功和能E1 功和功率 2．[2022·浙江省温州市十校联合体期末]用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图像如图X82所示，且α＞β.若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是( )图X82A．W1＞W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F＞2FfC．P1＜P2，F＞2FfD．P1＝P2，F＝2Ff2．B [解析]整个运动过程中，根据动能定理有W1－W2＝0，所以W1＝W2，又P1＝，P2＝，所以P1＝P2；根据牛顿第二定律，施加拉力F时，加速度大小a1＝，撤去拉力后加速度大小a2＝，v－t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，根据题图可知a1＞a2即＞，可得F＞2Ff，综上分析，本题答案为B.9．E1、E2[2022·四川卷](15分)近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全． 如图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m．质量8t、车长7m-19-\n的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104N．求卡车的制动距离；(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？9．[解析]已知卡车质量m＝8t＝8×103kg，初速度v0＝54km/h＝15m/s.(1)从制动到停车阻力对卡车所做的功为W，由动能定理有W＝－mv已知卡车所受阻力f＝－3×104N，设卡车的制动距离s1，有W＝fs1联立上式，代入数据解得s1＝30m(2)已知车长l＝7m，AB与CD的距离为s0＝23m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需经过时间Δt后变灯，有s2＝s0＋ls2＝v0Δt联立上式，代入数据解得Δt＝2s25．K1、E1、L4[2022·浙江卷](22分)为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ＝0.2Ω·m的海水，通道中a×b×c＝0.3m×0.4m×0.3m的空间内，存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝6.4T、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b＝0.3m×0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I＝1.0×103A的电流，设该电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm≈1.0×103kg/m3.(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向．(2)在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？(3)当潜艇以恒定速度v0＝30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v＝34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．25．[解析](1)将通电海水看成导线，所受磁场力F＝IBL代入数据得：F＝IBc＝1.0×103×6.4×0.3N＝1.92N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受到磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率P1＝F牵v0-19-\n根据牛顿第三定律：F牵＝12IBL当v0＝30m/s时，代入数据得：P1＝F牵v0＝12×1.92×103×30W＝6.9×105W第二部分：海水的焦耳热功率对单个直线推进器，根据电阻定律：R＝ρ代入数据得：R＝ρ＝0.2×Ω＝0.5Ω由热功率公式，P＝I2R代入数据得：P单＝I2R＝5.0×105WP2＝12×5.0×105W＝6.0×106W第三部分：单位时间内海水动能的增加值设Δt时间内喷出的海水质量为mP3＝12×考虑到海水的初动能为零，ΔΕk＝Εk＝mvm＝ρmbcv水对地ΔtP3＝12×＝12×ρmbcv＝4.6×104WE2 动能动能定理 23．E2[2022·北京卷](18分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F＝kx(x为床面下沉的距离，k为常量)．质量m＝50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0＝0.10m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt＝2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1.取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力的影响．(1)求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；(3)借助F－x图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值．23．[解析](1)床面下沉x0＝0.10m时，运动员受力平衡mg＝kx0-19-\n得k＝＝5.0×103N/mF－x图线如图．(2)运动员从x＝0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等hm＝g＝5.0m(3)参考由速度－时间图像求位移的方法，F－x图线下的面积等于弹力做的功．从x处到x＝0，弹力做功WTWT＝·x·kx＝kx2运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有kx－mg(x1＋hm)＝0得x1＝x0＋＝1.1m对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系，有W＋kx＝mg(hm＋x0)得W＝2525J≈2.5×103J22．E2，K3，K4[2022·福建卷]如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m，电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A(a，0)点，求v1的大小；(2)已知一粒子的初速度大小为v(v>v1)，为使该粒子能经过A(a，0)点，其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sinθ值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值vm.22．[解析](1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有qvB＝m①当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有：R1＝②-19-\n由②代入①式得v1＝(2)如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x＝的直线上，半径为R.当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sinθ′＝sinθ＝④由①④式解得sinθ＝⑤(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理，有qEym＝mv－mv⑥由题知，有vm＝kym⑦若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0B＝m⑧由⑥⑦⑧式解得vm＝＋。16．E2E3[2022·山东卷]如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功16．CD [解析]因为M>m，斜面倾角相同，所以M沿斜面下降，m沿斜面上升．斜面ab粗糙，所以对M有沿斜面向上的摩擦力，两滑块组成的系统机械能不守恒，-19-\nA错误；对于M，重力、摩擦力、绳子的拉力做的总功等于其动能的增加，B错误；对于m，绳子拉力做的功是除了重力以外其他力的功，故等于其机械能的增加，C正确；对于两滑块组成的系统，M受到的沿斜面向上的摩擦力做的功是除了重力和弹力以外其他力的功，等于系统机械能的减少量，D正确．9．E1、E2[2022·四川卷](15分)近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全． 如图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m．质量8t、车长7m的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104N．求卡车的制动距离；(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？9．[解析]已知卡车质量m＝8t＝8×103kg，初速度v0＝54km/h＝15m/s.(1)从制动到停车阻力对卡车所做的功为W，由动能定理有W＝－mv已知卡车所受阻力f＝－3×104N，设卡车的制动距离s1，有W＝fs1联立上式，代入数据解得s1＝30m(2)已知车长l＝7m，AB与CD的距离为s0＝23m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需经过时间Δt后变灯，有s2＝s0＋ls2＝v0Δt联立上式，代入数据解得Δt＝2s11．E2、I3、I7[2022·天津卷]-19-\n一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.11．[解析](1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立上式可得E＝③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.由几何关系得r＝Rtan④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝m⑤联立④⑤式得R＝⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则U′＝＝⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出-19-\n＝综合⑦式可得v′＝⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝310．C5、E2、F1[2022·天津卷]质量为m＝4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.10．[解析](1)设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1＝μmg①根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1－F1x＝0②代入数据，解得x1＝16m③(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2＝x－x1④由牛顿第二定律得a＝⑤由匀变速直线运动公式得v2＝2ax2⑥以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得－F1t＝0－mv⑦代入数据，解得t＝2s⑧5．A1E2[2022·江苏卷]水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )A．30% B．50%-19-\nC．70%D．90%5．A [解析]从图中可看出，左边的白球间隔大，表示在相等的时间里运动的位移大，即速度大，右边的白球间隔小，表示速度小，所以白球是从左向右运动碰到静止的灰球，碰撞后分开运动．用刻度尺量出左边白球(碰撞前)的位移大小，约为1.35cm，可算作135等份；再用刻度尺量出右边灰球和白球(碰撞后)的位移大小，均约为1.15cm，可算作115等份．设照相机每隔时间t闪光一次，小球的质量为m，每等份的长度为L，则白球碰撞前的动能为Ek0＝mv2＝m白球碰撞后的动能为Ek1＝m灰球的动能与碰撞后的白球动能相等，这样就可算出损失的动能为Ek0－2Ek1，代入数据进而算出结果：＝0.36≈30%，故选项A正确．E3 机械能守恒定律 4．[2022·吉林省长春市毕业班第一次调研测试]如图G44所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，则(sin37°＝，cos37°＝；sin53°＝，cos53°＝)( )A．A、B两球所受支持力的大小之比为4∶3B．A、B两球运动的周期之比为4∶3图G44C．A、B两球的动能之比为16∶9D．A、B两球的机械能之比为112∶514．AD [解析]由题意可知N＝，所以＝＝，A选项正确；mgtanθ＝mRsinθ，所以＝＝，B选项错误；Ek∝v2，v＝Rsinθ，所以＝＝，C选项错误；Ek＝mv2＝mgRtanθsinθ，Ep＝mgR(1－cosθ)，所以＝＝，D选项正确．4．[2022·广东省茂名市一模]如图X94所示，物体A、B的质量相等，物体B-19-\n刚好与地面接触．现剪断绳子OA，下列说法正确的是( )图X94A．剪断绳子的瞬间，物体A的加速度为gB．弹簧恢复原长时，物体A的速度最大C．剪断绳子后，弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒D．物体运动到最下端时，弹簧的弹性势能最大4．CD [解析]物体B刚好与地面接触，故B与地面没有弹力，弹簧弹力等于B的重力．剪断绳子的瞬间，物体A的加速度为2g，选项A错误；弹簧恢复原长时，物体A的速度没有达到最大，当弹簧向上的弹力等于物体A的重力时，物体A的速度最大，选项B错误；剪断绳子后，只有重力和弹簧弹力做功，弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒，选项C正确；物体运动到最下端时，重力势能最小，动能为零，弹簧的弹性势能最大，选项D正确．19．E3[2022·广东卷]如下图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( )A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处19．BD [解析]由机械能守恒定律知：下落相同的高度，获得相同的动能，故甲、乙在同一高度的速率相等，B正确；作出速率一时间图像如图所示．最初甲的加速度大，速度增加得快，下落得快，乙的加速度小，速度增加得慢，所以甲先到达B处，A、C错误，D正确．16．E2E3[2022·山东卷]如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．-19-\n两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功16．CD [解析]因为M>m，斜面倾角相同，所以M沿斜面下降，m沿斜面上升．斜面ab粗糙，所以对M有沿斜面向上的摩擦力，两滑块组成的系统机械能不守恒，A错误；对于M，重力、摩擦力、绳子的拉力做的总功等于其动能的增加，B错误；对于m，绳子拉力做的功是除了重力以外其他力的功，故等于其机械能的增加，C正确；对于两滑块组成的系统，M受到的沿斜面向上的摩擦力做的功是除了重力和弹力以外其他力的功，等于系统机械能的减少量，D正确．23．D2、E3、C2[2022·浙江卷](16分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m．开始时，质量分别为M＝10kg和m＝2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．23．[解析](1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1＝gt2①x1＝vmint②联立①②式，得vmin＝8m/s③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时的速度为vC，有(M＋m)gh2＝(M＋m)v④vC＝＝m/s≈9m/s⑤(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥-19-\n由几何关系(L－h2)2＋x＝L2⑦得L＝10m⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：FT＝(M＋m)g＋(M＋m)＝216N⑨E4 实验：探究动能定理 19．A7，E4[2022·福建卷](1)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)：甲①下列说法哪一项是正确的________．(填选项前字母)A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放乙②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为________m/s(保留三位有效数字)．19．(1)①C ②0.653[解析]①平衡摩擦力时必须让空车匀速滑下，而不能挂上钩码，A错误；设小车质量为M，钩码质量为m，则绳子的拉力F＝Ma＝＝mg，显然只有Mm时，才有→0，此时F≈mg，即钩码质量应远小于小车质量，B错误．②对于匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，B点的速度等于AC段的平均速度，又AB段的时间为T＝5T0＝＝0.1s，所以vB＝AC＝＝＝m/s＝0.653m/s.E5 实验：验证机械能守恒定律 -19-\nE6 功和能综合 17．D5E6[2022·安徽卷]质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A．GMm(－)B．GMm(－)C.(－)D.(－)17．C [解析]本题考查万有引力与功能关系的综合知识，考查理解题目的新信息并且应用信息解决问题的能力．根据功能关系，摩擦产生的热量等于卫星机械能的减少量．卫星的机械能等于动能与引力势能之和，有E＝mv2＋(－)，由万有引力提供向心力，有G＝，可得卫星机械能E＝－，摩擦产生的热量为Q＝E1－E2＝(－)，选项C正确．23．E6[2022·全国卷](12分)测量小物块Q与平板P之间动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′.重力加速度大小为g，实验步骤如下：①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的长度h；③将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s.(1)用实验中的测量量表示：(ⅰ)物块Q到达B点时的动能EkB＝________；(ⅱ)物块Q到达C点时的动能EkC＝________；(ⅲ)在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf＝________；(ⅳ)物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ＝________________________________________________________________________.(2)回答下列问题：(ⅰ)实验步骤④⑤的目的是______________________；(ⅱ)已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是__________________________．(写出一个可能的原因即可)23．(1)(ⅰ)mgR (ⅱ) (ⅲ)mgR－-19-\n(ⅳ)－(2)(ⅰ)减小实验结果的误差 (ⅱ)圆弧轨道存在摩擦(或接缝B处不平滑等)[解析](1)(ⅰ)由机械能守恒得，EkB＝mgR；(ⅱ)根据平抛运动有：h＝gt2，s＝vCt，则vC＝s，所以EkC＝mv＝；(ⅲ)根据动能定理Wf＝EkB－EkC＝mgR－；(ⅳ)由Wf＝μmgL，所以μ＝－.(2)多次实验取平均值有利于减小偶然误差；测得μ值偏大，说明实验阻力做功较多，原因可能有圆弧轨道不够光滑、接缝处不平滑或存在空气阻力等.20．E6[2022·全国卷]如图，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的( )A．动能损失了2mgHB．动能损失了mgHC．机械能损失了mgHD．机械能损失了mgH20．AC [解析]因为加速度大小等于g，故合外力F＝mg，根据动能定理，动能损失等于克服合外力做的功，即ΔEk＝FL＝mg＝2mgH，A正确，B错误；此过程中，重力势能增加了ΔEp＝mgH，故机械能损失了ΔE＝ΔEk－ΔEp＝mgH，C正确，D错误．22．E6[2022·新课标全国卷Ⅱ]某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图(a)回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g.为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A．小球的质量mB．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度hD．弹簧的压缩量Δx-19-\nE．弹簧原长l0(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝________．(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s－Δx图线．从理论上可推出，如果h不变，m增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)．由图(b)中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与Δx的________次方成正比．图(b)22．(1)ABC(2)(3)减小 增大 2[解析](1)根据平抛运动规律求小球抛出时的动能．动能Ek＝mv，根据平抛运动规律有：h＝gt2，s＝v0t，可得：Ek＝，故需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s和桌面到地面的高度h，选项A、B、C正确．(3)由图像可知，s与Δx成正比，设图像斜率为k，则s＝kΔx，弹性势能Ep与动能Ek的关系为Ep＝Ek＝，故Ep＝·Δx2，即弹簧的弹性势能与Δx的二次方成正比．当h不变时，m增大，k就减小；当m不变时，h增大，k就增大．20．E6[2022·新课标全国卷Ⅱ]目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小20．BD [解析]由G＝m可得v＝，轨道半径变小，则运行的速度变大，卫星的动能增大，A错误；轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能减小，B正确；由于气体阻力做负功，产生热量，故机械能减小，C错误；由动能定理，动能增大，则克服气体阻力做的功小于引力做的功，而引力做功等于引力势能的减小，故克服气体阻力做的功小于引力势能的减小，D正确．-19-\n9．C5、E6[2022·江苏卷]如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能甲9．BC [解析]先大致画出O点所在位置，如图甲所示，设OA的距离为b.当物块从A由静止向左运动时，受力如图乙所示，f＝μmg，此过程中，弹簧在缩短，弹簧拉力FT变小；当到达O点右侧某点P时，FT与f相等，此时合力为0，由于惯性，物块继续向左运动；当物块到达O点时，水平方向只受摩擦力f，但仍向左运动至B停止．在AP段，物块除受摩擦阻力外，还受弹簧拉力这一个动力作用，而在OB段，物块除受到摩擦阻力外，还受弹簧弹力这一个阻力作用，所以物块很快停止，OB<OA，所以<b<a.当拉力把物块从O点由静止拉至A点时，根据动能定理得W－μmgb＝EpA，即EpA＝W－μmgb<W－μmga，选项A错误；对物块从A运动至B的过程中运用动能定理得EpA－EpB－μmg＝0，即EpB＝W－μmgb－μmga<W－μmga，选项B正确；经O点时，物块的动能是EpO＝EpA－μmgb＝W－2μmgb<W－μmga，选项C正确；由于题目中各已知量的具体数值不知道，故无法判断P点的弹性势能与B点的弹性势能哪个大，选项D错误．12．L1、J1、E6[2022·天津卷]超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行．(1)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究．将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零．请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由．(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化．实际上仪器只能检测出大于ΔI的电流变化，其中ΔII，当电流的变化小于ΔI时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化．设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，电子质量为m、电荷量为e.试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式．-19-\n(3)若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法．12．[解析](1)逆时针方向．撤去磁场瞬间，环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上．由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向．(2)设圆环周长为l、电阻为R，由电阻定律得R＝ρ①设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为ΔE，由焦耳定律得ΔE＝I2Rt②设环中单位体积内定向移动电子数为n，则I＝nevS③式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化．电流变化大小取ΔI时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为Δv，则ΔI＝neSΔv④设环中定向移动电子减少的动能总和为ΔEk，则ΔEk＝nlS⑤由于ΔII，可得ΔEk＝ΔI⑥根据能量守恒定律，得ΔE＝ΔEk⑦联立上述各式，得ρ＝⑧(3)由ρ＝看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得ρ的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流．10．B4、C2、E6、K3[2022·四川卷]在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．-19-\n10．[解析](1)F作用之前，A、B处于静止状态．设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳的张力为T0，有对A：T0＝mAgsinθ对B：T0＝qE＋f0联立，代入数据即可解得f0＝0.4N(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEs＝ΔEpT－μmBg－qE＝mBa设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2asF弹＝k·ΔxF＋mAgsinθ－F弹sinθ－T＝mAa由几何关系知Δx＝设拉力F的瞬时功率为P，有P＝Fv联立，代入数据解得P＝0.528W7．[2022·东北三省高三一模]如图G48所示，一个小球(视为质点)从H＝12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4m的竖直圆环，且圆环动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，则h之值不可能为(g取10m/s2，所有高度均相对B点而言)( )图G48A．12m B．10mC．8.5mD．7m7．ABD [解析]设小球从B上升运动到C需要克服摩擦力做功W1，而从C下滑运动到B需要克服摩擦力做功W2，小球恰好到达C点时的速度为v0.根据mg＝求出，即v0＝；在小球从静止运动到C点的过程中，对小球应用动能定理，有mg(H－2R)－W1＝mv－0，可求出W1＝2mg；在小球从静止运动到D点的整个过程中，对小球应用动能定理，有mg(H－h)－W1－W2＝0，即mg(H－h)＝W1＋W2，考虑到小球在CB弧运动时速度小于BC弧运动时的速度，即正压力减小，摩擦力减小，所以W2<W1＝2mg，2mg<W1＋W2<4mg，即2mg<mg(H－h)<4mg，所以8m<h<10m．本题答案为A、B、D.10．[2022·山东省临沂市期中]钓鱼岛是我国固有领土，决不允许别国侵占，近期，为提高警惕保卫祖国，我人民海军为此进行登陆演练，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点x＝1km处．登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角θ-19-\n＝30°，为保证行动最快，队员甲先无摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度v0＝3m/s平抛救生圈，第一个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇，若人的质量m，重力加速度g＝10m/s2，问：图G412(1)军舰甲板到快艇的竖直高度H为多少？队员甲在绳索上运动的时间t0为多少？(2)若加速过程与减速过程中的加速度大小相等，则队员甲在何处速度最大？最大速度多大？(3)若登陆艇额定功率5kW，载人后连同装备总质量为103kg，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度10m/s，则登陆艇运动的时间t′为多少？10．(1)16.2m 3.6s (2)10.39m/s (3)1.1×102s[解析](1)设救生圈平抛运动的时间为t，由平抛运动规律有H＝gt2，Htanθ＝v0t.设人下滑的时间为t0，由题意可知t0＝2t.联立以上各式得：H＝16.2m，t0＝3.6s.(2)由几何关系得：绳索长L＝＝18.7m，因加速过程与减速过程的加速度相等，所以甲在绳索中点处速度最大，由vmt×2＝L，得vm＝＝10.39m/s.(3)加速过程有Pt′－f(x－Htanθ)＝Mv，加速到匀速时vm＝，联立两式解得t′＝1.1×102s.-19-
