第八章高考强化

设该光伏电池单位时间内获得的太阳能为 $ E $ ,小车匀速运动,则有 $ F=f=kv $ ,小车的功率 $ {P}_{车}=Fv=k{v}^{2} $ ,由于电动机的效率为 $ 50\% $ ,则 $ 50\%E\eta =k{v}^{2} $ ,解得 $ E=\dfrac{2k{v}^{2}}{\eta } $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

单位时间内瀑布流出水的质量 $ m=\rho V $ ,下落过程中重力做功 $ W=mgh $ ,转化成的电能为 $ E=\eta W $ ,单位时间内转化成的电能即为发电功率,故发电功率 $ P=\rho Vgh\eta =10×{10}^{3}×10×150×70\%\mathrm{W}=1.05×{10}^{7}\mathrm{W} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

设额定功率为 $ {P}_{1} $ 的动车受到的阻力大小为 $ {f}_{1} $ ,额定功率为 $ {P}_{2} $ 的动车受到的阻力大小为 $ {f}_{2} $ ,则有 $ {P}_{1}={f}_{1}{v}_{1} $ , $ {P}_{2}={f}_{2}{v}_{2} $ ,当将它们编成动车组后,每节动车运行时受到的阻力与编组前相等,有 $ {P}_{1}+{P}_{2}=({f}_{1}+{f}_{2}){v}_{\mathrm{m}} $ ,解得该动车组在铁轨上能达到的最大速度为 $ {v}_{\mathrm{m}}=\dfrac{({P}_{1}+{P}_{2}){v}_{1}{v}_{2}}{{P}_{1}{v}_{2}+{P}_{2}{v}_{1}} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

根据动能定理有 $ mgh-{W}_{f} $ 克 $ =\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-0 $ ,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 $ {W}_{f} $ 克 $ =mgh-\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

列车对高中生所做的功转化为高中生的动能,高中生坐在列车上与列车相对静止,即高中生对地速度 $ v=144\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{h}=40\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,高中生的质量大约为 $ m=50\mathrm{k}\mathrm{g} $ ,列车对高中生所做的功为 $ W=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}=4×{10}^{4}\mathrm{J} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

作出木板及物块的运动草图，如图甲所示，根据木板和物块的运动情况可以作出其 $ v-t $ 图像如图乙所示。木板受到的摩擦力向右，摩擦力对木板做正功，设木板对地位移为 $ {x}_{M} $ ，对木板，由动能定理得 $ f{x}_{M}=\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2} $ ， $ v-t $ 图像中图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，可知 $ {x}_{M} < l $ ，则木板的末动能一定小于 $ fl {\rm ，A} $ 错误，B正确；物块受到的摩擦力向左，摩擦力对物块做负功，由运动草图可知，物块的对地位移为 $ {x}_{M}+l $ ，对物块，由动能定理得 $ -f({x}_{M}+l)=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ，物块的末动能为 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-f({x}_{M}+l) < \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-fl {\rm ，C} $ 错误，D正确。

甲     乙

（1） 雪块在屋顶下滑过程中,根据动能定理有

$ mg\cdot x \sin \theta -\mu mg \cos \theta \cdot x=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,

解得 $ {v}_{0}=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 雪块从 $ A $ 点到地面过程中,由动能定理有

$ mgℎ=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,

解得 $ {v}_{1}=8\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

雪块在 $ A $ 点速度的水平分量 $ {v}_{x}={v}_{0} \cos \theta =4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

落地瞬间雪块速度与水平方向夹角 $ \alpha $ 满足 $ \cos \alpha =\dfrac{{v}_{x}}{{v}_{1}}=\dfrac{1}{2} $ ,

解得 $ \alpha ={60}^{\circ } $ .

（1） $ 0～1\mathrm{m} $ 内, $ F=1.5\mathrm{N} $ ,

F做功为 $ W=F{x}_{1} $ ,

代入数据得 $ W=1.5\mathrm{J} $ .

（2） $ x=1\mathrm{m} $ 时, $ F=1.5\mathrm{N} $ ,

对 $ A $ 、 $ B $ 整体受力分析,由牛顿第二定律得 $ F-\mu mg=2ma $ ,

设 $ A $ 、 $ B $ 之间的弹力为 $ N $ ,

对 $ B $ ,由牛顿第二定律得 $ N=ma $ ,

联立解得 $ N=0.5\mathrm{N} $ .

（3） 设 $ A $ 、 $ B $ 分开时推力为 $ {F}_{1} $ ,此时 $ A $ 所受合外力为0,有

$ {F}_{1}-\mu mg=0 $ ,

解得 $ {F}_{1}=0.5\mathrm{N} $ ,

由题图乙可得此时位移大小 $ {x}_{2}=3\mathrm{m} $ ,

设 $ A $ 、 $ B $ 分开时速度大小为 $ {v}_{1} $ ,由动能定理得

$ {W}_{F}-\mu mg{x}_{2}=\dfrac{1}{2}×2m{v}_{1}^{2} $ ,

$ F-x $ 图线与横轴所围面积表示 $ F $ 做的功,由题图乙可得

$ {W}_{F}=1.5×1\mathrm{J}+\dfrac{1}{2}×(1.5+0.5)×2\mathrm{J}=3.5\mathrm{J} $ ,

解得 $ {v}_{1}=\sqrt{10}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

设圆弧半径为 $ r $ ,若 $ B $ 能到达 $ M $ 点,设 $ B $ 到达 $ M $ 点时速度大小为 $ {v}_{2} $ ,则满足 $ mg⩽ m\dfrac{{v}_{2}^{2}}{r} $ ,

对 $ B $ 由动能定理得 $ -2mgr=\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2} $ ,

联立解得 $ r⩽ 0.2\mathrm{m} $ .

飞行器在距星球表面高度为 $ {R}_{0} $ 的轨道上做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得 $ G\dfrac{Mm}{(2{R}_{0})^{2}}=m\dfrac{{v}^{2}}{2{R}_{0}} $ ,飞行器发射过程由机械能守恒定律得 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}+0=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}+m{g}_{0}{R}_{0}^{2}(\dfrac{1}{{R}_{0}}-\dfrac{1}{2{R}_{0}}) $ ,只考虑星球引力和忽略自转的情况下,星球表面的重力等于万有引力,即 $ G\dfrac{Mm\prime }{{R}_{0}^{2}}=m\prime {g}_{0} $ ,联立解得飞行器发射的初速度为 $ {v}_{0}=\sqrt{\dfrac{3{g}_{0}{R}_{0}}{2}} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

小球从 $ B $ 到 $ C $ 的受力分析如图甲所示,沿半径方向,由牛顿第二定律有 $ mg \cos {\theta }_{1}-N=\dfrac{m{v}^{2}}{R} $ ,解得 $ N=mg \cos {\theta }_{1}-\dfrac{m{v}^{2}}{R} $ ,由 $ B $ 到 $ C $ 的过程中, $ {\theta }_{1} $ 逐渐减小, $ v $ 逐渐减小,故 $ N $ 逐渐增大,由牛顿第三定律可知,小球从 $ B $ 到 $ C $ 的过程中,对轨道的压力逐渐增大, $ \mathrm{A} $ 正确；由 $ A $ 到 $ C $ 的过程中,小球的竖直分速度逐渐减小,故重力的功率逐渐减小, $ \mathrm{B} $ 错误；小球从 $ A $ 到 $ C $ 的过程中机械能守恒,有 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=mg\cdot 2R $ ,解得 $ {v}_{0}=2\sqrt{gR} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；若小球初速度 $ {v}_{0} $ 增大,则小球一定可以到达 $ B $ 点,在 $ B $ 点时对小球进行受力分析如图乙所示,沿半径方向,有 $ {N}_{B}=mg \cos \theta -\dfrac{m{v}_{B}^{2}}{R} $ ,当 $ {v}_{B}⩾ \sqrt{gR \cos \theta } $ 时, $ {N}_{B}⩽ 0 $ ,则小球会从 $ B $ 点脱离轨道, $ \mathrm{D} $ 正确.

甲       乙

甲所坐木板刚要离开原位置时所受摩擦力为最大静摩擦力，设弹性绳的伸长量为 $ x $ ，则 $ kx=\mu mg $ ．由于乙所坐的木板缓慢运动，可认为处于静止状态，动能为零．开始时弹性绳无弹力，由功能关系得， $ W=\dfrac{1}{2}k{x}^{2}+\mu mg(l-d+x) $ ，解得 $ W=\dfrac{3 (\mu mg)^{2}}{2k}+\mu mg (l-d ) $ ， $ \mathrm{B} $ 正确．

（1） 小球从最低点开始做圆周运动到绕过 $ N $ 、 $ M $ 两点到达 $ M $ 点正下方过程，绳子拉力不做功，设小球到达 $ M $ 点正下方时速度大小为 $ v $ ，小球所受拉力大小为 $ T $ ,由于绳子刚好被拉断,结合牛顿第三定律可知,绳子所受最大拉力大小也为 $ T $ ，由动能定理得 $ -mg\cdot 2L=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ （2分）

解得 $ v=4\sqrt{5}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ （1分）

对小球有 $ T-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{L} $ （2分）

解得 $ T=17\mathrm{N} $ （1分）

（2） 设小球平抛运动水平位移大小为 $ x $ ，下落高度 $ ℎ=2L $ ，由平抛运动规律有

$ x=vt $ （1分）

$ ℎ=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ （1分）

解得 $ x=4\mathrm{m} $ （1分）

（3） 设小球恰好到达 $ N $ 点正上方时的速度大小为 $ {v}_{1} $ ，对应小球初速度 $ v{\prime }_{0} $ 最小，

此时有 $ mg=m\dfrac{{v}_{1}^{2}}{2L} $ （2分）

小球从最低点到 $ N $ 点正上方过程，由动能定理得

$ -mg\cdot 5L=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}mv{\prime }_{0}^{2} $ （2分）

解得 $ v{\prime }_{0}=2\sqrt{15}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ （1分）

（1） 该实验的步骤为：将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端；先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带；关闭电源,取下纸带；在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据.根据实验原理 $ mgh=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ 可知,等号两边质量可以约掉,不需要用电子天平称量重锤的质量.故正确的实验步骤及顺序为④①⑥⑤.

（2） 根据题意可知,纸带上相邻计数点的时间间隔 $ T=\dfrac{1}{f}=0.02\mathrm{s} $ ,根据匀变速直线运动规律得中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度,可得打出 $ B $ 点时重锤下落的速度大小 $ {v}_{B}=\dfrac{AC}{2T}=\dfrac{(20.34-13.20)×{10}^{-2}}{2×0.02}\mathrm{m}/\mathrm{s}\approx 1.79\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 若机械能守恒,则满足 $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}=mgh $ ,可得 $ {v}^{2}-h $ 关系式为 $ {v}^{2}=2gh $ ,可知题图3中直线通过原点且斜率为 $ 2g $ ;由题图3中数据计算可得直线的斜率 $ k=\dfrac{5.5-1.4}{0.29-0.075}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=19.1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}. $

（4） 重锤重力势能减小量 $ {E}_{\mathrm{p}}=mgh $ ,动能增加量 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}=\dfrac{1}{2}mkh $ , $ \eta =|\dfrac{{E}_{\mathrm{p}}-{E}_{\mathrm{k}}}{{E}_{\mathrm{p}}}|×100\%=|\dfrac{mgh-\dfrac{1}{2}mkh}{mgh}|×100\%=|\dfrac{2g-k}{2g}|×100\% $ ,代入数据解得 $ \eta =|\dfrac{19.60-19.1}{19.60}|×100\%=2.6\% $ .

该男子在最高点时竖直方向的速度为0,重力的功率 $ P=mg{v}_{y}=0 $ , $ \mathrm{A} $ 错误.该男子在竖直方向的初速度方向向下,可知他先向下运动后向上运动, $ F $ 的方向始终向上,因此 $ F $ 对他先做负功后做正功, $ \mathrm{B} $ 正确.该男子从 $ {H}_{0} $ 处运动到 $ {H}_{1} $ 处的过程中,由动能定理可得 $ mg({H}_{0}-{H}_{1})-{W}_{克F}=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,从 $ {H}_{0} $ 处运动到 $ {H}_{2} $ 处的全过程,由动能定理可得 $ -mg({H}_{2}-{H}_{0})+{W}_{F}=\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,因此在最低点和最高点，该男子的速度等于水平初速度,即 $ {v}_{1}={v}_{2}={v}_{0x} $ ,由此可知 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=-\dfrac{1}{2}m{v}_{0y}^{2} $ ,由题图乙可知 $ \dfrac{{W}_{克F}}{{W}_{F}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}(6{F}_{0}+7{F}_{0})ℎ}{\dfrac{1}{2}({F}_{0}+6{F}_{0})×5ℎ}=\dfrac{13}{35} $ ,联立解得 $ {v}_{0y}=\dfrac{\sqrt{5gℎ}}{2} $ , $ {v}_{0}=\dfrac{{v}_{0y}}{ \sin \theta }=\dfrac{\sqrt{5gℎ}}{2 \sin \theta } $ , $ \mathrm{C} $ 正确.由前面分析可知，该男子的最小动能为 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0x}^{2}=\dfrac{1}{2}m{\left(\dfrac{{v}_{0y}}{ \tan \theta }\right) ^ {2}}=\dfrac{5mgℎ}{8{ \tan }^{2}\theta } $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

当小球与地心的距离为 $ r $ 时,其受到地球的引力等效于一个半径为 $ r $ 、密度与地球相同的球的引力,根据万有引力定律可得 $ F=G\dfrac{{M}_{球}m}{{r}^{2}} $ ,

根据密度公式可得 $ \dfrac{{M}_{球}}{M}=\dfrac{{r}^{3}}{{R}^{3}} $ ,

联立解得 $ F=G\dfrac{Mmr}{{R}^{3}} $ ,

由此可知 $ F\propto r $ ,小球从 $ A $ 点运动到 $ P $ 点的过程中,由动能定理可得

$ \dfrac{\dfrac{GMmR}{{R}^{3}}+0}{2}R-\dfrac{\dfrac{GMm\dfrac{R}{2}}{{R}^{3}}+0}{2}\cdot \dfrac{R}{2}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-0 $ ,

解得 $ v=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{3GM}{R}} $ .