1、 第第 1 章功和机械能章功和机械能 一、单项选择题一、单项选择题 1.2022江苏省南通市期中考试某城市广场喷泉的喷嘴横截面为S,用于给喷管喷水的电动机的输出功率为 P,已知水的密度为 ,重力加速度为 g,不计空气阻力,则喷泉喷出的水柱高度为 ( ) A.2P2Sg B.P222S2g3 C.P222S2g3 D.P222S2g33 2.2022 湖北应城市第一高级中学模拟预测如图所示,质量 m=60 kg 的运动员(包括装备),由滑雪道顶端 P 静止滑下,从滑道末端 R 飞出,已知 P、R 的高度差 h=20 m,运动员从 R 飞出时的速度大小 v=18 m/s,重力加速度 g=10 m/
2、s2,则运动员滑行过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值约为 ( ) A.0.8 B.0.3 C.0.2 D.0.1 3.2022 广东省茂名市二模如图甲所示,在蹦极者身上装好传感器,可测量他在不同时刻下落的高度及速度。蹦极者从蹦极台自由下落,利用传感器与计算机结合得到如图乙所示的速度(v)位移(l)图像。蹦极者及所携带设备的总质量为 60 kg,不计空气阻力及弹性绳的质量,重力加速度 g 取 10 m/s2,下列表述正确的是 ( ) A.整个下落过程,蹦极者及设备组成的系统机械能不守恒 B.从弹性绳刚伸直开始,蹦极者做减速运动 C.蹦极者动能最大时,弹性绳的拉力小于重力 D.弹性绳的弹性势
3、能最大值为 15 600 J 4.如图所示,小滑块 A、B 的质量分别为 2m、m,其中 A 套在固定的竖直杆上,B 静置于水平地面上,A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接。 一轻弹簧左端与B相连,右端固定在竖直杆上,弹簧水平。 当=30时,弹簧处于原长状态,此时将 A 由静止释放,下降到最低点时 变为 45,整个运动过程中,A、 B 始终 在同一竖直平面内,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为 g。则 A 下降过程中 ( ) A.A、B 组成的系统机械能守恒 B.弹簧弹性势能的最大值为(3-2)mgL C.竖直杆对 A 的弹力一定大于弹簧弹力 D.A 的速度达到最大值前,地面对 B
4、 的支持力大于 3mg 二、多项选择题二、多项选择题 5.2022 吉林省实验中学期中考试通过质量为 m 的电动玩具小车在水平面上的运动来研究功率问题。小车刚达到额定功率开始计时,且此后小车功率不变,小车的 v-t 图像如图甲所示,t0时刻小车的速度达到最大速度的四分之三,小车速度由 v0增加到最大值的过程中,小车的牵引力与速度的关系图像如图乙所示,且F-v图线是双曲线的一部分(即反比例图像),运动过程中小车所受阻力恒定,下列说法正确的是 ( ) A.小车的额定功率为 F0v0 B.小车的最大速度为 4v0 C.t0时刻,小车的加速度大小为F0m D.0t0时间内,小车运动的位移大小为 4v0
5、t0-4mv02F0 6.一质量为 m 的小球以初动能 Ek0从地面竖直向上抛出,已知运动过程中受到恒定阻力 f=kmg 作用(k 为常量且满足 0k1)。 如图所示,图像中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面),h0表示上升的最大高度。则由图可知,下列结论正确的是( ) A.小球的最大势能 E1=Ek0k+2 B.小球上升的最大高度 h0=Ek0(k+1)mg C.小球落地时的动能 Ek=kEk0k+1 D.在 h1处,小球的动能和势能相等,且 h1=Ek0(k+2)mg 7.一质量为 M=1.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动,被一
6、水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过(不计子弹穿过物块的时间),如图甲所示。地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示,已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。 在这一个过程中下列判断正确的是( ) A.传送带的速度大小为 2 m/s,逆时针转动 B.物块与传送带间的动摩擦因数为 0.2 C.传送带对物块做的功为-6 J D.物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能为 4 J 8.如图所示,一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在 A 点,弹性绳自然长度等于 AB,跨过由轻杆 OO固定的小定滑轮连接一个质量为 m 的带孔小球,小球穿过竖直固定的杆。初始时 A、B、C
7、 三点在一条水平线上,小球从 C 点由静止释放滑到 E 点时速度恰好为零。已知 C、E 两点间距离为 h,D 为CE的中点,小球在C点时弹性绳的拉力为mg2,小球与杆之间的动摩擦因数为0.5,弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是 ( ) A.小球在 D 点时速度最大 B.若在 E 点给小球一个向上的速度 v,小球恰好能回到 C 点,则 v=gh C.小球在 CD 阶段损失的机械能等于小球在 DE 阶段损失的机械能 D.若仅把小球质量变为 2m,则小球到达 E 点时的速度大小为2gh 三、非选择题三、非选择题 9.2022 河南六校联考某同学验证动能定理的实验装置如图甲所示,其步骤如下:
8、易拉罐内盛上适量细沙,用轻绳通过滑轮连接在小车上,小车连接纸带。 合理调整木板倾角,让小车沿木板匀速下滑。 取下轻绳和易拉罐,测出易拉罐和细沙的总质量 m 及小车质量 M。 取下轻绳和易拉罐后,换一条纸带,让小车由静止释放,打出的纸带如图乙所示(中间部分未画出),O为打下的第一点。已知打点计时器的打点频率为 f,重力加速度为 g。 (1)步骤中小车所受的合外力为 。 (2)为验证从 OC 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系,测出 B、 D 间的距离为 x0,O、 C 间距离为 x1,则 C 点的速度为 ,需要验证的关系式为 (用所测物理量的符号表示)。 10.2022 江苏淮南二模某同学
9、想利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律。在某次实验中,他竖直上抛一个小球,得到如图数据(图中数据为频闪周期内小球上升的实际距离)。已知频闪仪每隔0.05 s 闪光一次,小球质量 m=0.2 kg,当地重力加速度 g 取 9.8 m/s2。(计算结果保留 3 位有效数字) (1)从 t2到 t5过程中,重力势能增加量 Ep= J,动能减少量 Ek= J。 (2)在误差允许的范围内,若 Ep与 Ek近似相等,即可验证机械能守恒定律。造成 Ep与 Ek误差的主要原因是 。 11.2022 广东沐彬中学月考某实验小组探究轻质弹簧弹性势能与其形变量关系的实验装置如图甲所示。气垫导轨固定在水平桌面
10、上,原长 L=20 cm 的轻质弹簧一端固定在气垫导轨右端的挡板上,处于原长时另一端刚好与带有遮光条的滑块接触。弹簧与滑块不拴接,滑块处于静止状态。向右推动滑块压缩弹簧,然后将滑块由静止释放,遮光条经过光电门的挡光时间为 t。 已知遮光条及滑块的总质量 M=0.5 kg,遮光条的宽度 d=8 mm。不考虑滑块反弹,弹簧始终在弹性限度内。 (1)将实验中的轻质弹簧竖直悬挂,在其下端挂上一个质量为 200 g 的重物。弹簧左侧刻度尺的零刻线与弹簧上端对齐,重物稳定时弹簧末端指针的位置如图乙所示。指针所指的刻度值为 cm;弹簧的劲度系数 k= N/m。(取 g=10 m/s2) (2)若某次实验中,
11、测得遮光条经过光电门时的挡光时间 t=0.005 s,则滑块经过光电门时的速度大小 v= m/s;释放滑块时弹簧储存的弹性势能为 J。 (3)实验小组将所测弹簧的形变量 x 及相应弹性势能 Ep的实验数据填在下表中。实验小组观察数据后,预测弹簧的弹性势能与其相应的形变量的平方成线性关系。请你在图丙坐标纸上补齐未画出的数据点,并绘出 Ep-x2图线。 x/(10-2 m) 2 4 6 8 10 Ep/(10-2 J) 3.9 15.9 32.8 63.8 99.7 (4)Ep-x2图线的斜率为 N/m。(结果保留 3 位有效数字) (5)通过以上实验可得出结论:在误差允许的范围内,弹簧的弹性势能
12、 Ep= 。(用 k 和 x 表示) 12.2022 福建省宁德市期中考试国际原油价格大幅震荡,新能源汽车受到广大购车一族的青睐。如图所示,一种新型氢燃料汽车,质量为 m=2.0103 kg,发动机的额定功率为 75 kW,在倾角为 (sin =0.07)的长直公路上行驶时,所受的摩擦力为车重的225。若倾斜公路足够长,该汽车从静止开始以额定功率启动,行驶 10 s 后,开始匀速行驶。重力加速度 g=10 m/s2,忽略空气阻力,求: (1)汽车匀速行驶时的速度大小; (2)汽车从静止到刚开始匀速行驶的过程中所经过的位移(计算结果保留 3 位有效数字)。 13.质量为 m 的小球在竖直向上的恒
13、定拉力作用下,由静止开始从水平地面向上运动,经一段时间,拉力做功为 W。此后撤去拉力,球又经相同时间回到地面。以地面为零势能面,不计空气阻力。求: (1)球回到地面时的动能 Ekt; (2)撤去拉力前球的加速度大小 a 及拉力的大小 F; (3)球动能为W5时的重力势能 Ep。 14.2022 福建省漳州市三模如图为某货物传送装置示意图,轻弹簧的一端固定在斜面底端,另一端与移动平板 A 相连。正常工作时,A 在弹簧弹力作用下,由 P 处静止开始运动,到斜面顶端 Q 处时速度减为零,弹簧恰好恢复原长,此时货物 B 从斜面顶端静止释放,并与 A 一起下滑。当到达 P 处时,二者速度恰好为零,B 会
14、从 P 处的小孔落下,此后系统循环工作。已知弹簧劲度系数为 k,A 的质量为 m、斜面倾角为,A、B 与斜面间的动摩擦因数均为tan2,重力加速度为 g,A、B 均可视为质点。求: (1)A 上滑速度最大时弹簧的形变量; (2)在斜面顶端 Q 处,A、B 刚要下滑时的加速度大小; (3)货物 B 的质量。 参考答案参考答案 一、单项选择题一、单项选择题 1.D 设喷泉喷出的水柱高度为h,则水离开喷嘴的速度为v=2,水离开喷嘴很短一段时间 t内水柱的质量为m=vtS,根据动能定理可得Pt=12mv2,解得P=ghS2,则h=222233,选项 D 正确,ABC 错误。 2.C 由题意可知,运动员
15、滑行的过程中减少的重力势能为Ep=mgh=601020 J=1.2104 J,运动员滑行过程中损失的机械能为E减=mgh-12mv2=2.28103 J,则运动员滑行过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值为k=减p=2.281031.21040.2,选项 ABD 错误,C 正确。 3.D 不计空气阻力,只有重力和弹性绳弹力做功,整个下落过程中蹦极者及设备组成的系统机械能守恒,选项 A 错误;弹性绳刚伸直时弹性绳的拉力小于蹦极者的重力,蹦极者继续做加速运动,当拉力等于重力时,蹦极者所受合外力为 0,速度达到最大,动能达到最大,当拉力大于重力时,蹦极者开始做减速运动,到最低点时速度为 0,选项
16、BC 错误;从题图乙可知,下落的最大高度为 26 m,由E=mgh=601026 J=15 600 J,选项 D 正确。 4.B A下降过程中,A、B及弹簧组成的系统机械能守恒,故 A 错误;根据系统机械能守恒可知A下降至最低点时弹簧弹性势能最大,则有Ep=2mgL(cos 30-cos 45)=(3-2)mgL,故 B 正确;对B,水平方向的合力Fx=F杆sin -F弹=ma,滑块先做加速运动后做减速运动,竖直杆对A的弹力大小等于F杆sin ,所以竖直杆对A的弹力并不是始终大于弹簧弹力,故 C 错误;A下降过程中动能达到最大前,A加速下降,对A、B整体,在竖直方向上根据牛顿第二定律有 3mg
17、-N=2ma,则有N3mg,故 D 错误。 二、多项选择题二、多项选择题 5.BD 由题图乙可知,当小车的速度为v0时,牵引力为 4F0,根据题意,由公式P=Fv可知,额定功率为P=4F0v0,选项 A 错误;由题图乙可知,小车速度最大时,牵引力为F0,根据公式P=Fv可得vm=0=4v0,选项 B正确;根据题意可知,小车速度不变时,小车的牵引力等于阻力,则小车受到的阻力大小为f=F0,在t0时刻,小车的速度为v=34vm=3v0,则此时的牵引力为F=43F0,根据牛顿第二定律有F-f=ma,解得a=03,选 项 C 错误;0t0时间内,根据动能定理有Pt0-fx=12mv2-12m02,解得
18、x=4v0t0-4020,选项 D 正确。 6.BD 因小球上升的最大高度为h0,由动能定理得 0-Ek0=-(mg+f)h0,又E1=mgh0,得h0=k0(+1),E1=k0+1,A项错误,B项正确;由题图可知,小球上升过程中克服阻力做的功为W=Ek0-k0+1,因小球所受阻力恒定,且上升和下落高度相等,小球下落过程中克服阻力做的功为W=Ek0-k0+1,小球落地时的动能为Ek=E1-W=1+1Ek0,C 项错误;在h1处,小球的动能和势能相等,则有Ek0-(mg+f)h1=mgh1,解得h1=k0(+2),D 项正确。 7.AC 由题图乙可判断出物块被子弹击中后先做减速运动,再做匀速运动
19、,但方向不变,说明传送带逆时针转动,物块最终做匀速运动的速度即为传送带的速度,大小为2 m/s,选项A正确;由题图乙可知物块做减速运动的加速度大小为a=23 m/s2,根据牛顿第二定律可得Mg=Ma,解得=115,选项 B 错误;根据动能定理可得传送带对物块做的功W=12M22-12M12=-6 J,选项 C 正确;由题图乙可知物块与传送带间的相对位移 x=1232 m=3 m,产生的内能Q=fx=Mgx=2 J,选项 D 错误。 8.AB 设当小球运动到某点P时,弹性绳的伸长量是xBP,小球受到如图所示的四个力作用,其中FT=kxBP,将FT正交分解,则FN=FTsin =kxBPsin =
20、kxBC=2,Ff=FN=14mg,FTy=FTcos =kxCP。根据牛顿第二定律得mg-Ff-FTy=ma,解得a=34g-,即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零,再随下降的距离反向均匀增大。根据运动的对称性可知,小球运动到CE的中点D点时,加速度为零,速度最大,故 A 项正确。对小球从C运动到E过程,应用动能定理得mgh-14mgh=0-0;若小球恰能从E点回到C点,应用动能定理得(-mgh)+-14mgh=0-12mv2;联立解得=34mgh、v=,故 B 项正确。小球在全程所受摩擦力大小不变,小球在CD段所受弹力竖直分量较小,则小球在CD段时摩擦力和弹力消耗的机械能比小球在DE段
21、时的少,则小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能,故 C 项错误。若仅把小球质量变为 2m,对小球从C运动到E过程,应用动能定理得 2mgh-14mgh=122m12-0,得小球到达E点时的速度大小v1=,故 D 项错误。 三、非选择题三、非选择题 9. (1)mg (2)fx02 mgx1=Mf2x028 10. (1)1.24 1.28 (2)存在空气阻力 11. (1)21.00 200 (2)1.6 0.64 (3) (4)100 (5)12kx2 12.解:(1)根据题意可知,汽车匀速行驶时,由平衡条件可得 F=f+mgsin 汽车从静止开始以额定功率启动,则有 P
22、=Fv 由题意可知 f=225mg 联立解得汽车匀速行驶时的速度为 v=25 m/s (2)汽车从静止到刚开始匀速行驶的过程中,由动能定理得 Pt-mgsin x-fx=12mv2 代入数据解得 x=41.7 m 13.解:(1)撤去拉力时小球的机械能增加量为 W,由机械能守恒定律可知,小球回到地面时的动能 Ekt=W (2)设拉力作用时间为 t,在此过程中球上升 h,末速度为 v,则 h=12at2 v=at 从撤去拉力到小球回到地面的运动过程中有-h=vt-12gt2 解得 a=13g 根据牛顿第二定律得 F-mg=ma 解得 F=43mg (3)动能为W5时球的位置可能在 h 的下方或上
23、方。设球的位置在 h 下方离地 h处,则(F-mg)h=W5 而(F-mg)h=W4 解得 h=45h 重力势能 Ep=mgh=35W 设球的位置在 h 上方离地 h处,由机械能守恒定律有 15W+mgh=W 则重力势能 Ep=mgh=45W 14.解:(1)A 在上滑速度最大时,加速度为 0,此时 A 受力平衡,设 A 所受摩擦力为 f1,有 f1=mgcos =12mgsin mgsin +f1=kx1 解得 x1=3mgsin2k (2)设 B 质量为 M,对 A、B 整体由牛顿第二定律有 (M+m)gsin -(M+m)gcos =(M+m)a 解得 a=12gsin (3)从接到货物 B 到最低点 P,设 PQ=L,由能量守恒定 律得 (M+m)gLsin =(M+m)gLcos +Epmax A 从释放到顶端 Q,由功能关系得 Epmax=mgLsin +mgLcos 解得 M=2m
