不可能出現(xiàn)動(dòng)能與勢(shì)能相等的位置,而下滑過(guò)程中,勢(shì)能減小,動(dòng)能增加,總有一時(shí)刻,動(dòng)能與勢(shì)能相等。物體上滑的總位移s=s1+s2=12m下滑的過(guò)程中,由牛頓第二定律得解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得根據(jù)題意得整理得30.(2020·全國(guó)I卷·高考真題)一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑,其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10m/s2。則()A.物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒B.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D.當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J【答案】AB【詳解】A.下滑5m的過(guò)程中,重力勢(shì)能減少30J,動(dòng)能增加10J,減小的重力勢(shì)能并不等與增加的動(dòng)能,所以機(jī)械能不守恒,A正確;B.斜面高3m、長(zhǎng)5m,則斜面傾角為θ=37°。令斜面底端為零勢(shì)面,則物塊在斜面頂端時(shí)的重力勢(shì)能mgh=30J可得質(zhì)量m=1kg下滑5m過(guò)程中,由功能原理,機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s=20J求得μ=0.5B正確;C.由牛頓第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma求得a=2m/s2C錯(cuò)誤;D.物塊下滑2.0m時(shí),重力勢(shì)能減少12J,動(dòng)能增加4J,所以機(jī)械能損失了8J,D選項(xiàng)錯(cuò)誤。故選AB。31.(2019·海南·高考真題)三個(gè)小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下,已知軌道1、軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為;它們的下端水平,距地面的高度分別為、、,如圖所示,若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點(diǎn)到軌道下端的水平距離分別記為、、,則(

)A. B. C. D.【答案】BC【詳解】對(duì)軌道1,根據(jù)動(dòng)能定理有解得小物塊離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng),所以,水平射程為;同理,對(duì)軌道2,射程;對(duì)軌道3,射程;則,。故選BC。32.(2019·全國(guó)II卷·高考真題)從地面豎直向上拋出一物體,其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和.取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn),該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示.重力加速度取10m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得A.物體的質(zhì)量為2kgB.h=0時(shí),物體的速率為20m/sC.h=2m時(shí),物體的動(dòng)能Ek=40JD.從地面至h=4m,物體的動(dòng)能減少100J【答案】AD【詳解】A.Ep-h圖像知其斜率為G,故G==20N,解得m=2kg,故A正確B.h=0時(shí),Ep=0,Ek=E機(jī)-Ep=100J-0=100J,故=100J,解得:v=10m/s,故B錯(cuò)誤;C.h=2m時(shí),Ep=40J,Ek=E機(jī)-Ep=90J-40J=50J,故C錯(cuò)誤D.h=0時(shí),Ek=E機(jī)-Ep=100J-0=100J,h=4m時(shí),Ek’=E機(jī)-Ep=80J-80J=0J,故Ek-Ek’=100J,故D正確33.(2024·重慶·高考真題)如圖所示,M、N兩個(gè)釘子固定于相距a的兩點(diǎn),M的正下方有不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩,一端固定在M上,另一端連接位于M正下方放置于水平地面質(zhì)量為m的小木塊B,繩長(zhǎng)與M到地面的距離均為10a,質(zhì)量為2m的小木塊A,沿水平方向于B發(fā)生彈性碰撞,碰撞時(shí)間極短,A與地面間摩擦因數(shù)為,重力加速度為g,忽略空氣阻力和釘子直徑,不計(jì)繩被釘子阻擋和繩斷裂時(shí)的機(jī)械能損失。(1)若碰后,B在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),且能經(jīng)過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn),求B碰后瞬間速度的最小值;(2)若改變A碰前瞬間的速度,碰后A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)停止,B在豎直面圓周運(yùn)動(dòng)旋轉(zhuǎn)2圈,經(jīng)過(guò)M正下方時(shí)細(xì)繩子斷開,B也來(lái)到P點(diǎn),求B碰后瞬間的速度大??;(3)若拉力達(dá)到12mg細(xì)繩會(huì)斷,上下移動(dòng)N的位置,保持N在M正上方,B碰后瞬間的速度與(2)問(wèn)中的相同,使B旋轉(zhuǎn)n圈。經(jīng)過(guò)M正下的時(shí)細(xì)繩斷開,求MN之間距離的范圍,及在n的所有取值中,B落在地面時(shí)水平位移的最小值和最大值?!敬鸢浮?1)(2)(3)(n=1,2,3,…),,【詳解】(1)碰后B能在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),軌跡半徑為10a,設(shè)碰后B的最小速度大小為v0,最高點(diǎn)速度大小為v,在最高點(diǎn)時(shí)由牛頓第二足定律有B從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理可得解得(2)A和B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,設(shè)碰前A的速度大小為v1碰后A的速度大小為v2。碰后B的速度大小為v3,則有2mv1=2mv2+mv3碰后A減速到0,有碰后B做兩周圓周運(yùn)動(dòng),繩子在MN間纏繞2圈,縮短4a,在M點(diǎn)正下方時(shí),離M點(diǎn)6a,離地面4a,此時(shí)速度大小為v4,由功能關(guān)系得B隨后做平拋運(yùn)動(dòng),有L=v4t解得(3)設(shè)MN間距離為h,B轉(zhuǎn)n圈后到達(dá)M正下方速度大小為v5,繩縮短2nh,繩斷開時(shí),以M為圓心,由牛頓第二定律得(n=1,2,3,…)以N為圓心,由牛頓第二定律得(n=1,2,3,…)從碰后到B轉(zhuǎn)n圈后到達(dá)M正下方,由功能關(guān)系得(n=1,2,3,…)解得(n=1,2,3,…)繩斷后,B做平拋運(yùn)動(dòng),有(n=1,2,3,…)s=v5t可得(n=1,2,3,…)由于(n=1,2,3,…)則由數(shù)學(xué)分析可得當(dāng)時(shí),當(dāng)n=1時(shí),,34.(2024·湖北·高考真題)如圖所示,水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),傳送帶左右兩端的距離為。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O,用長(zhǎng)為、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球,小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子,P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端,小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰,碰撞時(shí)間極短,碰后瞬間小物塊的速度大小為、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)輕繩被釘子擋住后,小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小。(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間,小物塊的速度

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