- 机械能
- 共1183题
18.静止在水平地面上的物块，受水平推力F的作用，F与时间t的关系如图甲所示，物块的加速度a与时间t 的关系如图乙所示，g取10m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息可得
正确答案
解析
A、由甲、乙两图可知，当t=1s时，物体才开始具有加速度，可知地面对物体的最大静摩擦力f=2N，故A错误；
BC、由甲图知，F=2t，根据牛顿第二定律得，加速度为：
D、4s末推力F=8N，由a-t图线围成的面积知速度的变化量为
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律
解题思路
根据甲乙两图，结合t=1s时，物体开始具有加速度得出最大静摩擦力的大小．根据F与t的关系式，结合牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线的斜率求出物块的质量，结合滑动摩擦力公式求出动摩擦因数；根据a-t图线围成的面积求出速度的变化量，从而得出4s末的速度，结合P=Fv求出4s末推力的瞬时功率.
易错点
掌握a-t图线的斜率以及图线围成的面积的物理意义是解决本题的关键.
教师点评
本题考查了F-t与a-t的图象问题，在近几年的各省高考题出现的频率较高，常与功率、功、位移等知识点交汇命题.
知识点
7．如图所示，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等．小物体甲沿光滑斜面以初速度
正确答案
解析
A、根据动能定理知，
B、B球仅受重力作用，做匀变速曲线运动，落地时速度方向与A球落地时速度方向不同，根据P=mgvcosα知，其中α为落地时速度方向与竖直方向的夹角，则可知重力的瞬时功率不同，故B错误；
D、由于两球在整个过程中重力做功相等，但是运动的时间不同，则重力的平均功率不同，故D错误．
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率；功的计算
解题思路
根据动能定理比较落地的速率大小，结合落地的速度方向，根据瞬时功率的公式比较重力的瞬时功率．根据下降的高度比较重力做功，结合运动的时间比较重力做功的平均功率.
易错点
注意区分平均功率与瞬时功率的概念.
知识点
20．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为m1、m2,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开挡板C时,物块A运动的距离为d、速度为v,则此时（）
A物块B的质量满足
B物块A的加速度为
C拉力做功的瞬时功率为
D此过程中,弹簧弹性势能的增量为
正确答案
解析
A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A错误；
B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，根据牛顿第二定律：F-m1gsinθ-kx2=ma，已知m1gsinθ=kx1，x1+x2=d 故物块A加速度等于
C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C错误；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：
考查方向
功的计算；牛顿第二定律；弹性势能
解题思路
当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度.
易错点
依据弹簧所处的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是解题的关键.
知识点
3. 一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t＝t1时刻力F的瞬时功率是( )
A
B
C
D
正确答案
解析
由牛顿第二定律可以得到，F=ma，所以
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率
解题思路
物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可以求得物体的加速度的大小，再由速度公式可以求得物体的速度的大小，由P=FV来求得瞬时功率.
易错点
关键求出t1时刻物体的速度，根据瞬时功率表达式列式.
教师点评
本题考查了功率、平均功率和瞬时功率，在近几年的各省高考题出现的频率较高，常与功的计算、动能定理等知识点交汇命题.
知识点
激流勇进是游乐园常有的机动游乐项目。其工作原理是由主动轮将游船沿较长的倾斜轨道提升至一定高度，然后船只从高处滑下，冲入水中，溅起很高且美丽的水花，整个过程刺激又有趣。其工作过程可以简化为如下情景：如图所示，左侧倾角α=30°的轨道AB（其长L1= 30 m）上相互间隔安装着主动轮，主动轮与游船间的动摩擦因数u1=
12.游船从轨道左侧运动到右侧底端（船头刚好触及水面）所用总时间；
13.动力装置在游船达到恒定速率前后（没有到达BC轨道）需增加的功率之比。
正确答案
19.3s
解析
游船加速上升阶段，设其加速度为a1，有牛顿第二定律有：
μ1mgcos30°-mgsin30°=ma1
代入数据解得：a1=2.5m/s2
从静止达到共同速度所用时间为t1，上移的距离为x1，有速度时间公式可得：v=a1t1
主动轮的线速度为：v=ωr=0.2×10m/s=2m/s
联立并代入数据解得：t1=0.8s
匀速运动的位移为：x2=L1+L3-x1=（30+3-0.8）m=32.2m
匀速运动的时间为：
游船在右侧轨道上运价速运动，加速度为a2，由牛顿第二定律有：
mgsinβ-μ2mgcosβ=ma2
代入数据解得：
加速运动的时间为t3，游船在右侧轨道上发生的位移为：
联立并代入数据解得：t3=2.4s
所需总时间为：t=t1+t2+t3=19.3s
考查方向
牛顿第二定律
解题思路
由牛顿第二定律求得左侧轨道和右侧轨道的加速度，利用运动学公式求得时间.
易错点
关键抓住运动过程的分析，分段求出时间.
正确答案
解析
游船达到恒定速率前动力装置增加的功率为：
P1=f1v=（μ1mgcosα）v
游船达到恒定速率后动力装置增加的功率为：
P2=f2v=（mgsinα）v
动力装置在游船达到恒定速率前后（没有到达BC轨道）需增加的功率之比：
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率
解题思路
根据P=fv求得动力装置在游船达到恒定速率前后（没有到达BC轨道）需增加的功率.
易错点
关键根据P=FV列出游船达到恒定速率前动力装置增加的功率与游船达到恒定速率后动力装置增加的功率的表达式.
激流勇进是游乐园常有的机动游乐项目。其工
作原理是由主动轮将游船沿较长的倾斜轨道提升至一
定高度，然后船只从高处滑下，冲入水中，溅起很高且美
丽的水花，整个过程刺激又有趣。其工作过程可以简化
为如下情景：如图9所示，左侧倾角α=30°的轨道AB
（其长L1= 30 m）上相互间隔安装着主动轮，主动轮与游
船间的动摩擦因数u1=
导向轮（不会提供动力），导向轮与游船间的动摩擦因数均为u2=41/72；左右两侧轨道通过一段
平滑轨道BC（其长L3=3 m）相连，两相邻主动轮（或导向轮）间的距离s0 =1 m。长为L0=
2 m的游船上坐着两个游客，总质量为180 kg，从左侧轨道如图所示的位置由静止开始被主
动轮带动向上运动（主动轮的半径r=0.2 m，恒定的角速度ω=10 rad/s），达恒定的速率后，
一直以此速率运动到游船尾部刚好与右侧轨道的上端C点平齐的位置，之后在导向轮上向
下滑动。已知g=10 m／s2，sin 53°=0.8，cos53°=0.6。求
2 m的游船上坐着两个游客，总质量为180 kg，从左侧轨道如图所示的位置由静止开始被主
动轮带动向上运动（主动轮的半径r=0.2 m，恒定的角速度ω=10 rad/s），达恒定的速率后，
一直以此速率运动到游船尾部刚好与右侧轨道的上端C点平齐的位置，之后在导向轮上向
下滑动。已知g=10 m／s2，sin 53°=0.8，cos53°=0.6。求
16.游船从轨道左侧运动到右侧底端（船头刚好触及水面）所用总时间；
17.动力装置在游船达到恒定速率前后（没有到达BC轨道）需增加的功率之比。
正确答案
19.3s
解析
游船加速上升阶段，设其加速度为a1，有牛顿第二定律有：
μ1mgcos30°-mgsin30°=ma1
代入数据解得：a1=2.5m/s2
从静止达到共同速度所用时间为t1，上移的距离为x1，有速度时间公式可得：v=a1t1
主动轮的线速度为：v=ωr=0.2×10m/s=2m/s
联立并代入数据解得：t1=0.8s
匀速运动的位移为：x2=L1+L3-x1=（30+3-0.8）m=32.2m
匀速运动的时间为：
游船在右侧轨道上加速运动，加速度为a2，由牛顿第二定律有：mgsinβ-μ2mgcosβ=ma2
代入数据解得：
加速运动的时间为t3，游船在右侧轨道上发生的位移为：
联立并代入数据解得：t3=2.4s
所需总时间为：t=t1+t2+t3=19.3s
考查方向
牛顿第二定律;匀变速直线运动规律的综合运用
解题思路
由牛顿第二定律求得上升阶段加速度和下降阶段的加速度，利用运动学公式求得时间 .
易错点
关键分清物理过程，正确的受力分析求出两个阶段的加速度.
正确答案
3:2
解析
游船达到恒定速率前动力装置增加的功率为：
P1=f1v=（μ1mgcosα）v
游船达到恒定速率后动力装置增加的功率为：
P2=f2v=（mgsinα）v
动力装置在游船达到恒定速率前后（没有到达BC轨道）需增加的功率之比：
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率
解题思路
根据P=fv求得动力装置在游船达到恒定速率前后（没有到达BC轨道）需增加的功率.
易错点
关键由功率表达式求出增加的功率.
3.一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t＝t1时刻力F的瞬时功率是( )
A
B
C
D
正确答案
解析
由牛顿第二定律可以得到，F=ma，所以
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率
解题思路
物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可以求得物体的加速度的大小，再由速度公式可以求得物体的速度的大小，由P=FV来求得瞬时功率.
易错点
计算平均功率和瞬时功率时一定要注意公式的选择，
知识点
5．从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都是
为
正确答案
解析
A、根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，故落地时速度不同，故A错误；
B、根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率p=mgvsinθ，其中θ是落地时的速度与水平方向的夹角，故B错误；
C、高度相同，平抛时间短，根据动量定理I=mgt，故C错误
D、根据动量定理I=mgt=△P,所以两物体落地前动量变化率相等，故D正确．
考查方向
动量定理；功率、平均功率和瞬时功率
解题思路
根据动能定理比较落地时的动能大小，两物体落地时的方向不同；通过比较落地时竖直方向上的速度比较重力做功的瞬时功率，通过比较运动的时间比较重力冲量；动量定理求动量变化率.
易错点
理解瞬时功率公式p=mgvsinθ，竖直向上抛出的物体落地时速度方向竖直向下，与水平方向的夹角为900，而平抛的物体落地时的速度与水平方向的夹角小于900.
知识点
20. 如图所示,一轻弹簧上、下两端各连接质量均为m的两物块A、B,开始时,系统静止在水平面上,现用一竖直向上的恒力F拉物块A,使其向上运动,直到物块B刚好要离开地面,重力加速度为g,则( 
正确答案
解析
A、对A受力分析，开始时，A受拉力F和向上的弹簧弹力，有牛顿第二定律得：F+kx-mg=ma，随着A的上升压缩量x减小，加速度减小，但方向向上，故A做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长后，A继续上升，弹簧被拉长，A的受力变为，F-kx-mg=ma，随着A的上升伸长量x增大，加速度减小，但方向向上，故A继续做加速度减小的加速运动，当kx1=F-mg时，加速度为零，速度达到最大，A继续上升，合外力变为：kx+mg-F=ma，随着x的增大，合外力增大，加速度方向向下，A做减速的运动，速度减小，当弹簧伸长量最大时设伸长量为x2，B刚好离开地面时，故A错误；
B、根据平衡条件可知，开始弹簧压缩量为
C、由A项中分析可知，A先做加速度减小的加速再做加速度增大的减速运动，而力恒定，故此过程中恒力F的功率先增大后减小，故C正确；
D、整个过程中，弹性势能不变，故整个过程中弹簧对A做功为零，故D正确；
故选：BCD
考查方向
功能关系
解题思路
分别对A、B应用牛顿第二定律求出加速度，再有运动学知识确定AB的速度变化情况，进而确定力F的功率变化，结合动能定理和能量守恒知识，确定功能之间关系．
易错点
能正确分析物体的运动情况，能求出物块A的运动形式.
知识点
3．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，从O
点由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，取g =l0m/s2。
下列说法中正确的是(单选)
正确答案
解析
对物体受力分析，物体受到的摩擦力为
Ff=μFN=μmg=0.1×2×10N=2N．
由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为2N，所以物体在OA段做匀加速直线运动，在AB段做匀速直线运动;在OA段的拉力为5N，物体做匀加速直线运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由V=at，
代入数值解得，V=3m/s，
此时的最大功率为P=FV=5×3W=15W，
在AB段，物体匀速运动，速度的大小为3m/s，拉力的大小为2N，所以此时的最大功率为P=FV=2×3W=6W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，故A正确,BCD错误;
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率；功的计算
解题思路
根据功的公式W=FL分析可知，在OA段和AB段物体受到恒力的作用，并且图象的斜率表示的是物体受到的力的大小，由此可以判断物体受到的拉力的大小，再由功率的公式可以判断功率的大小.
易错点
根据公式W=FL，对图象进行分析，从图象中得出图线的斜率表示物体受到的拉力的大小是解题的关键.
知识点
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