【6年高考4年模拟】2012版高考物理考题汇编 机械能

1 物理精品物理精品 2012 2012 版版 6 6 年高考年高考 4 4 年模拟年模拟 机械能部分机械能部分 第一部分第一部分 六年高考荟萃六年高考荟萃 20112011 年高考题年高考题 1 2011 江苏第 4 题 如图所示 演员正在进行杂技表演 由图可 估 算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于 A 0 3J B 3J C 30J D 300J 2 2011 全国卷 1 第 20 题 质量为 M 内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上 箱 子中间有一质量为 m 的小物块 小物块与箱子底板间的动摩擦因数为 初始时小物块 停在箱子正中间 如图所示 现给小物块一水平向右的初速度 v 小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间 井与箱子保持相对静止 设碰撞都是弹性的 则整个过程中 系统损失的动能为 A 2 1 2 mv B 2 1 2 mM v mM C 1 2 N mgL D N mgL 解析 两物体最终速度相等设为 u 由动量守恒得 mv m M u 系统损 失的动能为 222 111 222 mM mvmM uv mM 系统损失的动能转 化为内能 Q fs N mgL 3 四川第 19 题 如图是 神舟 系列航天飞船返回舱返回 地 面的示意图 假定其过程可简化为 打开降落伞一段时间 后 整个装置匀速下降 为确保安全着陆 需点燃返回舱 的缓冲火箭 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动 则 A 火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B 返回舱在喷气过程中减速的住要原因是空气阻力 C 返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D 返回舱在喷气过程中处于失重状态 解析 先从力学角度讨论 A B 两项 而 C 项宜用动能定理 D 项则考查超重 失重概念 答案选 A 由整体法 隔离法结合牛顿第二定律 可知 A 正确 B 错 由动能定理可知 C 错 因为物体具有竖直向上的加速度 因此处于超重状态 D 错 4 四川第 21 题 质量为 m 的带正电小球由空中 A 点无初速度自由下落 在 t 秒末加上竖 2 直向上 范围足够大的匀强电场 再经过 t 秒小球又回到 A 点 不计空气阻力且小球从 末落地 则 A 整个过程中小球电势能变换了 2 2 3 2 mg t B 整个过程中小球动量增量的大小为 2mgt C 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2 D 从 A 点到最低点小球重力势能变化了 2 3 mg2t2 解析 选 BD 从运动学公式 平均速度等 入手 可求出两次过程的末速度比例 加速度 比例 做好准备工作 通过动能定律 机械能守恒定律等得出电场力做功 再由功 能关系可知电势能增减以及动能变化等 从而排除 A C 两项 借助运动学公式 选 项 B 中的动量变化可直接计算 对于选项 D 要先由运动学公式确定 再结合此 前的机械能守恒定律来计算重力势能变化量 运动过程如上图所示 分析可知 加电场之前与加电场之后 小球的位移大 小是相等的 由运动学公式得 对加电场之后 的运动过程应用动能定理得 对此前的过程有 机械能守恒 以及运动学公式 由以上各式联立可得 即整个过程中小球电势能减少了 A 错 动量增量为 可知 B 正确 从加电场开始到小球运动 到最低点时 C 错 由运动学公式知 以及 则从 A 点到最低点小球重力势能变化 量为 D 正确 5 2011 海南第 9 题 一质量为 1kg 的质点静止于光滑水平面上 从 t 0 时起 第 1 秒 内受到 2N 的水平外力作用 第 2 秒内受到同方向的 1N 的外力作用 下列判断正确的是 A 0 2s 内外力的平均功率是 9 4 W 3 B 第 2 秒内外力所做的功是 5 4 J C 第 2 秒末外力的瞬时功率最大 D 第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值是 4 5 解析 由动量定理求出 1s 末 2s 末速度分别为 v1 2m s v2 3m s 故合力做功为 w 2 1 4 5 2 mvJ 功率为 4 5 1 5 3 w pww t 1s 末 2s 末功率分别为 4w 3w 第 1 秒 内与第 2 秒动能增加量分别为 2 1 1 2 2 mvJ 22 21 11 2 5 22 mvmvJ 比值 4 5 6 2011 新课标理综第 16 题 一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落 到 最低点时距水面还有数米距离 假定空气阻力可忽略 运动员可视为质点 下列说法正 确的是 ABC A 运动员到达最低点前重力势能始终减小 B 蹦极绳张紧后的下落过程中 弹性力做负功 弹性势能增加 C 蹦极过程中 运动员 地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D 蹦极过程中 重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 解析 主要考查功和能的关系 运动员到达最低点过程中 重力做正功 所以重力势能始 终减少 A 项正确 蹦极绳张紧后的下落过程中 弹性力做负功 弹性势能增加 B 项正确 蹦极过程中 运动员 地球和蹦极绳所组成的系统 只有重力和弹性力做 功 所以机械能守恒 C 项正确 重力势能的改变与重力势能零点选取无关 D 项错 误 7 2011 全国理综第 18 题 电磁轨道炮工作原理如图所示 待发射弹体可在两平行轨道 之间自由移动 并与轨道保持良好接触 电流 I 从一条轨道流入 通过导电弹体后从另 一条轨道流回 轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场 可视为匀强磁场 磁 感应强度的大小与 I 成正比 通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出 现欲 使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍 理论上可采用的方法是 BD A 只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍 B 只将电流 I 增加至原来的 2 倍 C 只将弹体质量减至原来的一半 D 将弹体质量减至原来的一半 轨道 长度 L 变为原来的 2 倍 其它量不变 解析 主要考查动能定理 利用动能定理 有 2 2 1 mvBIlL B kI 解得 m lLkI v 2 2 所以正确答案是 BD 8 8 2011 2011上海上海15 15 如图 一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上 另一端固定一质量为 4 m的小球 一水平向右的拉力作用于杆的中点 使杆以角速度 匀速转动 当杆与水 平方向成60 时 拉力的功率为 A mgL B 3 2 mgL C 1 2 mgL D 3 6 mgL 答案 C 9 2011 山东第 18 题 如图所示 将小球a从地面以初速度v 竖直上抛的同时 将另 一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放 两球恰在 2 h 处相遇 不计空气阻力 则 A 两球同时落地 B 相遇时两球速度大小相等 C 从开始运动到相遇 球a动能的减少量等于球b动能的增加量 D 相遇后的任意时刻 重力对球a做功功率和对球b做功功率相等 答案 C 解析 相遇时满足hgttvgt 2 0 2 2 1 2 1 22 1 2 h gt 所以 ghv 2 0 小球a落地时间 g h ta 2 球b落地时间 g h g gh g v tb222 0 因此 A 错误 相遇时 2 2 h gva 2 2 2 0 2 h gvvb 0 b v 所以 B 错误 因 为两球恰在 2 h 处相遇 说明重力做功的数值相等 根据动能定理 球a动能的减少量 等于球b动能的增加量 C 正确 相遇后的任意时刻 球a的速度始终大于球b的速度 因此重力对球a做功功率大于对球b做功功率 D 错误 10 2011 海南第 14 题 现要通过实验验证机械能守恒定律 实验装置如图 1 所示 水平 桌面上固定一倾斜的气垫导轨 导轨上 A 点处有一带长方形遮光片的滑块 其总质量为 M 左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为 m 的砝码相连 遮光片两条长边与导 轨垂直 导轨上 B 点有一光电门 可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间 t 用 d 表 示 A 点到导轨低端 C 点的距离 h 表示 A 与 C 的高度差 b 表示遮光片的宽度 s 表示 A B 两点的距离 将遮光 片通过光电门的平均速度看作滑块通过 B 点时的瞬时速度 b v0 h h 2 a 5 用 g 表示重力加速度 完成下列填空和作图 1 若将滑块自 A 点由静止释放 则在滑块从 A 运动至 B 的 过程中 滑块 遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为 h Mm gs d 动能的增加量可表示为 2 2 1 2 b mM t 若在运动过程中机械能 守恒 2 1 t 与 s 的关系式为 2 1 t 22 12 hMdm g s tMm db 2 多次改变光电门的位置 每次均令滑块自同一点 A 点 下滑 测量相应的 s 与 t 值 结果如下表所示 以 s 为横坐标 2 1 t 为纵坐标 在答题卡上对应图 2 位置的坐标纸中描出第 1 和第 5 个 数据点 根据 5 个数据点作直线 求得该直线的斜率 k 2 40 214 10 sm 保留 3 位有效数字 由测得的 h d b M 和 m 数值可以计算出 2 1 s t 直线的斜率 o k 将 k 和 o k进行比较 若 其差值在试验允许的范围内 则可认为此试验验证了机械能守恒定律 6 11 上海第33 题 14 分 如图 a 磁铁A B的同名磁极相对放置 置于水平气垫导轨上 A固定于导轨左端 B的质量m 0 5kg 可在导轨上无摩擦滑动 将B在A附近某一位置由 静止释放 由于能量守恒 可通过测量B在不同位置处 的速度 得到B的势能随位置x的变化规律 见图 c 中 曲线I 若将导轨右端抬高 使其与水平面成一定角度 如图 b 所示 则B的总势能曲线如图 c 中II所示 将B在20 0 xcm 处由静止释放 求 解答时必须写 出必要的推断说明 取 2 9 8 gm s 1 B在运动过程中动能最大的位置 2 运动过程中B的最大速度和最大位移 3 图 c 中直线III为曲线II的渐近线 求导轨的倾角 4 若A B异名磁极相对放置 导轨的倾角不变 在图 c 上画出B的总势能随x的变化曲 线 答案 14 分 1 势能最小处动能最大 1 分 由图线 II 得 6 1 xcm 2 分 在 5 9 6 3cm 间均视为正确 2 由图读得释放处势能 0 90 p EJ 此即 B 的总能量 出于运动中总能量守恒 因此在 势能最小处动能最大 由图像得 最小势能为 0 47J 则最大动能为 0 90 470 43 km EJ 2 分 km E在 0 42 0 44J 间均视为正确 最大速度为 22 0 43 1 31 0 5 km m E vm s m 1 分 m v在 1 29 1 33 m s 间均视为正确 x 20 0 cm 处的总能量为 0 90J 最大位移由 E 0 90J 的水平直线与曲线 II 的左侧交点 确定 由图中读出交点位置为 x 2 0cm 因此 最大位移 20 02 018 0 xcm 2 分 x 在 17 9 18 1cm 间均视为正确 7 3 渐近线 III 表示 B 的重力势能随位置变化关系 即 sin Pg Emgxkx 2 分 sin k mg 由图读出直线斜率 2 0 850 30 4 23 10 20 07 0 kJ cm 2 11 104 23 sin sin59 7 0 5 9 8 k mg 1 分 在59 61 间均视为正确 4 若异名磁极相对放置 A B 间相互作用势能为负值 总势能如图 2 分 12 江苏第 14 题 16 分 如图所示 长为 L 内壁光滑的直管与水平地面成 30 角固定 放置 将一质量为 m 的小球固定在管底 用一轻质光滑细线将小球与质量为 M km 的小 物块相连 小物块悬挂于管口 现将小球释放 一段时间后 小物块落地静止不动 小 球继续向上运动 通过管口的转向装置后做平抛运动 小球在转向过程中速率不变 重力加速度为 g 8 1 求小物块下落过程中的加速度大小 2 求小球从管口抛出时的速度大小 3 试证明小球平抛运动的水平位移总小于 2 2 L 解析 13 福建第 21 题 19 分 如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图 其下半 部 AB 是一长为 2R 的竖直细管 上半部 BC 是半径为 R 的四分之 一圆弧弯管 管口沿水平方向 AB 管内有一原长为 R 下端固定 的轻质弹簧 投饵时 每次总将弹簧长度压缩到 0 5R 后锁定 在弹簧上段放置一粒鱼饵 解除锁定 弹簧可将鱼饵弹射出去 设质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时 对管壁的作用力恰好为零 不 计鱼饵在运动过程中的机械能损失 且锁定和解除锁定时 均不 改变弹簧的弹性势能 已知重力加速度为 g 求 1 质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时的速度大小 v1 2 弹簧压缩到 0 5R 时的弹性势能 Ep 3 已知地面欲睡面相距 1 5R 若使该投饵管绕 AB 管的中轴 线 OO 在角的范围内来回缓慢转动 每次弹射时只放置一粒鱼饵 鱼饵的质量在 到 m 之间变化 且均能落到水面 持续投放足够长时间后 鱼饵能够落到水面的最大 面积 S 是多少 解析 此题考查平抛运动规律 牛顿运动定律 竖直面内的圆周运动 机械能守恒定律等 知识点 9 1 质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供 则 1 解得 2 2 弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能 由机械能守恒定律有 3 由 2 3 得 4 3 不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响 质量为 m 的鱼饵离开管口 C 后做平抛运 动 设经过 t 时间落到水面上 离 OO 的水平距离为 x1 由平抛规律有 5 6 由 5 6 两式得 7 当鱼饵的质量为时 设其到达管口 C 时速度大小为 V2 由机械能守恒定律有 8 由 4 8 两式解得 9 质量为的鱼饵落到水面时上时 设离 OO 的水平距离为 x2则 10 由 5 9 10 解得 鱼饵能够落到水面的最大面积 S S x22 x12 R2 或 8 25 R2 14 2011 安徽 24 20 分 M m v0 O P L 10 如图所示 质量M 2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上 质量m 1kg 的小球通过长 L 0 5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接 小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动 开始轻杆处于水平状态 现给小球一个竖直向上的初速度v0 4 m s g 取 10m s2 1 若锁定滑块 试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向 2 若解除对滑块的锁定 试求小球通过最高点时的速度大小 3 在满足 2 的条件下 试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距 离 解析 解析 1 设小球能通过最高点 且此时的速度为v1 在上升过程中 因只有重力做功 小球的机械能守恒 则 22 10 11 22 mvmgLmv 1 6 vm s 设小球到达最高点时 轻杆对小球的作用力为F 方向向下 则 2 1 v Fmgm L 由 式 得 F 2N 由牛顿第三定律可知 小球对轻杆的作用力大小为 2N 方向竖直向上 2 解除锁定后 设小球通过最高点时的速度为v2 此时滑块的速度为V 在上升过 程中 因系统在水平方向上不受外力作用 水平方向的动量守恒 以水平向右的方向 为正方向 有 2 0mvMV 在上升过程中 因只有重力做功 系统的机械能守恒 则 222 20 111 222 mvMVmgLmv 由 式 得 v2 2m s 3 设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为 s1 滑块向左移动的 距离为 s2 任意时刻小球的水平速度大小为v3 滑块的速度大小为 V 由系统水平 方向的动量守恒 得 3 0mvMV 将 式两边同乘以t 得 3 0mvtMVt 因 式对任意时刻附近的微小间隔t 都成立 累积相加后 有 12 0msMs 10 又 12 2ssL 11 由式得 1 2 3 sm 10 11 12 11 15 2011 全国卷 1 第 26 题 20 分 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击 通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因 质量为 2m 厚度为 2d 的钢板静止在水平光滑桌面上 质量为 m 的子弹以某一速度垂 直射向该钢板 刚好能将钢板射穿 现把钢板分成厚度均为 d 质量均为 m 的相同两块 间隔一段距离水平放置 如图所示 若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板 穿出后再 射向第二块钢板 求子弹射入第二块钢板的深度 设子弹在钢板中受到的阻力为恒力 且 两块钢板不会发生碰撞不计重力影响 解析 设子弹的初速为 v0 穿过 2d 厚度的钢板时共同速度为 v 受到阻力为 f 对系统由动量和能量守恒得 0 2 mvmm v 22 0 11 2 2 22 fdmvmm v 由 得 2 0 1 6 fdmv 子弹穿过第一块厚度为 d 的钢板时 设其速度为 v1 此时钢板的速度为 u 穿第二块厚度 为 d 的钢板时共用速度为 v2 穿过深度为 d 对子弹和第一块钢板系统由动量和能量守恒得 01 mvmvmu 222 01 111 222 fdmvmvmu 由 得 101 33 6 vv vu 故只取一个 对子弹和第二块钢板系统由动量和能量守恒得 12 mvmm v 22 12 11 22 fdmvmm v 由 得 23 4 dd 16 2011 天津第 10 题 16 分 如图所示 圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平 地面上 轨道半径为R MN为直径且与水平面 垂直 直径略小于圆管内径的小球A以某一初 速度冲进轨道 到达半圆轨道最高点M时与静 止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞 12 碰后两球粘在一起飞出轨道 落地点距N为 2R 重力加速度为g 忽略圆管内径 空 气阻力及各处摩擦均不计 求 1 粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t 2 小球A冲进轨道时速度v的大小 解析 1 粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动 竖直方向分运动为自由落体运动 有 2 1 2 2 Rgt 解得2 R t g 2 设球A的质量为m 碰撞前速度大小为v1 把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为 0 由机械能守恒定律知 22 1 11 2 22 mvmvmgR 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2 由动量守恒定律知 12 2mvmv 飞出轨道后做平抛运动 水平方向分运动为匀速直线运动 有 2 2Rv t 综合 式得 2 2 2vgR 17 2011 浙江第 24 题 20 分 节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为 动力来源的汽车 有一质量m 1000kg 的混合动力轿车 在平直公路上以 hkmv 90 1 匀速行驶 发动机的输出功率为kWP50 当驾驶员看到前方有 80km h 的限速标志时 保持发动机功率不变 立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工 作给电池充电 使轿车做减速运动 运动L 72m 后 速度变为hkmv 72 2 此过程 中发动机功率的 5 1 用于轿车的牵引 5 4 用于供给发电机工作 发动机输送给发电机的 能量最后有 50 转化为电池的电能 假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变 求 1 轿车以hkm 90在平直公路上匀速行驶时 所受阻力 阻 F的大小 2 轿车从hkm 90减速到hkm 72过程中 获得的电能 电 E 3 轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 电 E维持hkm 72匀速运动的距离 L 解析 1 汽车牵引力与输出功率的关系vFP 牵 13 将kWP50 smhkmv 25 90 1 代入得N v P F 3 1 102 牵 当轿车匀速行驶时 牵引力与阻力大小相等 有NF 3 102 阻 2 在减速过程中 注意到发动机只有P 5 1 用于汽车的牵引 根据动能定理有 2 1 2 2 2 1 2 1 5 1 mvmvLFPt 阻 代入数据得JPt 5 10575 1 电源获得的电能为JPtE 4 103 6 5 4 5 0 电 3 根据题设 轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为NF 3 102 阻 此过程中 由能量转化及守恒定律可知 仅有电能用于克服阻力做功LFE 阻电 代入数据得mL 5 31 1818 20112011 广东第广东第 3636 题 题 18 分 如图 20 所示 以 A B 和 C D 为端点的两半圆形光 滑轨道固定于竖直平面内 一滑板静止在光滑水平地面上 左端紧靠 B 点 上表面所 在平面与两半圆分别相切于 B C 一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上 E 点 运 动到 A 时刚好与传送带速度相同 然后经 A 沿半圆轨道滑下 再经 B 滑上滑板 滑板 运动到 C 时被牢固粘连 物块可视为质点 质量为 m 滑板质量 M 2m 两半圆半径均 为 R 板长l 6 5R 板右端到 C 的距离 L 在 R L 5R 范围内取值 E 距 A 为 S 5R 物块与传送带 物块与滑板间的动摩擦因素均为 0 5 重力加速度取 g 1 求物块滑到 B 点的速度大小 2 试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中 克服摩擦力做的功 Wf与 L 的关系 并判断物块能否滑到 CD 轨道的中点 解析 1 mgs mg 2R 2 1 mvB2 所以 vB 3Rg 2 设 M 滑动 x1 m 滑动 x2二者达到共同速度 v 则 mvB M m v 14 mgx1 2 1 mv2 mgx2 2 1 mv2 2 1 mvB2 由 得 v Rg x1 2R x2 8R 二者位移之差 x x2 x1 6R 6 5R 即滑块未掉下滑板 讨论 R L 2R 时 Wf mg l L 2 1 mg 6 5R L 2R L 5R 时 Wf mgx2 mg l x 4 25mgR 4 5mgR 即滑块速度不为 0 滑上右侧 轨道 要使滑块滑到 CD 轨道中点 vc必须满足 2 1 mvc2 mgR 此时 L 应满足 mg l L 2 1 mvB2 2 1 mvc2 则 L 2 1 R 不符合题意 滑块不能滑到 CD 轨道中点 答案 1 vB 3Rg 2 R L 2R 时 Wf mg l L 2 1 mg 6 5R L 2R L 5R 时 Wf mgx2 mg l x 4 25mgR 4 5mgR 即滑块速度不为 0 滑上右 侧轨道 滑块不能滑到 CD 轨道中点 1919 20112011北京第北京第2222题 题 1616分 分 如图所示 长度为l的轻绳上端固定在O点 下端系一质量为m 的小球 小球的大小可以忽略 1 在水平拉力F的作用下 轻绳与竖直方向的夹角为 小球保持静止 画出此时小球的受力图 并求力F的大小 2 由图示位置无初速释放小球 求当小球通过最低点 时的速度大小及轻绳对小球的拉力 不计空气阻力 答案 1 受力图见右 根据平衡条件 的拉力大小F mgtan 2 运动中只有重力做功 系统机械能守恒 2 1 1cos 2 mglmv 则通过最低点时 小球的速度大小 l m O F T F mg 15 2 1cos vgl 根据牛顿第二定律 2 v Tmgm l 解得轻绳对小球的拉力 2 32cos v Tmgmmg l 方向竖直向上 20102010 年高考题年高考题 1 1 2010 2010 江苏物理江苏物理 8 8 如图所示 平直木板 AB 倾斜放置 板上的 P 点距 A 端较近 小物 块与木板间的动摩擦因数由 A 到 B 逐渐减小 先让物块从 A 由静止开始滑到 B 然后 将 A 着地 抬高 B 使木板的倾角与前一过程相同 再让物块从 B 由静止开始滑到 A 上述两 过程相比较 下列说法中一定正确的有 A 物块经过 P 点的动能 前一过程较小 B 物块从顶端滑到 P 点的过程中因摩擦产生的热量 前一过程较少 C 物块滑到底端的速度 前一过程较大 D 物块从顶端滑到底端的时间 前一过程较长 答案 答案 ADAD 2 2 2010 2010 福建福建 17 17 如图 甲 所示 质量不计的弹簧竖直固定在水平面上 t 0 时刻 将 一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放 小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点 然 后又被弹起离开弹簧 上升到一定高度后再下落 如此反复 通过安装在弹簧下端的压力 传感器 测出这一过程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图像如图 乙 所示 则 A 1 t时刻小球动能最大 B 2 t时刻小球动能最大 C 2 t 3 t这段时间内 小球的动能先增加后减少 16 D 2 t 3 t这段时间内 小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 答案 答案 C C 3 3 2010 2010 新课标新课标 16 16 如图所示 在外力作用下某质点运动的 v t 图象为正弦曲线 从图中 可以判断 A 在 1 0 t时间内 外力做正功 B 在 1 0 t时间内 外力的功率逐渐增大 C 在 2 t时刻 外力的功率最大 D 在 13 tt时间内 外力做的总功为零 答案 答案 AD 解析 解析 选项 B 错误 根据 P Fv 和图象斜率表示加速度 加速度对应合外力 外力的功率先 减小后增大 选项 C 错误 此时外力的功率为零 4 4 2010 2010 上海物理上海物理 18 18 如图为质量相等的两个质点BA 在同一直线上运动的vt 图像 由图可知 A 在t时刻两个质点在同一位置 B 在t时刻两个质点速度相等 C 在0t 时间内质点B比质点A位移大 D 在0t 时间内合外力对两个质点做功相等 答案答案 BCD 解析解析 首先 B 正确 根据位移由vt 图像中面积表示 在0t 时间内质点 B 比质点 A 位 移大 C 正确而 A 错误 根据动能定理 合外力对质点做功等于动能的变化 D 正确 本题 选 BCD 本题考查vt 图象的理解和动能定理 对 D 如果根据 W Fs 则难判断 难度 中等 5 5 2010 2010 安徽安徽 14 14 17 6 6 2010 2010 上海物理上海物理 25 25 如图 固定于竖直面内的粗糙斜杆 在水平方向夹角为 0 30 质量为 m 的小球套在杆上 在大小不变的拉力作用下 小球沿杆由底端匀速 运动到顶端 为使拉力做功最小 拉力 F 与杆的夹角 a 拉力大小 F 解析 0 0 mgsin30Fcos mgcos30Fsin 0 60 mgF3 mghW 因为没有摩擦力 拉力做功最小 本题考查力的分解 功等 难度 中等 7 7 2010 2010 全国卷全国卷 24 24 如图 MNP 为整直面内一固定轨道 其圆弧段 MN 与水平段 NP 相 切于 N P 端 固定一竖直挡板 M 相对于 N 的高度为 h NP 长度为 s 一木块自 M 端从静止开始沿轨道下 滑 与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处 若在 MN 段的摩擦可忽略不计 物块与 NP 段轨道间的滑动摩擦因数为 求物块停止的地方与 N 点距离的可能值 答案 物块停止的位置距 N 的距离可能为 h s 2或s h 2 解析 根据功能原理 在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中 物块的重力势 能的减少 P E 与物块克服摩擦力所做功的数值相等 18 WEP 设物块的质量为 m 在水平轨道上滑行的总路程为 s 则 mghEP smgW 连立 化简得 h s 第一种可能是 物块与弹性挡板碰撞后 在 N 前停止 则物块停止的位置距 N 的距离为 h sssd 22 第一种可能是 物块与弹性挡板碰撞后 可再一次滑上光滑圆弧轨道 滑下后在水平轨 道上停止 则物块停止的位置距 N 的距离为 s h ssd22 所以物块停止的位置距 N 的距离可能为 h s 2或s h 2 8 8 2010 2010 江苏物理江苏物理 14 14 在游乐节目中 选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台 上 小明和小阳观看后对此进行了讨论 如图所示 他们将选手简化为质量 m 60kg 的指点 选手抓住绳由静止开始摆动 此事绳与竖直方向夹角 30 绳的悬挂点 O 距水面的高 度为 H 3m 不考虑空气阻力和绳的质量 浮台露出水面的高度不计 水足够深 取中立加 速度 2 10 gm s sin530 8 cos530 6 1 求选手摆到最低点时对绳拉力的大小 F 2 若绳长 l 2m 选手摆到最高点时松手落入手中 设水碓选手的 平均浮力 1 800fN 平均阻力 2 700fN 求选手落入水中 的深度d 3 若选手摆到最低点时松手 小明认为绳越长 在浮台上的落点 距岸边越远 小阳认为绳越短 落点距岸边越远 请通过推算说明你的观点 答案 答案 19 9 9 2010 2010 上海物理上海物理 31 31 倾角 0 37 质量 M 5kg 的粗糙斜面位于水平地面上 质量 m 2kg 的木块置于斜面顶端 从静止开始匀加速下滑 经 t 2s 到达底端 运动路程 L 4m 在此过程中斜面保持静止 2 sin370 6 cos370 8 10m gs 取 求 1 地面对斜面的摩擦力大小与方向 2 地面对斜面的支持力大小 3 通过计算证明木块在此过程中满足动能定理 解析 1 隔离法 对木块 1 sinmgfma 1 cos0mgN 因为 2 1 2 sat 得2 am s 所以 1 8fN 1 16NN 对斜面 设摩擦力 f 向左 则 11 sincos3 2fNfN 方向向左 如果设摩擦力 f 向右 则 11 sincos3 2fNfN 同样方向向左 2 地面对斜面的支持力大小 11 ssin67 6NfN cofN 3 木块受两个力做功 重力做功 sin48 G WmghmgsJ 摩擦力做功 32 f WfsJ 合力做功或外力对木块做的总功 16 Gf WWWJ 20 动能的变化 22 11 16 22 k EmvmatJ 所以 合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化 增加 证毕 20092009 年高考题年高考题 一 选择题一 选择题 1 1 09 09 全国卷全国卷 20 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 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 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 2 2 09 09 上海物理上海物理 5 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 D A H 9 B 2H 9 C 3H 9 D 4H 9 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 A 以上各式联立解得 21 4 9 hH 答案 D 正确 3 3 09 09 江苏物理江苏物理 9 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 BCD 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 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 4 4 09 09 广东理科基础广东理科基础 8 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 22 D 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 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 5 5 09 09 广东理科基础广东理科基础 9 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 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 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 6 6 09 09 广东文科基础广东文科基础 58 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 23 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 7 7 09 09 山东山东 18 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 BC 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 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 8 8 09 09 山东山东 22 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 P A 地球 Q 轨道 1 轨道 2 24 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 BC A m M B m 2M 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 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 二 非选择题二 非选择题 9 9 09 09 全国卷全国卷 25 25 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 25 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 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 10 10 09 09 山东山东 24 24 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 26 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 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 11 11 09 09 宁夏宁夏 36 36 两质量分别为 M1 和 M2 的劈 A 和 B 高度相同 放在光滑水平面上 A 和 B 的倾斜面都是光滑曲面 曲面下端与水平面相切 如图所示 一质量为 m 的物块位 于劈 A 的倾斜面上 距水平面的高度为 h 物块从静止滑下 然后双滑上劈 B 求物块在 B 上能够达到的最大高度 解析解析 设物块到达劈 A 的低端时 物块和 A 的的速度大小分别为 和 V 由机械能守恒和 动量守恒得 22 1 11 22 mghmvM V 1 M Vmv 设物块在劈 B 上达到的最大高度为 h 此时物块和 B 的共同速度 大小为 V 由机械能守恒和动量守恒得 27 22 2 11 22 mghMm Vmv 2 mvMm V 联立 式得 12 12 M M hh Mm Mm 2008 年高考题 一 选择题 1 08 全国 18 如右图 一很长的 不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮 绳两端各系一 小 球 a 和 b a 球质量为 m 静置于地面 b球质量为 3m 用手托往 高度为 h 此时轻绳刚好拉 紧 从静止开始释放 b 后 a 可能达到的最大高度为 A h B 1 5hC 2hD 2 5h 答案 B 解析 b 着地前 根据牛顿第二定律 对于 b 3mg T 3ma 对于 a T mg ma 式相加得 2mg 4ma a 2 g v2 2ah b 着地后 a 做竖直上抛运动 v2 2gh1 设最大高度为 H 则 H h h1 所以h h hH 2 3 2 2 08 宁夏理综 18 一滑块在水平地面上沿直线滑行 t 0 时其速度为 1 m s 从此刻开始滑 块运动方向上再施加一水平面作用力 F 力 F 和滑块的速度 v 随时间的变化规律分别如图 a 和图 b 所示 设在第 1 秒内 第 2 秒内 第 3 秒内力 F 对滑块做的功分别为 W1 W2 W3 则 以下关系式正确的是 28 A W1 W2 W3 B W1 W2 W3C W1 W3 W2D W1 W2 W3 答案 B 解析 由 v t 图象可知第 1 秒内 第 2 秒