(2020-2022)三年高考物理真题分项汇编(山东专用)专题06功和能Word版含解析8956.pdf

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1、2020-2022年三年山东卷高考汇编 专题06功和能【考纲定位】高考命题点 考纲要求 高考真题 1.功和功率 理解功和功率了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义.2.动能和动能定理 理解动能和动能定理能用动能定理解释生产生活中的现象.2021山东高考 T3 2021山东高考 T18 3.重力势能和弹性势能 理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系定性了解弹性势能.4.机械能守恒定律 通过实验，验证机械能守恒定律理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题.2020山东高考 T11 5.能量守恒定律 理解能量守恒定律，能用能量守恒的

2、观点解释自然现象，体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一.2022山东高考 T2 【知识重现】一、功和功率 1功(1)表达式 WFlcos，是力 F 与位移 l 的方向夹角适用于恒力做功的计算，可理解为力 F 乘以沿力方向的位移 lcos，也可理解为位移 l 乘以沿位移方向的分力 Fcos.(2)功的正负：功是标量，但有正负之分，功的正负可用来判断动力对物体做功还是阻力对物体做功(3)一对作用力与反作用力做功：作用力与反作用力分别作用在两个不同的物体上，这两个物体各自发生的位移并不确定当作用力做功时，反作用力可能做功也可能不做功，可能做正功也可能做负功 2功率的两个公式(1)PWt.所

3、求出的功率是时间 t 内的平均功率(2)PFvcos.其中 是 F 与 v 方向的夹角；若 v 取瞬时速度，则对应的 P 为瞬时功率；若 v 取平均速度，则对应的 P 为平均功率 注意：发动机的功率指发动机的牵引力 F 的功率，而不是汽车所受合外力的功率，因牵引力与速度同向，故有 PFv.3机车启动的两种典型方式 恒定功率启动 恒定加速度启动 图象 OA 过 程分析 P 不变：PvFv FFam阻 加速度减小的加速直线运动 a 不变：FFam阻F 不变vPFv1PFv额匀加速直线运动，维持时间10vta AB 过 程分析 mFF0amPvF阻 做速度为 vm的匀速直线运动 PFFvFavm额阻

4、 加速度减小的加速度直线运动，在 B 点达到最大速度，mPvF额阻 二、动能定理 1动能(1)定义式：Ek12mv2，v 为物体相对地的速度(2)标量：物体的速度变化，动能不一定变化，如匀速圆周运动物体的动能变化，速度(大小)一定发生变化 2动能定理(1)内容：力对物体所做的总功等于物体动能的变化(2)表达式：WEkEk2Ek1.注意：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理 三、机械能守恒定律 1重力势能(1)表达式：Epmgh，是标量，但有正负，正负表示物体的重力势能比它在零势能面上大还是小(2)特点：是地球和物体共有的，其大小与零势能面的选取有关重力势能的变化是绝对的，与

5、零势能面的选取无关(3)重力做功与重力势能变化的关系：WGEp1Ep2.2弹性势能(1)特点：物体由于发生弹性形变而具有的能量弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：W弹Ep1Ep2.3机械能守恒定律的内容 在只有重力(或系统内弹力)做功的情况下，物体系统内的动能和重力势能(或弹性势能)发生相互转化，而机械能的总量保持不变 4机械能守恒定律的表达式(1)守恒式：E1E2或 Ek1Ep1Ek2Ep2.E1、E2分别表示系统初、末状态时的总机械能(2)转化式：EkEp或 Ek增Ep减系统势能的减少量等于动能的增加量(3)转移式：EAEB或 EA增EB减系统只有 A、

6、B 两物体时，A 增加的机械能等于 B 减少的机械能 注意：应用守恒式时需要规定重力势能的零势能面，应用转化式或转移式时则不必规定重力势能的零势能面 四、功能关系和能量守恒 1 功能关系的应用关键在于将对“功”(或“能量转化”)的求解转化为对“能量转化”(或“功”)的求解，特别是涉及机械能、动能和内能三种能量转化过程的分析几种常用的功能关系如下：(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即 W总EkEk2Ek1(动能定理)(2)重力做功对应重力势能的减少量，即 WGEpEp1Ep2.重力做多少正功，重力势能就减少多少；重力做多少负功，重力势能就增加多少(3)弹力做功对应弹性势能的减少量，即

7、 W弹EpEp1Ep2.弹力做多少正功，弹性势能就减少多少；弹力做多少负功，弹性势能就增加多少(4)除重力或弹力以外的其他力做的功与物体机械能的增量相对应，即 W其他EE2E1.2能量守恒定律是自然界最普遍、最重要的基本定律之一，除物体的动能、势能外，还涉及内能、电能等其他形式的能量参与转化对能量守恒定律的两种理解如下：(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等,【真题汇编】1.（2022山东高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高

8、压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（）A火箭的加速度为零时，动能最大 B高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量【答案】A【解析】A火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的

9、推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故 A 正确；B根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故 B 错误；C根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故 C 错误；D根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故 D 错误。故选 A。2（2021山东高考真题）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为 L 的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴 O 转动，另一端与质量为 m 的小木块相连。木块以水平初速度0v出发，恰好能完成

10、一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）A202mvL B204mvL C208mvL D2016mvL【答案】B【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理 201202fLmv 可得摩擦力的大小 204mvfL 故选 B。3（2021山东高考真题）如图所示，三个质量均为 m 的小物块 A、B、C，放置在水平地面上，A 紧靠竖直墙壁，一劲度系数为 k 的轻弹簧将 A、B 连接，C 紧靠 B，开始时弹簧处于原长，A、B、C 均静止。现给 C 施加一水平向左、大小为 F 的恒力，使 B、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后 A

11、 离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知 A、B、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为 f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：2p12Ekx，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量）（1）求 B、C 向左移动的最大距离0 x和 B、C 分离时 B 的动能kE；（2）为保证 A 能离开墙壁，求恒力的最小值minF；（3）若三物块都停止时 B、C 间的距离为BCx，从 B、C 分离到 B 停止运动的整个过程，B 克服弹簧弹力做的功为 W，通过推导比较 W 与BCfx的大小；（4）若5Ff，请在所给坐标系中，画出 C 向右运动过程中加速度 a 随位移 x 变化的

12、图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的 a、x 值（用 f、k、m 表示），不要求推导过程。以撤去 F 时 C 的位置为坐标原点，水平向右为正方向。【答案】（1）024Ffxk、22k68FfFfEk；（2）min10(3)2Ff；（3）BCWfx；（4）【解析】（1）从开始到 B、C 向左移动到最大距离的过程中，以 B、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得 2000122Fxfxkx 弹簧恢复原长时 B、C 分离，从弹簧最短到 B、C 分离，以 B、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒得 200k1222kxfxE 联立方程解得 024Ffxk 22k68FfFfEk（2）当 A 刚要离开墙

13、时，设弹簧得伸长量为x，以 A 为研究对象，由平衡条件得 kxf 若 A 刚要离开墙壁时 B 得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值minF，从弹簧恢复原长到 A 刚要离开墙得过程中，以 B 和弹簧为研究对象，由能量守恒得 2k12Ekxfx 结合第（1）问结果可知 min10(3)2Ff 根据题意舍去min10(3)2Ff，所以恒力得最小值为 min10(3)2Ff（3）从 B、C 分离到 B 停止运动，设 B 的路程为Bx，C 的位移为Cx，以 B 为研究对象，由动能定理得 Bk0WfxE 以 C 为研究对象，由动能定理得 kC0fxE 由 B、C 得运动关系得 CCBBxxx 联立可知

14、 BCWfx（4）小物块 B、C 向左运动过程中，由动能定理得 211115202fxfxkx 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 16kxf 则坐标原点的加速度为 11262222kxffffammm 之后 C 开始向右运动过程（B、C 系统未脱离弹簧）加速度为 22kxfam 可知加速度随位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B 和 C 分离，之后 C 只受地面的滑动摩擦力，加速度为 2fam 负号表示 C 的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以 B、C 为研究对象，由动能定理得 2211112222kxfxmv 脱离弹簧瞬间后 C 速度为v，之后

15、 C 受到滑动摩擦力减速至 0，由能量守恒得 2212fxmv 解得脱离弹簧后，C 运动的距离为 2112xx 则 C 最后停止的位移为 12133 6922ffxxxkk 所以 C 向右运动的图象为 4（2020山东高考真题）如图所示，质量为 M 的物块 A 放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为 m 的钩码 B 挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将 B 由静止释放，当 B 下降到最低点时（未着地），A 对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块 A 始终处于静止状态。以下判断正确的是（）AM

16、2m B2mM3m C在 B 从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对 B 先做正功后做负功 D在 B 从释放位置运动到速度最大的过程中，B 克服弹簧弹力做的功等于 B 机械能的减少量【答案】ACD【解析】AB由题意可知 B 物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力 T=2mg；对A 分析，设绳子与桌面间夹角为，则依题意有 2sinmgMg 故有2Mm，故 A 正确，B 错误；C由题意可知 B 从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故 C 正确；D对于 B，在从释放到速度最大过程中，B 机械能

17、的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于 B 克服弹簧弹力所做的功，故 D 正确。【突破练习】1（2018山东省青岛第五十八中学高三期中）如图所示，质量为 M、长为 L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为 m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为fF，用水平的恒定拉力 F 作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为 s，滑块速度为1v，木板速度为2v，下列结论中正确的是（）A上述过程中，F 做功大小为22121122mvMv B其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长 C其他条件不变的情况下，M 越大，s 越小 D其他条件不变的情况下，fF越大，滑

18、块与木板间产生的热量越多【答案】CD【解析】A由功能关系可知拉力 F 做功除了增加两物体的动能外，还有系统摩擦产生了热量，故 A 错误；B由于滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，木板的加速度由滑块对它的摩擦力提供，在其它条件不变的情况下增大 F，木板受到的摩擦力大小不变，因此木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是 L，但增大 F 后滑块的加速度增大，离开木板的时间就越短，故 B 错误；C由于木板受到的摩擦力大小不变，因此当 M 越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移仍是 L，滑块在木板上的运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故 C 正确；D系统产生的热量等于摩擦力和相

19、对位移的乘积，相对位移不变化，因此摩擦力越大，产生的热量越多，故 D 正确。故选 CD。2（2022山东师范大学附中模拟预测）如图甲所示，长为 L 的长木板水平放置，可绕左端的转轴 O 转动，左端固定一原长为2L的弹簧，一质量为 m 的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点（物体与弹簧不连接），Oa间距离为4L。将小滑块由静止释放后，木板不动，小滑块恰能到达木板最右端。将木板绕 O 点逆时针转动37后固定，如图乙所示，仍将物体由a点静止释放，物体最多运动到离 O 点34L 的 b 点。已知弹簧的弹性势能2p12Ekx，其中k为弹性系数，x为弹簧的形变量。取sin370.6，cos370.8。下列说法正确

20、的是（）A物体与木板间的动摩擦因数为67 B物体在 a 点时，弹簧的弹性势能为3mgL C当长木板倾角为 37时，要使小滑块能被弹簧弹起运动，弹簧压缩量至少为116L D长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为2556mgL【答案】ACD【解析】A木板水平时有 pmax34EmgL 木板绕 O 点逆时针转动 37后固定，则有 pmax1cos37sin372EmgL 联立解得 67 A 正确；B小滑块在 a 点时，则有弹簧的最大弹性势能为 pmax39414EmgLmgL B 错误；C当弹簧具有最大弹性势能时，则有 2pmax192414LEkmgL 解得 1447kmgL 当长木板倾角为

21、 37时，小滑块受力平衡时，设弹簧的形变量为 x2，沿斜面方向有 2sin37cos37mgmgkx 297kxmg 解得要使小滑块能被弹簧弹起运动，弹簧压缩量至少为 2116xL C 正确；D当弹簧的弹力与摩擦力大小相等时，速度最大 1mgkx 167mgmgxkk 此时弹簧的弹性势能为 2p112Ekx 由能量守恒定律可得 pmaxpkmax14LEEEmgx 联立解得 kmax2556EmgL D 正确。故选 ACD。3（2022山东肥城市教学研究中心模拟预测）如图所示，在倾角37斜坡的底端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜坡上的 O 点处。质量分别为 ma

22、=5.0kg、mb=1.0kg 的物块 a 和 b 用轻绳连接，轻绳跨过斜坡顶端的定滑轮，开始时让 a 静止在斜坡上的 P 点处，b 悬空。现将a 由静止释放，a 沿斜面下滑，当 a 将弹簧压缩到 Q 点时，a 的速度减为零。已知 PO=1.0m，OQ=0.5m，a与斜坡之间的动摩擦因数=0.2，sin37=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是（）Aa 在与弹簧接触前的加速度大小为 2m/s2 Ba 在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为 10N Ca 位于 Q 点时，弹簧所储存的弹性势能为 18J Da 第一次被弹回到 O 点时的速度为2 33m/s【答案】ACD【解析】对 ab 整

23、体，由牛顿第二定律得 sincos()aababm gm gm gmm a 解得 22m/sa A 正确；B由牛顿第二定律得 TbbFm gm a 得 T12NF B 错误；C由能量守恒定律得 psincosabPQaPQPQm g xm gxm g xE 解得 p18JE C 正确；D由能量守恒定律得 21sincos()()2abPOaPQOPPOabm g xm gxxm g xmm v 得 2 3m/s3v D 正确；故选 ACD。4（2022山东高三学业考试）如图所示，在倾角 37的斜面底端固定一轻弹簧，当弹簧处于原长时，其上端自然伸长点位置处，一滑块（可看作质点）从斜面上与 Q 点

24、相距一定距离的 P 点由静止开始下滑，知自Q 点到斜面底端部分光滑，自 Q 点沿斜面向上部分，滑块与斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力和滑块与弹簧碰撞时机械能损失，重力加速度 g10m/s2，sin370.6，则以法正确的是（）A滑块沿斜面向下运动过程中先做匀加速运动后做匀减速运动 B滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能守恒 C滑块从开始到动能达到最大值的过程中，滑块机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 D整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由 P 点到 Q 点减少的重力势能【答案】D【解析】A滑块沿斜面向下运动过程中，根据牛顿第二定律可知 sincosmgmgma 解得 sincos

25、agg 故先做匀加速直线运动，后下降到 Q 点以下部分后，没有了摩擦力，存在了弹簧的弹力，可得 sinmgk xma 弹簧的弹力随着压缩量的增大而增大，故在 Q 点以下先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故 A 错误；B滑块接触弹簧后向下的运动过程中，滑块的机械能会部分转化为弹簧的弹性势能，故滑块的机械能不守恒，故 B 错误；C滑块从开始到动能达到最大值的过程中，存在因克服摩擦力做功所损失的机械能，故滑块机械能的减少量不等于弹簧弹性势能的增加量，C 错误；D在整个过程中滑块会来回反复运动，最终向上运动的最高高度不超过 Q 点，且在 Q 点动能为 0，可知在整个过程中，滑块和弹簧

26、减少的能为由 P 点到 Q 点的重力势能，即整个过程中因摩擦产生的总热量等于滑块由 P 点到 Q 点减少的重力势能，故 D 正确；故选 D。5（2022山东高三学业考试）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板 P 拴接，另一端与物体 A 相连，物体 A 置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体 B 相连。开始时托住 B，让 A 处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放 B，直至 B 获得最大速度。下列有关该过程的分析中正确的是（）AB 物体受到细线的拉力保持不变 BB 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 CA 物体动能的增量小于 B 物体所受重力对

27、 B 做的功与弹簧弹力对 A 做的功之和 DA 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于 B 物体所受重力对 B 做的功【答案】C【解析】A以 A、B 组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得 BAB()m gkxmma 从开始到 B 速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量 x 逐渐增加，则 B 加速度逐渐减小；对 B 根据牛顿第二定律可得 BBm gTm a 可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故 A 错误；B整个系统中，根据功能关系可知，B 减小的机械能转化为 A 的机械能以及弹簧的弹性势能，故 B 物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故 B 错误；C根据动能定理可知，A 物体动

28、能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对 A 所做功的代数和，而绳上拉力小于 B 的重力，A 与 B 运动的路程相等，所以 A 物体动能的增量小于 B 物体所受重力对 B 做的功与弹簧弹力对 A 做的功之和，故 C 正确；D根据机械能守恒定律可知，A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于 B 物体机械能的减少量，也就是等于 B 物体克服细绳拉力做的功，故 D 错误。故选 C。6（2022山东淄博三模）如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以03m/sv 的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点 M 与光滑水平轨道 PM 平滑连接，半径1mR，高0.4mh 的光滑圆弧的最低点与

29、 PM 在 P 点平滑连接，在 P 点处安装有自动控制系统，当物块 b 每次向右经过 P 点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径0.40mr 的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块 a 从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过 M 点时控制系统会使静止在 P 点的物块 b 自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块 a、b 的质量分别为10.5kgm、25.5kgm，两物块均可视为质点，物块 a 与传送带间的动摩擦因数0.25，MN 间的距离为1.5mL，取210m/sg。求：（1）物块 a 运动到圆弧轨道最低点 N 时受到的支持力大小；（2）物块 a 在第一次碰后，从经

30、过 M 点到再次回到 M 点所用的时间；（3）物块 b 第一次在 P 点相碰后到再次回到 P 所用的时间；（4）若物块 a 每次经传送带到达 M 点时，物块 b 都已锁定在 P 点，则两物块从第 1 次碰撞后到最终都静止，物块 a 与传送带之间由于相对运动产生的总热量为多少。【答案】（1）15N；（2）2s；（3）1s；（4）45J【解析】（1）对 a 从出发点到 N，由动能定理 21112Nm grm v 在 N 点对物块 a，由牛顿第二定律 2N1NvFm gmr 解得 N15NF （2）a 在传送带上，由牛顿第二定律和运动学公式 11m gm a，2202Nvvax 解得 0.2mxL

31、故物块 a 到达 M 点时 03m/svv a 和 b 发生弹性碰撞有 1 012abmvmvm v 2221 012111222abmvmvm v 解得 052.5m/s6avv ，010.5m/s6bvv 则物块 a 在第一次碰后，从经过 M 点到再次回到 M 点所用的时间为 22saavtg（3）对 b 的上升过程应用动能定理 222102bm ghm v 解得 1m80hR 故物块 b 在圆弧上运动可看作是简谐运动 12bRtTg 解得 101s10bts（4）物块 a 第 1 次碰后经过 M 点到第 2 次碰前经过 M 点因摩擦而产生的热量为 220000021100101 0555

32、5556666622226vvvvvQm gvvm gvm vggggg 物块 a 第一次碰后速度小于传送带速度0v，故第二次碰前速度仍为056v，第二次碰后 a 的速度为2056v，则第 2 次碰后到第 3 次碰前产生的热量为 22022101 0556226vQm gvm vg 由数学知识可知 21 0526nnQmv 则物块 a 与传送带之间由于相对运动产生的总热量为 2321 05555245J6666nQmv 7（2022山东省实验中学模拟预测）我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富于 2022 年 4 月 16 日 9 时 56 分搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱

33、在离地面约 6000m 的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从 80m/s 降至 10m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面 1m 时启动反推发动机，速度减至 0 后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为 fkv，其中 k 为定值，v 为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含宇航员）总质量为 3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度 g 取210m/s，设全过程为竖直方向的运动。求：（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；（2）若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，则反推发动机在该过程中对返回舱做的功。【答案】（1）70m/s2

34、；（2）51.8 10 J【解析】（1）由牛顿第二定律可知 1mgfma 由题意 11fkv 22fkvmg 联立可得 270m/sa 所以加速度大小为 70m/s2；（2）从离地一米到速度为 0 时，由动能定理可知 22102mvmghW 解得 51.8 10 JW 8（2022山东济南二模）北京冬奥会后，某学习小组设想了如图甲所示的新型滑雪赛道，整个赛道由长为2R的倾斜直线赛道ab、半径为R的竖直圆赛道和倾斜直线赛道cd组成，直线赛道ab与竖直圆赛道相切于b点，c点为竖直圆赛道的最低点，其立体图如图乙所示。质量为m的运动员（包括滑板和滑雪杖）从a点由静止开始下滑，在ab段可借助滑雪杖滑行，

35、经过b点进入竖直圆赛道后不再使用滑雪杖，完成圆周运动后从c点水平向右离开竖直圆赛道，最后落在倾斜赛道cd上。已知倾斜直线赛道ab、cd与水平方向的夹角均为37，运动员与赛道ab间的动摩擦因数18，重力加速度为g。将运动员看做质点，忽略空气阻力和运动员与竖直圆赛道间的摩擦，b点到c点过程中的运动可看做在同一竖直而内的圆周运动，sin370.6，cos370.8。（1）为保证运动员能安全通过竖直圆赛道，求在ab段运动员通过滑雪杖做功的最小值W；（2）为保证运动员从c点离开后能落到倾斜赛道cd上，求赛道cd的最小长度s；（3）若运动员从c点离开时的速度为0v，求运动员从c点到离倾斜赛道cd最远过程中

36、动量变化量的大小p。【答案】(1)1310WmgR；（2）758sR；（3）034pmv 【解析】（1）恰能赛道最高点时，速度最小，所做的功有最小值，在赛道最高点，设速度为1v，根据牛顿第二定律得 21mvmgR 从a点到赛道最高点由动能定理得 2112 sincos2(cos)02WmgRmgRmg RRmv 联立解得 1310WmgR（2）从赛道最高点到c点，由动能定理得 22111222cmgRmvmv 从c点飞出后做平抛运动，竖直方向 21sin2sgt 水平方向 coscsv t 联立解得 758sR（3）当垂直于斜面方向速度为 0 时，运动员离倾斜赛道cd最远，根据 0sincos

37、vgt pmgt 联立解得 034pmv 9（2022山东潍坊二模）如图所示，质量 M=1kg 的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一质量 m=1kg可视为质点的小物块，平板与物块间的动摩擦因数0.5，距平板左端 L=0.8m 处有一固定弹性挡板，平板撞上挡板后会原速率反弹。现对平板施一水平向左的恒力 F=5N，物块与平板一起由静止开始运动，已知重力加速度210m/sg，整个过程中物块未离开平板。求：（1）第一次碰撞过程中，平板所受合外力对平板的冲量；（2）第三次碰撞时物块离平板右端的距离；（3）物块最终离木板右端的距离；（4）若将恒力 F 撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离 L，仅给小

38、物块一个水平向左的初速度010m/sv，使得平板与挡板只能碰撞 6 次，求 L 应满足的条件。（假设平板足够长）【答案】（1）4N sI，方向为平向右；（2）32m45；（3）0.8m；（4）51mm7210L【解析】（1）若两者保持相对静止，在恒力作用下一起向左加速，有 22.5m/sFamM 由于 22.5m/sag 故平板 M 与 m 一起匀加速，根据动能定理 2112FLmM v 得 12m/sv 选初速度方向为正方向，由动量定理IP 得 114N sIMvMv 大小为4N sI，方向为平向右；（2）平板反弹后，物块加速度大小 215m/sag 向左匀减速运动，平板加速度大小为 221

39、0m/sFmgaM 经1t时间达到共速，由 1111510vtvt 得 14s15t 共同速度为 14225m/sm/s153v 共 从碰撞到达共速的过程，设平板的位移为 x1，则 211 12 112xv ta t 之后一起匀加速再次碰撞的速度为2v，由动能定理 221211122F xmM vmM v共 由运动学公式 2112xvtat 相对相对 得 2141484m15mm1521515x 同理推导可得 2188mm3 1545x 设物块离开平板右端的距离为 S，则 1232=m45Sxx 即第三次碰撞时物块离开平板右端的距离为32m45。（3）设第 n 次碰撞速度为nv，经过第nt时间

40、，达到第 n 次共速nv共，510nnnnnvvtvt 共，2212nn nnxv ta t 之后一起匀加速再次碰撞的速度为1nv，由动能定理 2211122nnnF xmM vmM v共 联立以上三式可得 215nntv，133nnvv 同理可推导可得 118315nnx 由求和公式 811153m0.8m113nnS（4）由题意，设每次加速的时间为 t，平板和木块的加速度都为 ag 则平板撞击挡板的速率 vat 根据运动情况分析，前五次撞击的速度相等且小于木块的速度 509mvvat 且对小物块 5mvv 代数得 1s5t 第六次撞击挡板的速度小于等于木块的速度，且满足 6mvv，6011

41、mvvat 代数得 1s6t 即 11ss56t 由运动学公式212Lat得 51mm7210L 10（2022山东高三专题练习）如图所示，一质量3.0kgM、长5.15mL 的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径2mR 的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为 60，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离木板B右端2.5md 处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量1.0kgm 的滑块D。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量3.0kgM 的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量1.0kgm

42、 的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度3mH 后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆。A与木板B间动摩擦因数为0.75。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度210m/sg，求：（1）滑块A到达P点的速度大小；（2）滑块A到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；（3）滑块A滑上平台时速度的大小；（4）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s。则随后运动过程中弹簧的最

43、大弹性势能是多大？【答案】（1）4 5m/sPv；（2）60N；（3）2m/s；（4）3.0375J【解析】（1）从开始到 P 点物体做平抛运动，竖直方向 22yvgH 从 P 点沿切线进入圆轨道 4 5m/ssin60ypvv（2）从 P 点到圆弧最低点，由动能定理 22111(1cos60)22pmgRmvmv 在最低点，由牛顿第二定律可知 21NvFmgmR 由牛顿第三定律可知 NN60NFF（3）假设物块 A 在木板 B 上与 B 共速后木板才到达右侧平台，以 AB 系统，由动量守恒定律 12()mvMm v 由能量关系 221211()22mvMm vmgx相 解得 5m5.15mx

44、相 B 板从开始滑动到 AB 共速的过程中，对 B 由动能定理 2B212mgxMv 解得 B1.25m2.5mx 即假设成立；B 撞平台后，A 在 B 上继续向右运动，对 A 由动能定理 223211()22mg Lsmvmv相 解得 v3=2m/s（4）弹簧第一次恢复原长时，当 C 的速度方向向右时，以 ABC 为系统，由动量守恒定律可知 3452mvmvMv 三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律 36(2)mvmM v 由能量关系 max222456112(2)2221PEmvMvmM v 解得 0.0375JpmaxE 弹簧第一次恢复原长时，当 C 的速度方向向左时，以 AD 和 C 系统，由动量守恒定律 3752mvmvMv 三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律 38(2)mvmM v 由能量关系可知 22275811122222pmaxEmvMvmM v 解得 p max3.0375JE