资源简介

2022年高考物理三轮复习之机械能守恒定律
一．选择题（共10小题）
1．我运动我健康，每年的校运会是同学们非常喜欢的一次活动，运动会上，小明同学斜向上抛出一铅球，空气阻力不计. 下列关于铅球在空中运动过程中的速率、加速度、水平方向的位移和重力的瞬时功率随时间变化的图像中，正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．某健身爱好者质量为55kg，在做俯卧撑运动的过程中可将他的身体视为一根直棒. 已知重心在点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离、分别为1.0m和0.5m. 若他在1min内做了36个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.5m，则1min克服重力做功和相应的功率约为（　　 ）
A.660J，11W B.6600J，110W C.990J，16.5W D.9900J，165W
3．一只皮球从离地面一定高度由静止释放，其受到空气阻力的大小与速度平方成正比. 下列描写皮球在下落过程中速度、加速度与下落时间的关系图像，皮球克服空气阻力做功、皮球动能与下落高度的关系图像，可能正确的是（　 　）
A． B． C． D．
4．随着北京冬奥会的临近，人们参与冰雪运动热情高涨. 如图所示滑雪滑道，质量60kg的滑雪爱好者从顶端静止滑下，从末端滑出时速度18m/s，滑行过程中姿势保持不变，端相对滑道最低点高度24m，端相对点高度4m. 从到滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为（　 　）
A.0.1 B.0.2 C.0.8 D.1
5．滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端. 如图所示，小王同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是（　　 ）
A.滑块下滑时的加速度大于上滑时的加速度
B.图2是滑块下滑的照片
C.滑块下滑到底端时的速度大于刚开始上滑时的初速度
D.滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率
6．如图所示，质量为的圆环套在与水平面成53°角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5m. 现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点，轻绳足够长. 已知重力加速度，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则下列说法正确的是（　 　）
A.圆环下滑0.6m时速度为零 B.圆环与木块的动能始终相等
C.圆环的机械能守恒 D.圆环下滑0.3m时速度为
7．一同学在游乐园荡秋千，已知秋千的两根绳子的长度均为，该同学和秋千坐垫的总质量为，秋千绳子与竖直方向的最大夹角为. 假设该同学与秋千一直保持相对静止，秋千绳子的质量可忽略，不计空气阻力，当地的重力加速度为. 下列说法正确的是（　 　）
A.秋千荡到最高点时，每根秋千绳子受到的拉力为
B.秋千荡到最低点时，每根秋千绳子受到的拉力为
C.秋千从最高点荡到最低点的过程中，重力的功率一直增大
D.秋千荡到最低点时，其速率为
8．某质量为的动车由静止沿平直路线启动，其加速度与位移的图像如图所示. 已知运动中阻力恒为车重的倍，重力加速度为，下列说法不正确的是（　　 ）
A.动车位移为时的速度为
B.动车位移为时的速度为
C.若，在0～的过程中，牵引力做功为
D.动车从～所经历的时间为
9．如图所示，甲、乙两个光滑小球质量相同，通过轻直杆连接，竖直放置，两球均与竖直墙面接触并处于静止状态. 在图示平面内，由于微扰动，乙球开始沿水平地面向右滑动，甲球下落. 在甲球下落到地面前的整个过程中（　 　）
A.甲球的机械能先减小后增大 B.乙球的机械能先减小后增大
C.甲乙的总动能先增大后减小 D.甲乙的总动能先减小后增大
10．如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上. 开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为. 现将滑块2从处由静止释放，经过处的速度最大，到达处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置. 已知滑轮与杆的水平距离为，间距离为，不计滑轮质量、大小及摩擦. 下列说法中正确的是（　　 ）
A.滑块2下滑过程中，机械能先增大后减小
B.滑块2经过处时的加速度等于零
C.物块1和滑块2的质量之比为3：2
D.若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由处从静止滑到处，滑块2到达处时，物块1和滑块2的速度之比为5：4
二．多选题（共5小题）
11．某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升：在0～6s时间内物体运动的图象如图乙所示，其中除1～5s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变：已知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，重力加速度.则下列判断正确的是（ ）　
A.在0～ls内电动机所做的功为 B.1s后电动机的输出功率为100W
C.在1～5s内电动机牵引力的冲量大小为
D.在0～5s内物体沿斜面向上运动了32.5m
12．如图，工人利用滑轮组提升一质量为2kg重物，若工人从图中点运动到点做初速度为零的匀加速直线运动，经过时间1s，重物上升了0.75m. 图中37°，且，不计滑轮、绳的质量和绳与滑轮之间的摩擦，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列结论正确的有（　 　）
A.此过程中人的位移为2.5m B.此过程中人的加速度为
C.此过程中重物也做匀加速运动 D.此过程工人对绳所做的功为
13．如图所示，长度为的竖直轻杆上端连着小球（视为质点），轻杆的下端用铰链固接在水平地面上的点，置于同一水平地面上的物体恰好与接触. 在微小扰动下，轻杆向右倾倒，、脱离接触的瞬间，轻杆与地面的夹角为30°，且此时轻杆与球间无弹力，重力加速度大小为，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　）
A.脱离接触的瞬间，、的速率之比为1：2 B.脱离接触的瞬间，的速率为
C.落地前瞬间的速率为 D.、的质量之比为1：4
14．如图甲所示，质量，初速度的物体，受到一个与初速度方向相反的外力的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3s撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的图象如图乙所示，取，则（　　 ）
A.物体与地面间的动摩擦因数为0.2 B.0～2s内做的功为
C.0～7s内摩擦力做功为 D.0～7s内物体滑行的总位移为29m
15．如图甲所示，劲度系数为的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块相连并处于静止状态。一物块在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块静止时的位置为原点、竖直向下为正方向建立轴. 某时刻撤去外力，物块自由下落，与物块碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程时间极短. 测得物块的动能与其位置坐标的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0～之间的图线为直线外，其余部分均为曲线. 已知物块、均可视为质点，则（　　 ）
A.物块与碰撞前后速度大小之比为3：1
B.物块与从到的过程中，重力的瞬时功率先减小后增大
C.物块与整体运动至加速度为零时弹簧压缩量大于
D.弹簧的劲度系数
三．实验题（共2小题）
16．某同学利用图甲装置探究“系统的机械能守恒”，该系统由钩码与弹簧组成，实验步骤如下：
（1）首先测量出遮光条的宽度.
.测遮光条的宽度需要用图乙中的________；（选填“C”或“D”）
.某同学用卡尺把遮光条夹紧后直接进行读数，如图丙所示读数为_______cm；
.步骤中该同学漏掉的操作是______________________。
（2）按图竖直悬挂好轻质弹簧，将轻质遮光条水平固定在弹簧下端，测出此时弹簧的长度；在铁架台上固定一个位置指针，标示出弹簧不挂钩码时遮光条下边缘的位置.
（3）用轻质细线在弹簧下方挂上钩码，测量出平衡时弹簧的长度，并按图所示将光电门的中心线调至与遮光条下边缘同一高度.
（4）用手缓慢的将钩码向上托起，直至遮光片恰好回到弹簧原长标记指针的等高处（保持细线竖直），将钩码由静止释放，记下遮光条经过光电门的时间.钩码的速度为_______.
（5）多次改变钩码个数，重复步骤（3）（4），得到多组数据，做出图像如图丁所示. 通过查找资料，得知弹簧的弹性势能表达式为（其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量），已知当地重力加速度为，则图线斜率等于__________（用和表示）时可得系统的机械能是守恒的.
17.某同学利用气垫导轨装置验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨（导轨上有刻度尺）；导轨上点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为的重物相连，遮光片两条长边与导轨垂直。导轨安装一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间，的位置可在导轨上移动. 用表示点到支撑点的距离，表示与的高度差，遮光片的宽度，表示光电门到的距离，将遮光片通过光电门的平均速度视为滑块通过时的瞬时速度，用表示重力加速度. 完成下列填空.
（1）若将滑块自点由静止释放，重物下落，则在滑块从运动至光电门的过程中，系统减少的重力势能为_________，若在实验误差允许的范围内，满足________________，即可验证机械能守恒定律.（用题中字母来表示）
（2）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（点）上滑，测量相应的与值，作出图像如图2所示，则当地的实际重力加速度为________（，，计算结果保留两位小数）
四．计算题（共3小题）
18．“和谐号”是由提供动力的车厢（动车），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大小为自身重力的0.01倍，已知每节车厢的质量均为，每节动车的额定功率均为，重力加速度，求：
（1）若“和谐号”以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以及匀加速运动的时间；
（2）和谐号能达到的最大速度大小.
19．某滑雪运动场设置了如图所示的游乐项目，光滑雪道段和光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径，为圆轨道的最低点，水平粗糙轨道两端分别与竖直圆轨道、水平传送带平滑相连传送带以速度向左匀速运动，一个质量为的滑雪运动员（视为质点）从右侧雪道上的点由静止滑下，恰能通过竖直圆轨道的最高点. 已知运动员与段间的动摩擦因数可调节，与传送带间的动摩擦因数为，，，所有轨道均在同一竖直面内，重力加速度，不计空气阻力.
（1）求点距水平轨道的高度；
（2）若要使运动员一直匀加速通过传送带，则其与段间的动摩擦因数的取值范围为多少？
（3）若运动员以最长时间通过传送带，从点水平飞出落在倾角37°的斜坡上，求运动员在斜坡上的落点与传送带上表面的竖直高度，sin37°＝0.6.
20．如图所示，在高的水平平台上有一质量的小物块（可视为质点），它在的水平外力作用下从离平台右端处由静止开始向右做直线运动，物块与平台间的动摩擦因数，作用一段距离后撤去力，物块又滑行一段距离后从平台右端水平抛出，物块抛出后，恰好能从光滑圆弧形轨道的点沿切线方向进入圆弧形轨道. 点的高度，圆弧轨道的圆心与平台等高，轨道最低点的切线水平，并与地面上长度的水平粗糙轨道平滑连接；小物块沿轨道运动并与右边墙壁发生碰撞，取.
（1）求水平外力的作用的距离；
（2）若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后物块的速度等大反向、反向运动过程中物块没有冲出点，最后停在轨道上的点（点没画出），设小物块与轨道之间的动摩擦因数为，求的取值范围.
参考答案与试题解析
一．单项选择题（共10小题）
1．【解答】C、物体做斜抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的直线运动和竖直方向的上抛运动，故水平分位移与时间成正比，故C正确；
A、物体做斜上抛运动，速度先减小后增大，故A错误；
B、物体只受重力，加速度保持不变，为g，方向向下，故B错误；
D、速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根，重力的功率先减小后增加，故D错误； 故选：C
2．【解答】设重心上升高度为h，根据几何关系得：
解得：故做一次俯卧撑克服重力做功为：W0＝
所以一分钟克服重力做功为：
功率为：，故B正确，ACD错误； 故选：B
3．【解答】AB.由于受到空气阻力的大小与速度平方成正比，由牛顿第二定律可得
mg﹣kv2＝ma， 所以下落过程中先是加速度减小的加速运动，当mg＝kv2时，以后做匀速运动，故AB错误；C.皮球在下落过程中，皮球克服空气阻力做功W＝h＝kh，故C正确；
D.皮球在下落过程中，由动能定理mgh﹣fh＝E﹣0， 所以E＝（mg﹣f）h，由于f增大，故（mg﹣f ）减小，即斜率减小，故D错误。 故选：C
4．【解答】由能量守恒可知从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功
Wf＝mg（H﹣h）﹣ mv2， 解得 Wf＝60×10×（24﹣4）J﹣×60×182J＝2280J
从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功
WG＝mg（H﹣h），代入数据，解得WG＝12000J则＝≈0.2；
故B正确，ACD错误。 故选：B
5．【解答】A．由牛顿第二定律可得，下滑时满足， mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
上滑时满足， mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
对比可得a1＜a2，故滑块下滑时的加速度小于上滑时的加速度，故A错误；
B．设斜面的长度为L，下滑时有， 根据逆向思维，上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动，同理可得， 可得t1＞t2， 设频闪时间间隔为T，由图可知，图1为5T，图2为4T，故图2是滑块上滑的照片，故B错误；
C．由运动学公式v2＝2aL可知，下滑的末速度小于上滑的初速度，故C错误；
D．克服摩擦力所做的功均为Wf＝μmgcosθ L平均功率为
由于t1＞t2，所以滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率，故D正确。 故选：D
6．【解答】C、圆环和木块组成的系统，能量形式只有重力势能和动能，要转化也是在动能和重力势能之间转化，故圆环和木块组成的系统机械能守恒，圆环的机械能不守恒，故C错误；A、圆环下滑0.6m时，由几何知识可知木块的高度不变，圆环减少的重力势能转化为二者的动能，根据运动的合成与分解知，圆环速度沿绳子方向的分量为木块速度，若此时圆环速度为零则木块速度必为零，不符合系统机械能守恒，故A错误；
B、圆环沿杆运动时，其沿绳子方向的分速度就是木块的速度，故二者的速度并不始终相等，故动能也不会始终相等，故B错误；D、圆环下滑0.3m时，绳子与圆环的连线垂直于细杆，圆环速度沿斜面，其沿绳的分速度为零，所以此时木块瞬时速度为零，
根据系统机械能守恒定律可得：mgH+mgh＝mv2， 根据图示由几何知识可知，圆环下降的高度H＝AO sin53°＝0.3×0.8m＝0.24m， 木块下落的高度h＝0.5m﹣m＝0.5m﹣0.4m＝0.1m， 联立解得：，故D正确。故选：D。
7．【解答】A、秋千在最高点时，沿半径方向的合力提供向心力，有2T1﹣mgcos，在最高点，速度为零，故每根秋千绳子受到的拉力T1＝，故A错误；
BD、秋千从释放到最低点，根据动能定理可得：，解得：v＝，在最点根据牛顿第二定律，解得T＝，故B错误，D正确；C、秋千从最高点到最低点的过程中，重力的功率P＝mgvcosα，在最高点速度为零，重力的功率为零，在最低点，速度方向与重力方向垂直，重力的功率为零，故秋千从最高点荡到最低点的过程中，重力的功率先增大后减小，故C错误； 故选：D
8．【解答】A.根据图像可知，0﹣x1的过程中动车关于位移的平均加速度为
＝＝2a0，由＝2x1， 动车位移为x1时的速度为
v1＝2， 故A正确；B.图像可知，x1﹣x2的过程中动车的加速度为a0，动车做匀变速直线运动的，由﹣＝2a0（x2﹣x1）， 得动车位移为x2时的速度为
v2＝， 故B正确；C.若x2＝2x1，在0﹣x2的过程中，根据动能定理
W﹣kmg（x1+x2）＝﹣0联立解得，牵引力做功为， W＝mx1 （2kg+3a0）
故C正确；D.动车从x1﹣x2所经历的时间为
t2＝＝＝﹣2， 故D错误。
本题选择不正确， 故选：D
9．【解答】AB.对乙球分析可知，乙球受到杆的作用力先做加速运动，因此杆对乙球的作用力斜向右下，而后乙做减速运动，杆对乙的作用下斜向左上方，杆对乙的作用力先对乙做正功，再对乙做负功，乙球的机械能先增大后减小；根据相互作用力可知杆对甲球作用力先斜向左上，再斜向右下，因此杆对甲的作用力先对甲做负功，再对甲做正功，甲球的机械能先减小后增大，故A正确，B错误；CD.取地面为零势能面，对甲乙以及杆组成的系统，系统机械能守恒，甲球下落过程中重力势能减小，而乙的重力势能未变。所以甲乙的总动能一直增大，故CD错误。 故选：A
10．【解答】A.滑块2下滑过程中，克服绳子拉力做功，机械能减少，故A错误；
B.滑块2经过B处的速度最大，则滑块2在B处合力为零，即加速度为零。故B正确；
C.弹簧及两物体组成的系统，机械能守恒，当滑块2到达C处时，物块1上升的距离为h＝﹣3d＝2d， 说明此时弹簧拉伸量为d.根据系统机械能守恒得
m1g 2d＝m2g 4d， 解得， m1＝2m2， 故C错误；D.根据关联速度有
v1＝v2×， 解得v1：v2＝4：5， 故D错误 ， 故选：B
二．多选题（共5小题）
11．【解答】A、设在时间t1＝1s内，物体的位移为x1，1s末速度为v1＝5m/s，则由运动学公式得：，设电动机做的功为W，由动能定理得：，解得W＝50J，故A错误；B、设1s末电动机的牵引力为F1，由图像知0～1s内物体做加速度为a＝5m/s2的匀加速运动，由牛顿第二定律得：
F1﹣mgsinθ＝ma，即F1＝ma+mgsinθ＝（2×5+2×10×0.5）N＝20N，
电动机的输出功率为P＝F1v＝（20×5）W＝100W，
由于1s后电动机的输出功率保持不变，故1s后电动机的输出功率为100W，故B正确；
C、由图像知5s后物体做匀速运动，故牵引力， F2＝mgsinθ＝（2×10×0.5）N＝10N，
由P＝F2vm得：
设1～5s电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得：I﹣mgsinθt＝mvm﹣mv1，即I＝m（vm﹣v1）+mgsinθt，代入数据得：I＝[2×（10﹣5）+2×10×0.5×4]N s＝50N s，故C正确；D、设1～5s内物体位移为x2，由动能定理得：，解得：x2＝32.5m，在0～5s内物体沿斜面向上运动了x＝x1+x2＝（2.5+32.5）m＝35m，故D错误。 故选：BC
12．【解答】A．因为重物上升0.75m，且在动滑轮上，所以O点右侧绳子伸长1.5m。
由几何关系可得LOB﹣LOA＝1.5m， LOB＝2LOAcosθ， LAB＝LOA
解得LAB＝2.5m，故A正确； B．由运动学公式， 解得a＝5m/s2，故B错误；
C．人做匀加速运动v人＝at。 由速度关系， 解得
因为cosθ是变量，所以重物不是匀加速运动，故C错误；D．人做的功等于重物机械能的增量， 解得W＝19J，故D正确。 故选：AD
13．【解答】A．对A进行运动分解如图所示
设小球速度vA，立方体速度vB，分离时刻，小球的水平分速度与立方体速度相同，即
vAsin30°＝vB
解得vA＝2vB，故A错误；
B．A、B分离瞬间，B的速度最大，合力为零，据此可判定此时杆对A球的作用力为零，对A球，根据牛顿第二定律有mgsin30°＝m， 解得vA＝，vB＝vA＝，故B正确；
C．A从分离到落地，小球机械能守恒，则有mglsin30°＝mv2﹣m
解得v＝，故C错误；D．在杆从竖直位置开始倒下到A与B恰好分离的过程中，A和B组成的系统机械能守恒，有mgl（1﹣sin30°）＝m﹣M， 代入数据解得：A、B的质量之比为1：4，D正确。 故选：BD
14．【解答】A、根据图象，撤去拉力后，加速度大小a2＝＝m/s2＝﹣1m/s2.根据牛顿第二定律得，μmg＝ma2，解得μ＝0.1，A错误；B、有拉力时，有F+μmg＝ma1，根据图线知a1＝＝m/s2＝2m/s2.解得F＝0.5N，0～2s内的位移x＝v0t﹣，代入数据解得：x＝16m，则F做的功WF＝﹣Fx＝﹣0.5×16J＝﹣8J.故B正确。
C、根据v﹣t图像与坐标轴围成的面积代表位移可知0～7s内物体位移为x＝m+m＝29m，则克服摩擦力做功Wf＝μmgx，代入数据解得：Wf＝14.5J，C错误，D正确。 故选：BD
15．【解答】A.根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的，根据Ek＝，则物块A与B碰撞前后速度大小之比为3：1，故A正确；B.物块A与B从x1到x3的过程中，动能先增大后减小，则速度先增大后减小，根据P＝mgv，则重力的瞬时功率先增大后减小，故B错误；C.如下图所示，x0是弹簧处于原长时上端所处的位置，x1是B与弹簧处于平衡时弹簧上端所处的位置，x2是AB的加速度为0是弹簧上端所处的位置，所以当A与B整体运动至加速度为零时，弹簧的压缩量为（x2﹣x0），要大于（x2﹣x1），故C正确；D.设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有，mAv＝（mA+mB） ，解得mA：mB＝1：2
设A质量为m，则B的质量为2m，由图乙可知，x2处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧弹力为3mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知，ΔF＝kΔx，故mg＝k（x2﹣x1）
从O到x1，由动能定理有，Ek1＝mgx1联立解得
故D正确。 故选：ACD
三．实验题（共2小题）
16．【解答】（1）a根据游标卡尺的使用方法可知，测量宽度用外测量爪，故C正确，D错误。
故选：C； b游标卡尺的示数为主尺与游标卡尺之和，20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，则读数：d＝2mm+6×0.05mm＝2.30mm＝0.230cm
c读数之前要拧紧紧固螺钉，后读数。
（4）根据速度和时间关系公式：，得钩码速度为
（5）若从释放到光电门处机械能守恒，则有
由， 弹簧弹性势能
联立解得： ， 可知则图像的斜率为
故答案为：①C；0.230；拧紧紧固螺钉后读数；④；⑤。
17．【解答】（1）将滑块自A点由静止释放，重物下落，则在滑块从A运动至光电门的过程中，系统减少的重力势能为， Δ，经过光电门，系统增加的动能
Ek＝， 机械能守恒，则＝
（3）整理上述方程得：， 结合图像可知斜率
k＝＝， 代入数据解得， g＝9.72m/s2
故答案为：（1），＝（2）9.72m/s2
四．计算题（共3小题）
18．【解答】（1）设匀加速运动时5、6节车厢之间的作用力为F1，对后三节车厢受力分析，由牛顿第二定律可得：F1﹣3mg×0.01＝3ma，代入数据可得：F1＝3600N。
设匀加速时间为t，由运动学方程可得：v＝at
对“和谐号”的8节车厢进行研究，由功率的公式可得，2P0＝Fv
由牛顿第二定律可得：F﹣8mg×0.01＝8ma， 代入数据联立可得：t＝25s。
（2）当动力和阻力平衡时，和谐号能达到的最大速度设为vm，则有，2P0＝8mg×0.01vm
代入数据可得：vm＝200m/s
答：（1）若“和谐号”以a＝0.5m/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为3600N，匀加速运动的时间为25s；
（2）和谐号能达到的最大速度大小为200m/s。
19．【解答】（1）设滑雪运动员到达竖直圆轨道最高点的速度为v，则在最高点满足
，运动员从A点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理有，
解方程，故得h＝10m，
（2）运动员要一直匀加速通过传送带，则vC≥0且vD≤10m/s，运动员从A到C过程中，由动能定理有，，运动员从A到D过程中，由动能定理有
，解方程，故得≤μ1≤，
（3）运动员要以最长时间通过传送带，则其在传送带上做vc＝0的匀加速直线运动，由C到D的过程中，由动能定理可得，
解方程，故得vD＝6m/s，运动员从D点飞出后做平抛运动，设平抛运动的时间为t，水平位移为x，竖直位移为h′，则，x＝vDt ，，
联立解方程， 故得h′＝4.05m。
答：（1）A点距水平轨道BC的高度h＝10m；（2）运动员与BC段间的动摩擦因数μ1的取值范围为≤μ1≤；（3）运动员在斜坡上的落点与传送带上表面的竖直高度4.05m。
20．【解答】（1）设OB与OC的夹角为θ，由平抛运动规律得，＝2g（h1﹣h2）
Tan=， 由几何关系得cos， 联立代入数据解得
vy＝10m/s，vx＝10m/s， 由开始到A点，由动能定理得，Fx﹣μ0mgl＝
联立代入数据解得：x＝3m
（2）物块第一次到达B点的速度为：v＝
当物块刚好第二次能到达B点时，摩擦因数最小，全程动能定理得
﹣μ′mg 2L＝0﹣， 联立代入数据解得：μ′＝
当物块刚好第一次能到达D点时，摩擦因数最大，全程动能定理得
﹣μ′'mgL＝0﹣， 代入数据解得：μ′'＝
则μ的取值范围为：≤μ
答：（1）求水平外力F的作用的距离为3m；
（2）μ的取值范围为≤μ。

展开更多......

收起↑