专题四 机械能-2022新教材高考物理【培优限时练】 小题突破·大题攻略

专题四　机械能 1．【解析】　(1)设从静止开始到第4节车厢牵引电机启动经历的时间为t，电机的牵引力为F1，第4节车厢牵引电机启动时动车组的速度为v1，有F1－0.1×6mg＝6ma，P1＝F1v1，v1＝at，解得t＝10 s (2)设当第4节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，列车速度为v2，有 P1＋P2＝F1v2，解得v2＝m/s＜50 m/s，所以v3＝50 m/s时，有 －0.1×6mg＝6ma′ 对第5、6节车厢，有F2－0.1×2mg＝2ma′，解得F2＝2×105N. 【答案】　(1)10 s　(2)F2＝2×105N 2．【解析】　(1)由动能定理得mgh－Wf＝mv2，又Wf＝μmg cos 60°·＋μmgxBC＝mgh解得，v＝ (2)由CD＝2DE可知，抛出玩具熊后小孩的水平位移与玩具熊的水平位移之比为 x1∶x2＝2∶3，由＝tan 45°可得竖直位移之比为y1∶y2＝2∶3 由平抛运动规律有x1＝v1t1，x2＝v2t2，y1＝gt，y2＝gt，联立解得＝. 【答案】　(1)　(2) 3. 【解析】　 (1)游客在C点时，对其受力分析如图 由牛顿第二定律得FN－mg＝m；对游客从A到C由动能定理得mg(H－h)－Wf＝mv，解得Wf＝mgH (2)对游客从C到D由运动学公式得v＝2gh.设游客入水时的速度方向与水平方向成θ角，则tan θ＝，解得tan θ＝；重力的瞬时功率P＝mgvy，解得P＝ 【答案】　(1)mgH　(2)tan θ＝， 4．【解析】　(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：mgh－μ1mgL＝0，代入数据得：h＝0.2 m　① (2)①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得cos θ＝　② 根据牛顿第二定律，对物体有：mg tan θ＝ma　③ 对工件和物体整体有：F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a　④ 联立①②③④式，代入数据得：F＝8.5 N　⑤ ②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2，由运动学公式可得h＝gt2　⑥ x1＝vt　⑦ x2＝x1－R sin θ　⑧ 联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得：x2＝0.4 m 【答案】　(1)0.2 m　(2)①8.5 N　②0.4 m 5．【解析】　 (1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带同速且小物块刚好能到达N点，在N点有mg＝m，小物块从Q点到N点，由动能定理得 －mg·2R＝mv－mv，联立解得v0＝5 m/s (2)传送带长度最短时，小物块从P点到Q点一直做匀加速运动，到Q点时刚好与传送带同速，则有v＝2aL，μmg＝ma，联立解得L＝2.5 m (3)设小物块经过时间t加速到与传送带同速，则v0＝at 小物块的位移x1＝at2，传送带的位移x＝v0t 根据题意则有Δx＝x2－x1，Q＝μmg·Δx，联立解得Q＝2.5 J 由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功W＝Q＋mv 代入数据解得W＝5 J 【答案】　(1)5 m/s　(2)2.5 m　(3)2.5 J　5 J 6．【解析】　 (1) 在B点，F－mg＝m，解得F＝20 N，由牛顿第三定律，F′＝20 N 从A到B，由动能定理得mgR－W＝mv2，得到W＝2 J (2)在CD间运动，有mg sin θ＝ma，加速度a＝g sin θ＝6 m/s2，由匀变速运动规律s＝vt＋at2，得t＝ s，vD＝at＝2 m/s，Ep＝mv2＝2 J (3)最终滑块停在D点有两种可能：a.滑块恰好能从C下滑到D.则有mg sin θs－μ1mg cos θs＝0－mv2，得到μ1＝1 b．滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点． 当滑块恰好能返回C，－μ2mg cos θ·2s＝0－mv2，得到μ2＝0.125 当滑块恰好静止在斜面上，则有mg sin θ＝μ3mg cos θ，得到μ3＝0.75 所以，当0.125≤μ<0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1 【答案】　(1) 20 N　2 J　(2) s，2 J　(3)0.125≤μ<0.75或μ＝1 7．【解析】　(1)由题知，当x1＝0.5 m时，地面对A的滑动摩擦力为f地＝μ×2mg＝4 N 对A，根据动能定理有(F－f地)x1＝mv2，解得v＝2 m/s 另解：对A，根据牛顿第二定律有F－μ×2mg＝maA，根据速度位移公式有2aAx1＝v2，联立解得v＝2 m/s (2)对B，根据牛顿第二定律有fBA＝μmg＝maB，解得aB＝2 m/s2 对A，根据牛顿第二定律有F－fBA－f地＝maA2，解得aA2＝－