2012高考必备-物理试题 动量和能量.pdf

高考物理试题分类汇编高考物理试题分类汇编 动量和能量动量和能量 09 年全国卷 21 质量为 M 的物块以速度 V 运动 与质量为 m 的静止物块发生正撞 碰撞后两者的动量正好相等 两者质量之比 M m 可能为 A 2B 3C 4D 5 答案 AB 解析解析 本题考查动量守恒 根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为 P 则总动 量为 2P 根据 K mEP2 2 以及能量的关系得 M P m p M P 222 4 222 3 m M 所以 AB 正确 09 年全国卷 20 以初速度 v0竖直向上抛出一质量为 m 的小物体 假定物块所受的 空气阻力 f 大小不变 已知重力加速度为 g 则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率 分别为 A 2 0 2 1 v f g mg 和 0 mgf v mgf B 2 0 2 1 v f g mg 和 0 mg v mgf C 2 0 2 2 1 v f g mg 和 0 mgf v mgf D 2 0 2 2 1 v f g mg 和 0 mg v mgf 答案 A 解析解析 本题考查动能定理 上升的过程中 重力做负功 阻力f做负功 由动能定理得 2 2 1 o mvfhmgh h 2 0 2 1 v f g mg 求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做 功为零 只有阻力做功为有 2 2 2 1 2 1 2 o mvmvmgh 解得 v 0 mgf v mgf A 正确 09 年上海物理 5 小球由地面竖直上抛 上升的最大高度为H 设所受阻力大小恒定 地面为零势能面 在上升至离地高度h处 小球的动能是势能的两倍 在下落至离高度h处 小球的势能是动能的两倍 则h等于 A H 9B 2H 9C 3H 9D 4H 9 答案 D 解析解析 小球上升至最高点过程 2 0 1 0 2 mgHfHmv 小球上升至离地高度h处过 程 22 10 11 22 mghfhmvmv 又 2 1 1 2 2 mvmgh 小球上升至最高点后又下降至离地高 度h处过程 22 20 11 2 22 mghfHhmvmv 又 2 2 1 2 2 mvmgh 以上各式联立解得 4 9 hH 答案 D 正确 09 年上海卷 44 自行车的设计蕴含了许多物理知识 利用所学知识完成下表 自行车的设计目的 从物理知识角度 车架用铝合金 钛合金代替钢架减轻车重 车胎变宽 自行车后轮外胎上的花纹 答案 减小压强 提高稳定性 增大摩擦 防止打滑 排水 09 年上海卷 46 与普通自行车相比 电动自行车骑行更省力 下表为某一品牌电动自 行车的部分技术参数 在额定输出功率不变的情况下 质量为 60Kg 的人骑着此自行车沿平直公路行驶 所受阻 力恒为车和人总重的 0 04 倍 当此电动车达到最大速度时 牵引力为N 当车速为 2s m 时 其加速度为m s2 g 10m m s2 规格后轮驱动直流永磁铁电机 车型14 电动自行车额定输出功率200W 整车质量40Kg额定电压48V 最大载重120 Kg额定电流4 5A 答案 40 0 6 09 年天津卷 4 如图所示 竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R 质量不 能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦 棒与导轨的电阻均不计 整个 装置放在匀强磁场中 磁场方向与导轨平面垂直 棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的 一段时间内 力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于 A 棒的机械能增加量 B 棒的动能增加量 C 棒的重力势能增加量 D 电阻 R 上放出的热量 答案 A 解析解析 棒受重力G 拉力F和安培力FA的作用 由动能定理 KGF EW WW 得mghEWW KF 即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量 选 A 09 年海南物理 7 一物体在外力的作用下从静止开始做直 线运动 合外力方向不变 大小随时间的变化如图所示 设该物体 在 0 t和 0 2t时刻相对于出发点的位移分别是 1 x和 2 x 速度分别是 1 v和 2 v 合外力从开始至 o t时刻做的功是 1 W 从 0 t至 0 2t时刻做 的功是 2 W 则 A 21 5xx 21 3vv B 1221 9 5xxvv C 2121 5 8xxWW D 21 21 39vvWW 答案 AC 09 年江苏物理 9 如图所示 两质量相等的物块 A B 通过一轻质弹簧连接 B 足够长 放置在水平面上 所 有接触面均光滑 弹簧开始时处于原长 运动过程中始终 处在弹性限度内 在物块 A 上施加一个水平恒力 A B 从静止开始运动到第一次速度相等的过程中 下列说法中正确的有 A 当 A B 加速度相等时 系统的机械能最大 B 当 A B 加速度相等时 A B 的速度差最大 C 当 A B 的速度相等时 A 的速度达到最大 D 当 A B 的速度相等时 弹簧的弹性势能最大 答案 BCD 解析解析 处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析 使用图象处理则可以使 问题大大简化 对A B在水平方向受力分析如图 F1为弹簧的拉力 当加速度大小相同为a 时 对 有maFF 1 对 有maF 1 得 2 1 F F 在整个过程中 的合力 加速度 一直减小而 的合力 加速度 一直增大 在达到共同加速度之前 A 的合力 加速度 一直 大于 的合力 加速度 之后 A 的合力 加速度 一直小于 的合力 加速度 两物体 运动的v t图象如图 tl时刻 两物体加速度相等 斜率相同 速度差最大 t2时刻两物体的速 度相等 速度达到最大值 两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大 弹 簧被拉到最长 除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功 系统机械能增加 tl时刻之后拉力依 然做正功 即加速度相等时 系统机械能并非最大值 09 年广东理科基础 8 游乐场中的一种滑梯如图所示 小朋友从轨道顶端由静止开始 下滑 沿水平轨道滑动了一段距离后停下来 则 A 下滑过程中支持力对小朋友做功 B 下滑过程中小朋友的重力势能增加 C 整个运动过程中小朋友的机械能守恒 D 在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功 答案 D 解析解析 在滑动的过程中 人受三个力重力做正功 势能降低 B 错 支持力不做功 摩擦 力做负功 所以机械能不守恒 AC 皆错 D 正确 09 年广东理科基础 9 物体在合外力作用下做直线运动的 v 一 t 图象如图所示 下列 表述正确的是 A 在 0 1s 内 合外力做正功 B 在 0 2s 内 合外力总是做负功 C 在 1 2s 内 合外力不做功 D 在 0 3s 内 合外力总是做正功 答案 A 解析解析 根据物体的速度图象可知 物体 0 1s 内做匀加速合外力做正功 A 正确 1 3s 内 做匀减速合外力做负功 根据动能定理 0 到 3s 内 1 2s 内合外力做功为零 09 年广东文科基础 58 如图 8 所示 用一轻绳系一小球悬于 O 点 现将小球拉至水平位置 然后释放 不计阻力 小球下落到最低点的过 程中 下列表述正确的是 A 小球的机械能守恒 B 小球所受的合力不变 C 小球的动能不断减小 D 小球的重力势能增加 答案 A 09 年山东卷 18 2008 年 9 月 25 日至 28 日我国成功实施了 神舟 七号载入航天飞 行并实现了航天员首次出舱 飞船先沿椭圆轨道飞行 后在远地点 343 千米处点火加速 由 椭圆轨道变成高度为 343 千米的圆轨道 在此圆轨道上飞船运行周期约为 90 分钟 下列判断 正确的是 A 飞船变轨前后的机械能相等 B 飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C 飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角 速度 D 飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿 圆轨道运动的加速度 答案 BC 解析解析 飞船点火变轨 前后的机械能不守恒 所以 A 不正确 飞船在圆轨道上时万有引 力来提供向心力 航天员出舱前后都处于失重状态 B 正确 飞船在此圆轨道上运动的周期 90 分钟小于同步卫星运动的周期 24 小时 根据 2 T 可知 飞船在此圆轨道上运动的角度 速度大于同步卫星运动的角速度 C 正确 飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来 提供加速度 变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度 所以相等 D 不正确 考点 机械能守恒定律 完全失重 万有引力定律 提示 若物体除了重力 弹性力做功以外 还有其他力 非重力 弹性力 不做功 且其他 力做功之和不为零 则机械能不守恒 根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度 周期 动能 动量等状态 量 由 2 2 Mmv Gm rr 得 GM v r 由 2 2 2 Mm Gmr rT 得 3 2 r T GM 由 2 2 Mm Gmr r 得 3 GM r 2 n Mm Gma r 可求向心加速度 09 年山东卷 22 图示为某探究活动小组设计的节能运动系统 斜面轨道倾角为 30 质量为 M 的木箱与轨道的动摩擦因数为 3 6 木箱在轨道 端时 自动装货装置将质量为 m 的货物装入木箱 然后木 箱载着货物沿轨道无初速滑下 与轻弹簧被压缩至最短时 自动卸货装置立刻将货物卸下 然后木箱恰好被弹回到轨道 顶端 再重复上述过程 下列选项正确的是 A m M B m 2M P 地球 Q 轨道 1 轨道 2 C 木箱不与弹簧接触时 上滑的加速度大于下滑的加速度 D 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中 减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势 能 答案 BC 解析解析 受力分析可知 下滑时加速度为cosgg 上滑时加速度为cosgg 所以C正确 设下滑的距离为l 根据能量守恒有 coscossinmM glMglmgl 得 m 2M 也可以根据除了重力 弹性力做 功以外 还有其他力 非重力 弹性力 做的功之和等于系统机械能的变化量 B 正确 在木箱 与货物从顶端滑到最低点的过程中 减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能 所以 D 不正确 考点 能量守恒定律 机械能守恒定律 牛顿第二定律 受力分析 提示 能量守恒定律的理解及应用 09 年宁夏卷 17 质量为 m 的物体静止在光滑水平面上 从 t 0 时刻开始受到水平力 的作用 力的大小 F 与时间 t 的关系如图所示 力的方向保持 不变 则 A 0 3t时刻的瞬时功率为 m tF 0 2 0 5 B 0 3t时刻的瞬时功率为 m tF 0 2 0 15 C 在0 t到 0 3t这段时间内 水平力的平均功率为 m tF 4 23 0 2 0 D 在0 t到 0 3t这段时间内 水平力的平均功率为 m tF 6 25 0 2 0 答案 BD 09 年安徽卷 18 在光滑的绝缘水平面上 有一个正方形的 abcd 顶点a c处分别固定一个正点电荷 电荷量相等 如图所示 若将一个带负电的粒子置于b点 自由释放 粒子将沿着对角线bd 往复运动 粒子从b点运动到d点的过程中 A 先作匀加速运动 后作匀减速运动 B 先从高电势到低电势 后从低电势到高电势 C 电势能与机械能之和先增大 后减小 D 电势能先减小 后增大 答案 D 解析解析 由于负电荷受到的电场力是变力 加速度是变化的 所以 A 错 由等量正电荷的 电场分布知道 在两电荷连线的中垂线O点的电势最高 所以从b到a 电势是先增大后减小 故 B 错 由于只有电场力做功 所以只有电势能与动能的相互转化 故电势能与机械能的和 守恒 C 错 由b到O电场力做正功 电势能减小 由O到d电场力做负功 电势能增加 D 对 09 年福建卷 18 如图所示 固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距 为 d 其右端接有阻值为 R 的电阻 整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为 B 的匀强磁场 中 一质量为 m 质量分布均匀 的导体杆 ab 垂直于导轨放置 且与两导轨保持良好接触 杆与导轨之间的动摩擦因数为 u 现杆在水平向左 垂直于杆的恒力 F 作用下从静止开始沿导 轨运动距离 L 时 速度恰好达到最大 运动过程中杆始终与导轨保持垂直 设杆接入电路 的电阻为 r 导轨电阻不计 重力加速度大小为 g 则此过程 A 杆的速度最大值为 B 流过电阻 R 的电量为 C 恒力 F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D 恒力 F 做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量 答案 BD 解析解析 当杆达到最大速度vm时 0 22 rR vdB mgF m 得 22d B rRmgF vm A a b c c d O 错 由公式 rR BdL rR SB rR q B 对 在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能 定理有 KfF EWWW 安 其中mgWf QW 安 恒力F做的功与摩擦力做 的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和 C 错 恒力F做的功与安倍力做的功 之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和 D 对 09 年浙江自选模块 13 物理 1 2 模块 1 本小题共 3 分 在给出的四个选项 中 可能只有一个选项正确 也可能有多个选项正确 全部选对得 3 分 选对但不全的得 1 分 有选错的得 0 分 二氧化碳是引起地球温室效应的原因之一 减少二氧化碳的排放是人类追求的目标 下 列能源利用时均不会引起二氧化碳排放的是 A 氢能 核能 太阳能B 风能 潮汐能 核能 C 生物质能 风能 氢能D 太阳能 生物质能 地热能 答案 AB 09 年全国卷 25 18 分 如图所示 倾角为 的斜面上静止放置三个质量均为 m 的木箱 相邻两木箱的距离均为 l 工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑 逐一与其 它木箱碰撞 每次碰撞后木箱都粘在一起运动 整个过程中工人的推力不变 最后恰好能推 着三个木箱匀速上滑 已知木箱与斜面间的动摩擦因数为 重力加速度为 g 设碰撞时间极短 求 1 工人的推力 2 三个木箱匀速运动的速度 3 在第一次碰撞中损失的机械能 答 案 1 3sin3cosmgmg 2 2 2 sincos 3 gL 3 sincos mgL 解析解析 1 当匀速时 把三个物体看作一个整体受重力 推力 F 摩擦力 f 和支持力 根据 平衡的知识有 cos3sin3mgmgF 2 第 一 个 木 箱 与 第 二 个 木 箱 碰 撞 之 前 的 速 度 为V1 加 速 度 cos sin2 cossin 1 g m mgmgF a根 据 运 动 学 公 式 或 动 能 定 理 有 cos sin2 1 gLV 碰撞后的速度为 V2根据动量守恒有 21 2mVmV 即碰撞后的 速度为 cos sin 2 gLV 然后一起去碰撞第三个木箱 设碰撞前的速度为 V3 从 V2 到 V3 的加速度为 2 cos sin 2 cos2sin2 2 g m mgmgF a 根据运 动学公式有LaVV 2 2 2 2 3 2 得 cos sin2 3 gLV 跟第三个木箱碰撞 根据动量守恒有 43 32mVmV 得 cos sin2 3 2 4 gLV就是匀速的速度 4 设第一次碰撞中的能量损失为E 根据能量守恒有 2 2 2 1 2 2 1 2 1 mVEmV 带入数据 得 cos sin mgLE 09 年北京卷 24 20 分 1 如图 1 所示 ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨 道 BC 段水平 AB 段与 BC 段平滑连接 质量为 1 m的小球从高位h处由静止开始沿轨道下 滑 与静止在轨道 BC 段上质量为 2 m的小球发生碰撞 碰撞后两球两球的运动方向处于同一 水平线上 且在碰撞过程中无机械能损失 求碰撞后小球 2 m的速度大小 2 v 2 碰撞过程中的能量传递规律在屋里学中有着广泛的应用 为了探究这一规律 我们 才用多球依次碰撞 碰撞前后速度在同一直线上 且无机械能损失的恶简化力学模型 如图 2 所示 在固定光滑水平轨道上 质量分别为 1231n mmmm n m 的若干个球沿直 线静止相间排列 给第 1 个球初能 1k E 从而引起各球的依次碰撞 定义其中第n个球经过依 次碰撞后获得的动能 k E与 1k E之比为第 1 个球对第n个球的动能传递系数 1n k a 求 1n k b 若 1000 4 k mm mm m 为确定的已知量 求 2 m为何值时 1n k值最大 解析解析 1 设碰撞前的速度为 根据机械能守恒定律 2 1011 2 1 vmghm 设碰撞后 m1与 m2的速度分别为 v1和 v2 根据动量守恒定律 2211101 vmvmvm 由于碰撞过程中无机械能损失 2 22 2 11 2 101 2 1 2 1 2 1 vmvmvm 式联立解得 21 101 2 2 mm vm v 将 代入得 21 1 2 22 mm ghm v 2 a 由 式 考虑到 2 222 2 101 2 1 2 1 1vmEvmE KK 和得 根据动能传递系数的定义 对于 1 2 两球 2 21 21 1 2 12 4 mm mm E E k k k 同理可得 球 m2和球 m3碰撞后 动能传递系数 k13应为 2 32 32 2 21 21 2 3 1 2 1 3 13 4 4 mm mm mm mm E E E E E E k k k k k k k 依次类推 动能传递系数 k1n应为 2 1 1 2 32 32 2 21 21 1 2 3 1 2 1 4 4 4 nn nn nk kn k k k k k kn mm mm mm mm mm mm E E E E E E E E kin LL 解得 2 1 2 32 2 21 2 1 2 3 2 21 1 1 4 nn nn n n mmmmmm mmmmm k L L b 将 m1 4m0 m3 mo代入 式可得 2 220 2 2 012 4 64 o mmmm m mk 为使 k13最大 只需使取最小值 最大 即 2 2 0 2 2 0 022 2 4 4 1 4 m m m mmmmm m o 由 可知 0 2 2 0 2 2 2 0 2 4 24 m m m m m m m 最大 时 即当 1302 2 0 2 2 2 kmm m m m 09 年天津卷 10 16 分 如图所示 质量 m1 0 3 kg 的 小车静止在光滑的水平面上 车长 L 15 m 现有质量 m2 0 2 kg 可视为质点的物块 以水平向右的速度 v0 2 m s 从左端 滑上小车 最后在车面上某处与小车保持相对静止 物块与车面间的动摩擦因数 0 5 取 g 10 m s2 求 1 物块在车面上滑行的时间 t 2 要使物块不从小车右端滑出 物块滑上小车左端的速度 v 0不超过多少 答案 1 0 24s 2 5m s 解析解析 本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题 涉及动量守恒定律 动量定理和功能关 系这些物理规律的运用 1 设物块与小车的共同速度为v 以水平向右为正方向 根据动量守恒定律有 vmmvm 2102 设物块与车面间的滑动摩擦力为F 对物块应用动量定理有 022 vmvmtF 其中gmF 2 解得 gmm vm t 21 01 代入数据得s24 0 t 2 要使物块恰好不从车厢滑出 须物块到车面右端时与小车有共同的速度v 则 vmmvm 2102 由功能关系有 gLmvmmvm 2 2 21 2 02 2 1 2 1 代入数据解得 0 v 5m s 故要使物块不从小车右端滑出 物块滑上小车的速度v0 不能超过 5m s 09年山东卷 24 15分 如图所示 某货场而将质量为 m1 100 kg的货物 可视为质点 从高处运送至地面 为避免货物 与地面发生撞击 现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道 使 货物中轨道顶端无初速滑下 轨道半径R 1 8 m 地面上紧靠轨道 次排放两声完全相同的木板A B 长度均为l 2m 质量均为 m2 100 kg 木板上表面与轨道末端相切 货物与木板间的动摩擦因数为 1 木板与地面间的 动摩擦因数 0 2 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等 取g 10 m s2 1 求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力 2 若货物滑上木板4时 木板不动 而滑上木板B时 木板B开始滑动 求 1 应满足 的条件 3 若 1 0 5 求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间 解析解析 1 设货物滑到圆轨道末端是的速度为 0 v 对货物的下滑过程中根据机械能守恒 定律得 2 1 0 1 2 mgRmv 设货物在轨道末端所受支持力的大小为 N F 根据牛顿第二定律得 2 0 11N v Fm gm R 联立以上两式代入数据得3000 N FN 根据牛顿第三定律 货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为 3000N 方向竖直向下 2 若滑上木板 A 时 木板不动 由受力分析得 11212 2 m gmm g 若滑上木板 B 时 木板 B 开始滑动 由受力分析得 11212 m gmm g 联立 式代入数据得 1 0 6 0 4 3 1 0 5 由 式可知 货物在木板 A 上滑动时 木板不动 设货物在木板 A 上做 减速运动时的加速度大小为 1 a 由牛顿第二定律得 111 1 m gm a 设货物滑到木板 A 末端是的速度为 1 v 由运动学公式得 22 101 2vval 联立 式代入数据得 1 4 vm s 设在木板 A 上运动的时间为 t 由运动学公式得 101 vvat 联立 式代入数据得0 4ts 考点 机械能守恒定律 牛顿第二定律 运动学方程 受力分析 09 年山东卷 38 4 分 物理 物理 3 2 如图所示 光滑水平面轨道上有三个木 块 A B C 质量分别为mB mc 2m mA m A B用细绳连接 中间有一压缩的弹簧 弹簧与滑块 不栓接 开始时A B以共同速度v0运动 C静止 某时刻细绳突然断开 A B被弹开 然 后B又与C发生碰撞并粘在一起 最终三滑块速度恰好相同 求B与C碰撞前B的速度 解析解析 2 设共同速度为 v 球 A 和 B 分开后 B 的速度为 B v 由动量守恒定律有 0 ABABB mmvm vm v BBBC m vmmv 联立这两式得 B 和 C 碰撞前 B 的速度为 0 9 5 B vv 考点 动量守恒定律 09 年安徽卷 23 16 分 如图所示 匀强电场方向沿x 轴的正方向 场强为E 在 0 A d点有一个静止的中性微粒 由于内部作用 某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微 粒 其中电荷量为q的微粒 1 沿y轴负方向运动 经过一段时间 到达 0 d 点 不计重力和分裂后两微粒间的作用 试求 1 分裂时两个微粒各自的速度 2 当微粒 1 到达 0 d 点时 电场力对微粒 1 做功的瞬 间功率 3 当微粒 1 到达 0 d 点时 两微粒间的距离 答案 1 m qEd v 2 1 m qEd v 2 2 方向沿 y 正方向 2 m qEd qEP 2 3 2d2 解析解析 1 微粒 1 在 y 方向不受力 做匀速直线运动 在x方向由于受恒定的电场力 做匀加速直线运动 所以微粒 1 做的是类平抛运动 设微粒 1 分裂时的速度为v1 微粒 2 的 速度为v2则有 在y方向上有 tvd 1 在 x 方向上有 0 v m qE a 2 2 1 atd m qEd v 2 1 根号外的负号表示沿y轴的负方向 中性微粒分裂成两微粒时 遵守动量守恒定律 有 0 21 mvmv m qEd vv 2 12 方向沿 y 正方向 2 设微粒 1 到达 0 d 点时的速度为v 则电场力 做功的瞬时功率为 BxB qEvqEvP cos 其中由运动学公式 m qEd ad vBx 2 2 所以 m qEd qEP 2 3 两微粒的运动具有对称性 如图所示 当微粒 1 到达 0 d 点时发生的位移 dS2 1 则当微粒 1 到达 0 d 点时 两微粒间的距离为dS2BC22 1 09 年安徽卷 24 20 分 过山车是游乐场中常见的设施 下图是一种过山车的简易 模型 它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成 B C D分别是三个圆形轨道的 最低点 B C间距与C D间距相等 半径 1 2 0mR 2 1 4mR 一个质量为1 0m kg 的小球 视为质点 从轨道的左侧A点以 0 12 0m sv 的初速度沿轨道向右运动 A B间 距 1 6 0L m 小球与水平轨道间的动摩擦因数0 2 圆形轨道是光滑的 假设水平轨道 足够长 圆形轨道间不相互重叠 重力加速度取 2 10m sg 计算结果保留小数点后一位数 字 试求 1 小球在经过第一个圆形轨道的最高点时 轨道对小球作用力的大小 2 如果小球恰能通过第二圆形轨道 B C间距L应是多少 3 在满足 2 的条件下 如果要使小球不能脱离轨道 在第三个圆形轨道的设计中 0 d d 0 x E y vx vy 半径 3 R应满足的条件 小球最终停留点与起点A的距离 答案 1 10 0N 2 12 5m 3 当m4 0 3 R0时 m36 0 L 当m27 9m1 0 3 R 时 m026 L 解析解析 1 设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理 2 0 2 111 2 1 2 1 2mvmvmgRmgL 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F 根据牛顿第二定律 1 2 1 R v mmgF 由 得10 0NF 2 设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2 由题意 2 2 2 R v mmg 2 0 2 21 2 1 2 1 2mvmvmgRLLmg 2 由 得m12 5 L 3 要保证小球不脱离轨道 可分两种情况进行讨论 I 轨道半径较小时 小球恰能通过第三个圆轨道 设在最高点的速度为v3 应满足 3 3 R v mmg 2 2 0 2 31 2 1 2 1 2mvmvmgRL2Lmg 3 由 得m R340 II 轨道半径较大时 小球上升的最大高度为R3 根据动能定理 2 01 2 1 2mv0mgRL2Lmg 3 解得m1 0 3 R 为了保证圆轨道不重叠 R3最大值应满足 2 23 2 2 32 RRLRR 解得R3 27 9m 综合 I II 要使小球不脱离轨道 则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 m4 0 3 R0 或m27 9m1 0 3 R 当m4 0 0 的 滑块从距离弹簧上端为 s0处静止释放 滑块在运动过程中电 量保持不变 设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失 弹簧 始终处在弹性限度内 重力加速度大小为 g 1 求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历 的时间 t1 2 若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度 大小为 vm 求滑块从静止释放到速度大小为 vm过程中弹簧 的弹力所做的功 W 3 从滑块静止释放瞬间开始计时 请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程 中速度与时间关系 v t 图象 图中横坐标轴上的 t1 t2及 t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触 第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻 纵坐标轴上的 v1为滑块在 t1时刻的速度 大小 vm是题中所指的物理量 本小题不要求写出计算过程 答案 1 sin 2 0 1 mgqE ms t 2 sin sin 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m 3 解析解析 本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题 涉及到匀变速直线运动 运用动能定 理处理变力功问题 最大速度问题和运动过程分析 1 滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动 设加速 度大小为a 则有 qE mgsin ma 2 10 2 1 ats 联立 可得 sin 2 0 1 mgqE ms t 2 滑块速度最大时受力平衡 设此时弹簧压缩量为 0 x 则有 0 sinkxqEmg 从静止释放到速度达到最大的过程中 由动能定理得 0 2 1 sin 2 0 mm mvWxxqEmg 联立 可得 sin sin 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m s 3 如图 09 年浙江卷 24 18 分 某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛 比赛路径如图所 示 赛车从起点 A 出发 沿水平直线轨道运动 L 后 由 B 点进入半径为 R 的光滑竖直圆轨道 离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到 C 点 并能越过壕沟 已知赛车质量 m 0 1kg 通电后以额定功率 P 1 5w 工作 进入竖直轨道前受到阻力恒为 0 3N 随后在运动中受到的阻 力均可不记 图中 L 10 00m R 0 32m h 1 25m S 1 50m 问 要使赛车完成比赛 电动 机至少工作多长时间 取 g 10 答案 2 53s 解析解析 本题考查平抛 圆周运动和功能关系 设赛车越过壕沟需要的最小速度为 v1 由平抛运动的规律 tvS 1 2 2 1 gth 解得 1 3 2 R vSm s h 设赛车恰好越过圆轨道 对应圆轨道最高点的速度为v2 最低点的速度为v3 由牛顿第 二定律及机械能守恒定律 R v mmg 2 2 Rmgmvmv2 2 1 2 1 2 2 2 3 解得45 3 ghvm s 通过分析比较 赛车要完成比赛 在进入圆轨道前的速度最小应该是 4 min vm s 设电动机工作时间至少为 t 根据功能原理 min 2 2 1 mvfLPt 由此可得t 2 53s 09 年江苏卷 14 16 分 1932 年 劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器 回旋加速 器的工作原理如图所示 置于高真空中的 D 形金属盒半径为 R 两盒间的狭缝很小 带电粒子 穿过的时间可以忽略不计 磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直 A 处粒子源产生的粒子 质量为 m 电荷量为 q 在加速器中被加速 加速电压为 U 加速过程中不考虑相对论效应 和重力作用 1 求粒子第 2 次和第 1 次经过两 D 形盒间狭缝后轨道半径之比 2 求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间 t 3 实际使用中 磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制 若某一加速器磁感应 强度和加速电场频率的最大值分别为 Bm fm 试讨论粒子能获得的最大动能 E 解析解析 1 设粒子第 1 次经过狭缝后的半径为 r1 速度为 v1 qu 1 2 mv12 qv1B m 2 1 1 v r 解得 1 12mU r Bq 同理 粒子第 2 次经过狭缝后的半径 2 14mU r Bq 则 21 2 1rr 2 设粒子到出口处被加速了 n 圈 2 2 1 2 2 2 nqUmv v qvBm R m T qB tnT 解得 2 2 BR t U 3 加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率 即 2 qB f m 当磁场感应强度为 Bm时 加速电场的频率应为 2 m Bm qB f m 粒子的动能 2 1 2 K Emv 当 Bm f m f时 粒子的最大动能由 Bm决定 2 m mm v qv Bm R 解得 222 2 m km q B R E m 当 Bm f m f时 粒子的最大动能由 fm决定 2 mm vf R 解得 222 2 kmm Emf R 09 年江苏物理 15 16 分 如图所示 两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜 面上 导轨间距为 l 足够长且电阻忽略不计 导轨平面的倾角为 条形匀强磁场的宽度为 d 磁感应强度大小为 B 方向与导轨平面垂直 长度为 2d 的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝 线框连接在一起组成 型装置 总质量为 m 置于导轨上 导体棒中通以大小恒为 I 的电流 由外接恒流源产生 图中未图出 线框的边长为 d d l 电阻为 R 下边与磁 场区域上边界重合 将装置由静止释放 导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回 导体棒 在整个运动过程中始终与导轨垂直 重力加速度为 g 求 1 装置从释放到开始返回的过程中 线框中产生的焦耳热 Q 2 线框第一次穿越磁场区域所需的时间 t1 3 经过足够长时间后 线框上边与磁场区域下边界的最大距离 m 解析解析 1 设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中 作用在线框上的安培力做功 为 W 由动能定理sin40mgdWBIld 且QW 解得BIldmgdQ sin4 2 设线框刚离开磁场下边界时的速度为 1 v 则接着向下运动2d 由动能定理 2 1 1 sin20 2 mgdBIldmv 装置在磁场中运动时收到的合力 sin FmgF 感应电动势 Bd 感应电流 I R 安培力 FBI d 由牛顿第二定律 在 t 到 t t 时间内 有t m F v 则t mR vdB gv 22 sin 有 23 11 2 sin B d vgt mR 解得 23 1 2 2 2sin sin B d m BIldmgd R t mg 3 经过足够长时间后 线框在磁场下边界与最大距离 m x之间往复运动 由动能定理sin 0 mm mgxBIl xd 解得 sin m BIld x BIlmg 09 年四川卷 23 16 分 图示为修建高层建筑常用的塔式起重机 在起重机将质量 m 5 10 3 kg 的重物竖直吊起的过程中 重物由静止开始向上作匀加速直线运动 加速度 a 0 2 m s 2 当起重机输出功率达到其允许的最大值时 保持该功率直到重物做 v m 1 02 m s 的匀速 运动 取 g 10 m s 2 不计额外功 求 1 起重机允许输出的最大功率 2 重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第 2 秒末的输出功率 答案答案 解析解析 1 设起重机允许输出的最大功率为 P0 重物达到最大速度时 拉力 F0等于重力 P0 F0vm P0 mg 代入数据 有 P0 5 1 10 4W 2 匀加速运动结束时 起重机达到允许输出的最大功率 设此时重物受到的拉力为 F 速度为 v1 匀加速运动经历时间为 t1 有 P0 F0v1 F mg ma V1 at1 由 代入数据 得 t1 5 s T 2 s 时 重物处于匀加速运动阶段 设此时速度为 v2 输出功率为 P 则 v2 at P Fv 2 由 代入数据 得 P 2 04 10 4W 09 年四川卷 24 19 分 如图所示 直线形挡板 p1p2p3与半径为 r 的圆弧形挡板 p3p4p5 平滑连接并安装在水平台面 b1b2b3b4上 挡板与台面均固定不动 线圈 c1c2c3的匝数为 n 其端 点 c1 c3通过导线分别与电阻 R1和平行板电容器相连 电容器两极板间的距离为 d 电阻 R1的 阻值是线圈 c1c2c3阻值的 2 倍 其余电阻不计 线圈 c1c2c3内有一面积为 S 方向垂直于线圈 平面向上的匀强磁场 磁场的磁感应强度 B 随时间均匀增大 质量为 m 的小滑块带正电 电 荷量始终保持为 q 在水平台面上以初速度 v0从 p1位置出发 沿挡板运动并通过 p5位置 若电 容器两板间的电场为匀强电场 p1 p2在电场外 间距为 L 其间小滑块与台面的动摩擦因数为 其余部分的摩擦不计 重力加速度为 g 求 1 小滑块通过 p2位置时的速度大小 2 电容器两极板间电场强度的取值范围 3 经过时间 t 磁感应强度变化量的取值范围 解析解析 1 小滑块运动到位置 p2时速度为 v1 由动能定理有 umgL 22 10 11 22 mvmv v1 2 0 2vugL 2 由题意可知 电场方向如图 若小滑块能通过位置 p 则小滑块可沿挡板运动且通 过位置 p5 设小滑块在位置 p 的速度为 v 受到的挡板的弹力为 N 匀强电场的电场强度为 E 由动能定理有 umgL 2rEqs 22 10 11 22 mvmv 当滑块在位置 p 时 由牛顿第二定律有 N Eq m 2 v r 由题意有 N 0 由以上三式可得 E 2 0 2 5 m vugL qr E 的取值范围 0 E 2 0 2 5 m vugL qr 3 设线圈产生的电动势为 E1 其电阻为 R 平行板电容器两端的电压为 U t 时间内磁 感应强度的变化量为 B 得 U Ed 由法拉第电磁感应定律得 E1 n BS t 由全电路的欧姆定律得 E1 I R 2R U 2RI 经过时间 t 磁感应强度变化量的取值范围 0 B 2 0 3 2 10 md vgL t nsqr 09 年上海物理 20 10 分 质量为 5 103kg 的汽车在t 0 时刻速度v0 10m s 随 后以P 6 104W 的额定功率沿平直公路继续前进 经 72s 达到最大速度 设汽车受恒定阻力 其大小为 2 5 103N 求 1 汽车的最大速度vm 2 汽车在 72s 内经过的路程s 解析解析 1 当达到最大速度时 P Fv fvm vm P f 6 104 2 5 103 m s 24m s 2 从开始到 72s 时刻依据动能定理得 Pt fs 1 2 mvm2 1 2 mv02 解得 s 2Pt mvm 2 mv02 2f 1252m 09 年上海物理 23 12 分 如图 质量均为m的两个小球 A B 固定在弯成 120 角 的绝缘轻杆两端 OA 和 OB 的长度均为l 可绕过 O 点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动 空气阻力不计 设 A 球带正电 B 球带负电 电量均为q 处在竖直向下的匀强电场中 开始 时 杆 OB 与竖直方向的夹角 0 60 由静止释放 摆动到 90 的位置时 系统处于平衡 状态 求 1 匀强电场的场强大小E 2 系统由初位置运动到平衡位置 重力做的功Wg和静电力做的功We 3 B 球在摆动到平衡位置时速度的大小v 解析解析 1 力矩平衡时 mg qE lsin90 mg qE lsin 120 90 即mg qE 1 2 mg qE 得 E mg 3q 2 重力做功 Wg mgl cos30 cos60 mglcos60 3 1 mgl 静电力做功 We qEl cos30 cos60 qElcos60 3mgl 3 小球动能改变量 Ek 1 2 mv2 Wg We 32 1 mgl 得小球的速度 v Ek m 32 EQ 09 年四川卷 25 20 分 如图所示 轻弹簧一端连于固定点 O 可在竖直平面内自由转 动 另一端连接一带电小球 P 其质量 m 2 10 2 kg 电荷量 q 0 2 C 将弹簧拉至水平后 以初 速度 V0 20 m s 竖直向下射出小球 P 小球 P 到达 O 点的正下方 O1点时速度恰好水平 其大小 V 15 m s 若 O O1相距 R 1 5 m 小球 P 在 O1点与另一由细绳悬挂的 不带电的 质量 M 1 6 10 1 kg 的静止绝缘小球 N 相碰 碰后瞬间 小球 P 脱离弹簧 小球 N 脱离细绳 同时在空 间加上竖直向上的匀强电场 E 和垂直于纸面的磁感应强度 B 1T 的弱强磁场 此后 小球 P 在 竖直平面内做半径 r 0 5 m 的圆周运动 小球 P N 均可视为质点 小 球 P 的电荷量保持不变 不计空气阻力 取 g 10 m s 2 那么 1 弹簧从水平摆至竖直位置的过程中 其弹力做功为多少 2 请通过计算并比较相关物理量 判断小球 P N 碰撞后能否在某一时刻具有相同的 速度 3 若题中各量为变量 在保证小球 P N 碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下 请推 导出 r 的表达式 要求用 B q m 表示 其中 为小球 N 的运动速度与水平方向的夹角 解析解析 1 设弹簧的弹力做功为 W 有 22 0 11 22 mgRWmvmv 代入数据 得 W 2 05 J 2 由题给条件知 N 碰后作平抛运动 P 所受电场力和重力平衡 P 带正电荷 设 P N 碰后的速度大小分别为 v1和 V 并令水平向右为正方向 有 1 mvmvMV 而 1 Bqr v m 若 P N 碰后速度同向时 计算可得 V v1 这种碰撞不能实现 P N 碰后瞬时必为反向 运动 有 mvBqr V M P N 速度相同时 N 经过的时间为 N t P 经过的时间为 P t 设此时 N 的速度 V1 的方向与 水平方向的夹角为 有 11 cos VV Vv 11 sinsin N gtVv 代入数据 得 3 4 N ts 对小球 P 其圆周运动的周期为 T 有 2m T Bq 经计算得 N t T P 经过 P t时 对应的圆心角为 有 2 P tT 当 B 的方向垂直纸面朝外时 P N 的速度相同 如图可知 有 1 联立相关方程得 1 2 15 P ts 比较得 1NP tt 在此情况下 P N 的速度在同一时刻不可能相同 当 B 的方向垂直纸面朝里时 P N 的速度相同 同样由图 有 2 a 同上得 2 15 P t 比较得 2Np tt 在此情况下 P N 的速度在同一时刻也不可能相同 3 当 B 的方向垂直纸面朝外时 设在 t 时刻 P N 的速度相同 NP ttt 再联立 解得 2 22 21 0 1 2 sin g nm rn B q K 当 B 的方向垂直纸面朝里时 设在 t 时刻 P N 的速度相同 NP ttt 同理得 2 22 sin m g r B q 考虑圆周运动的周期性 有 2 22 21 0 1 2 sin g nm rn B q K 给定的 B q r m 等物理量决定 n 的取值 09 年重庆卷 23 16 分 2009 年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军 这引 起了人们对冰壶运动的关注 冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程 如题 23 图 运动员将静止于 O 点的冰壶 视为质点 沿直线OO 推到 A 点放手 此后冰壶沿AO 滑行 最后停于 C 点 已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为 冰壶质量为 m AC L CO r 重力加 速度为 g 1 求冰壶在 A 点的速率 2 求冰壶从 O 点到 A 点的运动过程中受到的冲量大小 3 若将CO 段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0 8 原只能滑到 C 点的冰壶能停 于O 点 求 A 点与 B 点之间的距离 解析解析 09 年重庆卷 24 18 分 探究某种笔的弹跳问题时 把笔分为轻质弹簧 内芯和外 壳三部分 其中内芯和外壳质量分别为 m 和 4m 笔的弹跳过程分为三个阶段 把笔竖直倒立于水平硬桌面 下压外壳使其