2020-2022三年高考物理真題分項(xiàng)匯編專題06功和能2

2020-2022年三年山東卷高考匯編專題06功和能【考綱定位】高考命題點(diǎn)考綱要求高考真題1.功和功率理解功和功率．了解生產(chǎn)生活中常見機(jī)械的功率大小及其意義.2.動能和動能定理理解動能和動能定理．能用動能定理解釋生產(chǎn)生活中的現(xiàn)象.2021·山東·高考T32021·山東·高考T183.重力勢能和彈性勢能理解重力勢能，知道重力勢能的變化與重力做功的關(guān)系．定性了解彈性勢能.4.機(jī)械能守恒定律通過實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．理解機(jī)械能守恒定律，體會守恒觀念對認(rèn)識物理規(guī)律的重要性．能用機(jī)械能守恒定律分析生產(chǎn)生活中的有關(guān)問題.2020·山東·高考T115.能量守恒定律理解能量守恒定律，能用能量守恒的觀點(diǎn)解釋自然現(xiàn)象，體會能量守恒定律是最基本、最普遍的自然規(guī)律之一.2022·山東·高考T2【知識重現(xiàn)】一、功和功率1．功(1)表達(dá)式W＝Flcosα，α是力F與位移l的方向夾角．適用于恒力做功的計(jì)算，可理解為力F乘以沿力方向的位移lcosα，也可理解為位移l乘以沿位移方向的分力Fcosα.(2)功的正負(fù)：功是標(biāo)量，但有正負(fù)之分，功的正負(fù)可用來判斷動力對物體做功還是阻力對物體做功．(3)一對作用力與反作用力做功：作用力與反作用力分別作用在兩個不同的物體上，這兩個物體各自發(fā)生的位移并不確定．當(dāng)作用力做功時，反作用力可能做功也可能不做功，可能做正功也可能做負(fù)功．2．功率的兩個公式(1)P＝eq\f(W,t).所求出的功率是時間t內(nèi)的平均功率．(2)P＝Fvcosα.其中α是F與v方向的夾角；若v取瞬時速度，則對應(yīng)的P為瞬時功率；若v取平均速度，則對應(yīng)的P為平均功率．注意：發(fā)動機(jī)的功率指發(fā)動機(jī)的牽引力F的功率，而不是汽車所受合外力的功率，因牽引力與速度同向，故有P＝Fv.3．機(jī)車啟動的兩種典型方式恒定功率啟動恒定加速度啟動圖象OA過程分析P不變：加速度減小的加速直線運(yùn)動a不變：F不變勻加速直線運(yùn)動，維持時間AB過程分析做速度為vm的勻速直線運(yùn)動加速度減小的加速度直線運(yùn)動，在B點(diǎn)達(dá)到最大速度，二、動能定理1．動能(1)定義式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，v為物體相對地的速度．(2)標(biāo)量：物體的速度變化，動能不一定變化，如勻速圓周運(yùn)動．物體的動能變化，速度(大小)一定發(fā)生變化．2．動能定理(1)內(nèi)容：力對物體所做的總功等于物體動能的變化．(2)表達(dá)式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1.注意：動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，不能在某個方向上應(yīng)用動能定理．三、機(jī)械能守恒定律1．重力勢能(1)表達(dá)式：Ep＝mgh，是標(biāo)量，但有正負(fù)，正負(fù)表示物體的重力勢能比它在零勢能面上大還是?。?2)特點(diǎn)：是地球和物體共有的，其大小與零勢能面的選取有關(guān)．重力勢能的變化是絕對的，與零勢能面的選取無關(guān)．(3)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系：WG＝Ep1－Ep2.2．彈性勢能(1)特點(diǎn)：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能量．彈性勢能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關(guān)．(2)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：W彈＝Ep1－Ep2.3．機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容在只有重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)做功的情況下，物體系統(tǒng)內(nèi)的動能和重力勢能(或彈性勢能)發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，而機(jī)械能的總量保持不變．4．機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式(1)守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.E1、E2分別表示系統(tǒng)初、末狀態(tài)時的總機(jī)械能．(2)轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp減．系統(tǒng)勢能的減少量等于動能的增加量．(3)轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB減．系統(tǒng)只有A、B兩物體時，A增加的機(jī)械能等于B減少的機(jī)械能．注意：應(yīng)用守恒式時需要規(guī)定重力勢能的零勢能面，應(yīng)用轉(zhuǎn)化式或轉(zhuǎn)移式時則不必規(guī)定重力勢能的零勢能面．四、功能關(guān)系和能量守恒1．功能關(guān)系的應(yīng)用關(guān)鍵在于將對“功”(或“能量轉(zhuǎn)化”)的求解轉(zhuǎn)化為對“能量轉(zhuǎn)化”(或“功”)的求解，特別是涉及機(jī)械能、動能和內(nèi)能三種能量轉(zhuǎn)化過程的分析．幾種常用的功能關(guān)系如下：(1)外力對物體所做的總功等于物體動能的增量，即W總＝ΔEk＝Ek2－Ek1(動能定理)．(2)重力做功對應(yīng)重力勢能的減少量，即WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.重力做多少正功，重力勢能就減少多少；重力做多少負(fù)功，重力勢能就增加多少．(3)彈力做功對應(yīng)彈性勢能的減少量，即W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.彈力做多少正功，彈性勢能就減少多少；彈力做多少負(fù)功，彈性勢能就增加多少．(4)除重力或彈力以外的其他力做的功與物體機(jī)械能的增量相對應(yīng)，即W其他＝ΔE＝E2－E1.2．能量守恒定律是自然界最普遍、最重要的基本定律之一，除物體的動能、勢能外，還涉及內(nèi)能、電能等其他形式的能量參與轉(zhuǎn)化．對能量守恒定律的兩種理解如下：(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等．(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．,【真題匯編】1.（2022·山東·高考真題）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運(yùn)載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動到點(diǎn)火的過程中（）A．火箭的加速度為零時，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯誤。故選A。2．（2021·山東·高考真題）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運(yùn)動。在運(yùn)動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】在運(yùn)動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理可得摩擦力的大小故選B。3．（2021·山東·高考真題）如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運(yùn)動，當(dāng)速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）（1）求B、C向左移動的最大距離和B、C分離時B的動能；（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值；（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為，從B、C分離到B停止運(yùn)動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導(dǎo)比較W與的大小；（4）若，請?jiān)谒o坐標(biāo)系中，畫出C向右運(yùn)動過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標(biāo)軸上標(biāo)出開始運(yùn)動和停止運(yùn)動時的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導(dǎo)過程。以撤去F時C的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向?！敬鸢浮浚?）、；（2）；（3）；（4）【解析】（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得彈簧恢復(fù)原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒得聯(lián)立方程解得（2）當(dāng)A剛要離開墻時，設(shè)彈簧得伸長量為，以A為研究對象，由平衡條件得若A剛要離開墻壁時B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值，從彈簧恢復(fù)原長到A剛要離開墻得過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得結(jié)合第（1）問結(jié)果可知根據(jù)題意舍去，所以恒力得最小值為（3）從B、C分離到B停止運(yùn)動，設(shè)B的路程為，C的位移為，以B為研究對象，由動能定理得以C為研究對象，由動能定理得由B、C得運(yùn)動關(guān)系得聯(lián)立可知（4）小物塊B、C向左運(yùn)動過程中，由動能定理得解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為則坐標(biāo)原點(diǎn)的加速度為之后C開始向右運(yùn)動過程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加速度為可知加速度隨位移為線性關(guān)系，隨著彈簧逐漸恢復(fù)原長，減小，減小，彈簧恢復(fù)原長時，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為負(fù)號表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復(fù)原長，以B、C為研究對象，由動能定理得脫離彈簧瞬間后C速度為，之后C受到滑動摩擦力減速至0，由能量守恒得解得脫離彈簧后，C運(yùn)動的距離為則C最后停止的位移為所以C向右運(yùn)動的圖象為4．（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)通過一傾斜輕繩跨過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)彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長，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)動到最低點(diǎn)的過程中，所受合力對B先做正功后做負(fù)功D．在B從釋放位置運(yùn)動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量【答案】ACD【解析】AB．由題意可知B物體可以在開始位置到最低點(diǎn)之間做簡諧振動，故在最低點(diǎn)時有彈簧彈力T=2mg；對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錯誤；C．由題意可知B從釋放位置到最低點(diǎn)過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，合力做負(fù)功，故C正確；D．對于B，在從釋放到速度最大過程中，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。【突破練習(xí)】1．（2018·山東省青島第五十八中學(xué)高三期中）如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為，用水平的恒定拉力F作用于滑塊，當(dāng)滑塊運(yùn)動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊速度為，木板速度為，下列結(jié)論中正確的是（）A．上述過程中，F(xiàn)做功大小為B．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時間越長C．其他條件不變的情況下，M越大，s越小D．其他條件不變的情況下，越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多【答案】CD【解析】A．由功能關(guān)系可知拉力F做功除了增加兩物體的動能外，還有系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生了熱量，故A錯誤；B．由于滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速運(yùn)動，木板的加速度由滑塊對它的摩擦力提供，在其它條件不變的情況下增大F，木板受到的摩擦力大小不變，因此木板的運(yùn)動情況不變，滑塊和木板的相對位移還是L，但增大F后滑塊的加速度增大，離開木板的時間就越短，故B錯誤；C．由于木板受到的摩擦力大小不變，因此當(dāng)M越大時木板的加速度越小，而滑塊的加速度不變，相對位移仍是L，滑塊在木板上的運(yùn)動時間越短，所以木板運(yùn)動的位移越小，故C正確；D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和相對位移的乘積，相對位移不變化，因此摩擦力越大，產(chǎn)生的熱量越多，故D正確。故選CD。2．（2022·山東師范大學(xué)附中模擬預(yù)測）如圖甲所示，長為L的長木板水平放置，可繞左端的轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動，左端固定一原長為的彈簧，一質(zhì)量為m的小滑塊壓縮彈簧到圖甲中的點(diǎn)（物體與彈簧不連接），間距離為。將小滑塊由靜止釋放后，木板不動，小滑塊恰能到達(dá)木板最右端。將木板繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動37°后固定，如圖乙所示，仍將物體由點(diǎn)靜止釋放，物體最多運(yùn)動到離O點(diǎn)L的b點(diǎn)。已知彈簧的彈性勢能，其中為彈性系數(shù)，為彈簧的形變量。取，。下列說法正確的是（）A．物體與木板間的動摩擦因數(shù)為B．物體在a點(diǎn)時，彈簧的彈性勢能為C．當(dāng)長木板傾角為37°時，要使小滑塊能被彈簧彈起運(yùn)動，彈簧壓縮量至少為D．長木板水平放置時，物體運(yùn)動過程中的最大動能為【答案】ACD【解析】A．木板水平時有木板繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動37°后固定，則有聯(lián)立解得A正確；B．小滑塊在a點(diǎn)時，則有彈簧的最大彈性勢能為B錯誤；C．當(dāng)彈簧具有最大彈性勢能時，則有解得當(dāng)長木板傾角為37°時，小滑塊受力平衡時，設(shè)彈簧的形變量為x2，沿斜面方向有解得要使小滑塊能被彈簧彈起運(yùn)動，彈簧壓縮量至少為C正確；D．當(dāng)彈簧的彈力與摩擦力大小相等時，速度最大此時彈簧的彈性勢能為由能量守恒定律可得聯(lián)立解得D正確。故選ACD。3．（2022·山東·肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測）如圖所示，在傾角斜坡的底端固定一擋板，一輕彈簧下端固定在擋板上，彈簧自然伸長時其上端位于斜坡上的O點(diǎn)處。質(zhì)量分別為ma=5.0kg、mb=1.0kg的物塊a和b用輕繩連接，輕繩跨過斜坡頂端的定滑輪，開始時讓a靜止在斜坡上的P點(diǎn)處，b懸空?，F(xiàn)將a由靜止釋放，a沿斜面下滑，當(dāng)a將彈簧壓縮到Q點(diǎn)時，a的速度減為零。已知PO=1.0m，OQ=0.5m，a與斜坡之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，sin37=0.6，整個過程細(xì)繩始終沒有松弛。則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)在與彈簧接觸前的加速度大小為2m/s2B．a(chǎn)在與彈簧接觸前，輕繩上的拉力為10NC．a(chǎn)位于Q點(diǎn)時，彈簧所儲存的彈性勢能為18JD．a(chǎn)第一次被彈回到O點(diǎn)時的速度為m/s【答案】ACD【解析】對ab整體，由牛頓第二定律得解得A正確；B．由牛頓第二定律得得B錯誤；C．由能量守恒定律得解得C正確；D．由能量守恒定律得得D正確；故選ACD。4．（2022·山東·高三學(xué)業(yè)考試）如圖所示，在傾角37°的斜面底端固定一輕彈簧，當(dāng)彈簧處于原長時，其上端自然伸長點(diǎn)位置處，一滑塊（可看作質(zhì)點(diǎn)）從斜面上與Q點(diǎn)相距一定距離的P點(diǎn)由靜止開始下滑，知自Q點(diǎn)到斜面底端部分光滑，自Q點(diǎn)沿斜面向上部分，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ，不計(jì)空氣阻力和滑塊與彈簧碰撞時機(jī)械能損失，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，則以法正確的是（）A．滑塊沿斜面向下運(yùn)動過程中先做勻加速運(yùn)動后做勻減速運(yùn)動B．滑塊接觸彈簧后向下的運(yùn)動過程中，滑塊的機(jī)械能守恒C．滑塊從開始到動能達(dá)到最大值的過程中，滑塊機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量D．整個過程中因摩擦產(chǎn)生的總熱量等于滑塊由P點(diǎn)到Q點(diǎn)減少的重力勢能【答案】D【解析】A．滑塊沿斜面向下運(yùn)動過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知解得故先做勻加速直線運(yùn)動，后下降到Q點(diǎn)以下部分后，沒有了摩擦力，存在了彈簧的彈力，可得彈簧的彈力隨著壓縮量的增大而增大，故在Q點(diǎn)以下先做加速度減小的加速運(yùn)動，后做加速度增大的減速運(yùn)動，故A錯誤；B．滑塊接觸彈簧后向下的運(yùn)動過程中，滑塊的機(jī)械能會部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，故滑塊的機(jī)械能不守恒，故B錯誤；C．滑塊從開始到動能達(dá)到最大值的過程中，存在因克服摩擦力做功所損失的機(jī)械能，故滑塊機(jī)械能的減少量不等于彈簧彈性勢能的增加量，C錯誤；D．在整個過程中滑塊會來回反復(fù)運(yùn)動，最終向上運(yùn)動的最高高度不超過Q點(diǎn)，且在Q點(diǎn)動能為0，可知在整個過程中，滑塊和彈簧減少的能為由P點(diǎn)到Q點(diǎn)的重力勢能，即整個過程中因摩擦產(chǎn)生的總熱量等于滑塊由P點(diǎn)到Q點(diǎn)減少的重力勢能，故D正確；故選D。5．（2022·山東·高三學(xué)業(yè)考試）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平桌面上（桌面足夠大），A右端連接一細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時托住B，讓A處于靜止且細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。下列有關(guān)該過程的分析中正確的是（）A．B物體受到細(xì)線的拉力保持不變B．B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量C．A物體動能的增量小于B物體所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和D．A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于B物體所受重力對B做的功【答案】C【解析】A．以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得從開始到B速度達(dá)到最大的過程中，彈簧的伸長量x逐漸增加，則B加速度逐漸減?。粚根據(jù)牛頓第二定律可得可知在此過程繩子上拉力逐漸增大，是變力，故A錯誤；B．整個系統(tǒng)中，根據(jù)功能關(guān)系可知，B減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為A的機(jī)械能以及彈簧的彈性勢能，故B物體機(jī)械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量，故B錯誤；C．根據(jù)動能定理可知，A物體動能的增量等于彈簧彈力和繩子上拉力對A所做功的代數(shù)和，而繩上拉力小于B的重力，A與B運(yùn)動的路程相等，所以A物體動能的增量小于B物體所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和，故C正確；D．根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于B物體機(jī)械能的減少量，也就是等于B物體克服細(xì)繩拉力做的功，故D錯誤。故選C。6．（2022·山東淄博·三模）如圖所示為某自動控制系統(tǒng)的裝置示意圖，裝置中間有一個以的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，傳送帶左端點(diǎn)M與光滑水平軌道PM平滑連接，半徑，高的光滑圓弧的最低點(diǎn)與PM在P點(diǎn)平滑連接，在P點(diǎn)處安裝有自動控制系統(tǒng)，當(dāng)物塊b每次向右經(jīng)過P點(diǎn)時都會被系統(tǒng)瞬時鎖定從而保持靜止。傳送帶右端與半徑的四分之一光滑圓弧軌道平滑連接，物塊a從右側(cè)圓弧最高點(diǎn)由靜止下滑后滑過傳送帶，經(jīng)過M點(diǎn)時控制系統(tǒng)會使靜止在P點(diǎn)的物塊b自動解鎖，之后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞。已知物塊a、b的質(zhì)量分別為、，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，MN間的距離為，取。求：（1）物塊a運(yùn)動到圓弧軌道最低點(diǎn)N時受到的支持力大??；（2）物塊a在第一次碰后，從經(jīng)過M點(diǎn)到再次回到M點(diǎn)所用的時間；（3）物塊b第一次在P點(diǎn)相碰后到再次回到P所用的時間；（4）若物塊a每次經(jīng)傳送帶到達(dá)M點(diǎn)時，物塊b都已鎖定在P點(diǎn)，則兩物塊從第1次碰撞后到最終都靜止，物塊a與傳送帶之間由于相對運(yùn)動產(chǎn)生的總熱量為多少?！敬鸢浮浚?）；（2）2s；（3）1s；（4）45J【解析】（1）對a從出發(fā)點(diǎn)到N，由動能定理在N點(diǎn)對物塊a，由牛頓第二定律解得（2）a在傳送帶上，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式，解得故物塊a到達(dá)M點(diǎn)時a和b發(fā)生彈性碰撞有解得，則物塊a在第一次碰后，從經(jīng)過M點(diǎn)到再次回到M點(diǎn)所用的時間為（3）對b的上升過程應(yīng)用動能定理解得故物塊b在圓弧上運(yùn)動可看作是簡諧運(yùn)動解得（4）物塊a第1次碰后經(jīng)過M點(diǎn)到第2次碰前經(jīng)過M點(diǎn)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為物塊a第一次碰后速度小于傳送帶速度，故第二次碰前速度仍為，第二次碰后a的速度為，則第2次碰后到第3次碰前產(chǎn)生的熱量為由數(shù)學(xué)知識可知則物塊a與傳送帶之間由于相對運(yùn)動產(chǎn)生的總熱量為7．（2022·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測）我國航天員翟志剛、王亞平、葉光富于2022年4月16日9時56分搭乘神舟十三號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場成功著陸。返回艙在離地面約6000m的高空打開主傘（降落傘），在主傘的作用下返回艙速度從80m/s降至10m/s，此后可視為勻速下降，當(dāng)返回艙在距離地面1m時啟動反推發(fā)動機(jī)，速度減至0后恰落到地面上。設(shè)主傘所受的空氣阻力為f＝kv，其中k為定值，v為速率，其余阻力不計(jì)。已知返回艙（含宇航員）總質(zhì)量為3000kg，主傘的質(zhì)量忽略不計(jì)，忽略返回艙質(zhì)量的變化，重力加速度g取，設(shè)全過程為豎直方向的運(yùn)動。求：（1）在主傘打開后的瞬間，返回艙的加速度大小；（2）若在反推發(fā)動機(jī)工作時主傘與返回艙之間的繩索處于松弛狀態(tài)，則反推發(fā)動機(jī)在該過程中對返回艙做的功?！敬鸢浮浚?）70m/s2；（2）【解析】（1）由牛頓第二定律可知由題意聯(lián)立可得所以加速度大小為70m/s2；（2）從離地一米到速度為0時，由動能定理可知解得8．（2022·山東濟(jì)南·二模）北京冬奧會后，某學(xué)習(xí)小組設(shè)想了如圖甲所示的新型滑雪賽道，整個賽道由長為的傾斜直線賽道、半徑為的豎直圓賽道和傾斜直線賽道組成，直線賽道與豎直圓賽道相切于點(diǎn)，點(diǎn)為豎直圓賽道的最低點(diǎn)，其立體圖如圖乙所示。質(zhì)量為的運(yùn)動員（包括滑板和滑雪杖）從點(diǎn)由靜止開始下滑，在段可借助滑雪杖滑行，經(jīng)過點(diǎn)進(jìn)入豎直圓賽道后不再使用滑雪杖，完成圓周運(yùn)動后從點(diǎn)水平向右離開豎直圓賽道，最后落在傾斜賽道上。已知傾斜直線賽道、與水平方向的夾角均為，運(yùn)動員與賽道間的動摩擦因數(shù)，重力加速度為。將運(yùn)動員看做質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力和運(yùn)動員與豎直圓賽道間的摩擦，點(diǎn)到點(diǎn)過程中的運(yùn)動可看做在同一豎直而內(nèi)的圓周運(yùn)動，，。（1）為保證運(yùn)動員能安全通過豎直圓賽道，求在段運(yùn)動員通過滑雪杖做功的最小值；（2）為保證運(yùn)動員從點(diǎn)離開后能落到傾斜賽道上，求賽道的最小長度；（3）若運(yùn)動員從點(diǎn)離開時的速度為，求運(yùn)動員從點(diǎn)到離傾斜賽道最遠(yuǎn)過程中動量變化量的大小?！敬鸢浮?1)；（2）；（3）【解析】（1）恰能賽道最高點(diǎn)時，速度最小，所做的功有最小值，在賽道最高點(diǎn)，設(shè)速度為，根據(jù)牛頓第二定律得從點(diǎn)到賽道最高點(diǎn)由動能定理得聯(lián)立解得（2）從賽道最高點(diǎn)到點(diǎn)，由動能定理得從點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動，豎直方向水平方向聯(lián)立解得（3）當(dāng)垂直于斜面方向速度為0時，運(yùn)動員離傾斜賽道最遠(yuǎn)，根據(jù)聯(lián)立解得9．（2022·山東濰坊·二模）如圖所示，質(zhì)量M=1kg的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一質(zhì)量m=1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，平板與物塊間的動摩擦因數(shù)，距平板左端L=0.8m處有一固定彈性擋板，平板撞上擋板后會原速率反彈?，F(xiàn)對平板施一水平向左的恒力F=5N，物塊與平板一起由靜止開始運(yùn)動，已知重力加速度，整個過程中物塊未離開平板。求：（1）第一次碰撞過程中，平板所受合外力對平板的沖量；（2）第三次碰撞時物塊離平板右端的距離；（3）物塊最終離木板右端的距離；（4）若將恒力F撤去，調(diào)節(jié)初始狀態(tài)平板左端與擋板的距離L，僅給小物塊一個水平向左的初速度，使得平板與擋板只能碰撞6次，求L應(yīng)滿足的條件。（假設(shè)平板足夠長）【答案】（1），方向?yàn)槠较蛴?；?）；（3）；（4）【解析】（1）若兩者保持相對靜止，在恒力作用下一起向左加速，有由于故平板M與m一起勻加速，根據(jù)動能定理得選初速度方向?yàn)檎较?，由動量定理得大小為，方向?yàn)槠较蛴?；?）平板反彈后，物塊加速度大小向左勻減速運(yùn)動，平板加速度大小為經(jīng)時間達(dá)到共速，由得共同速度為從碰撞到達(dá)共速的過程，設(shè)平板的位移為x1，則之后一起勻加速再次碰撞的速度為，由動能定理由運(yùn)動學(xué)公式得同理推導(dǎo)可得設(shè)物