2012年高考物理 最新试题、模拟新题分类汇编 专题5 功和能

1 E E 单元单元 功和能功和能 E1E1 功和功率功和功率 17 E1E1 2012 浙江卷 功率为 10 W 的发光二极管 LED 灯 的亮度与功率为 60 W 的白 炽灯相当 根据国家节能战略 2016 年前普通白炽灯应被淘汰 假设每户家庭有 2 只 60 W 的白炽灯 均用 10 W 的 LED 灯替代 估算出全国一年节省的电能最接近 A 8 108 kW h B 8 1010 kW h C 8 1011 kW h D 8 1013 kW h 17 B 解析 每户两只白炽灯被两只 LED 灯替换后 节约电功率为 120 W 20 W 100 W 每天按照五个小时用电计算 节电 0 5 kW h 全年按照 360 天计算 节电 180 kW h 全国按照四亿家庭计算 节电 7 2 1010 kW h 故选项 B 正确 图 1 3 E1E1 2012 江苏卷 如图所示 细线的一端固定于O点 另一端系一小球 在水平 拉力作用下 小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点 在此过程中拉力的瞬时功 率变化情况是 A 逐渐增大 B 逐渐减小 C 先增大 后减小 D 先减小 后增大 3 A 解析 小球在运动过程中受到重力G 水平拉力F和细线的拉力T 根据动能 定理可知 WG WF WT mv mv 0 因细线的拉力始终与速度方向垂直 故细线的拉 1 22 2 1 22 1 力不做功 所以水平拉力F做的功与克服重力做的功相等 它们的功率大小也相等 根据 运动的分解可知 小球沿竖直方向的分速度逐渐增大 因此克服重力做功的功率逐渐增大 即在此过程中拉力的瞬时功率也逐渐增大 A 项正确 E2E2 动能 动能定理 22 D6E2D6E2 2012 山东卷 如图所示 一工件置于水平地面上 其AB段为一半径 R 1 0 m 的光滑圆弧轨道 BC段为一长度L 0 5 m 的粗糙水平轨道 二者相切于B点 整个轨道位于同一竖直平面内 P点为圆弧轨道上的一个确定点 一可视为质点的物块 其质量m 0 2 kg 与BC间的动摩擦因数 1 0 4 工件质量M 0 8 kg 与地面间的动 摩擦因数 2 0 1 取g 10 m s2 1 若工件固定 将物块由P点无初速度释放 滑至C点时恰好静止 求P C两点间 的高度差h 2 若将一水平恒力F作用于工件 使物块在P点与工件保持相对静止 一起向左做匀 加速直线运动 求F的大小 当速度v 5 m s 时 使工件立刻停止运动 即不考虑减速的时间和位移 物块飞离 圆弧轨道落至BC段 求物块的落点与B点间的距离 22 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 2 mgh 1mgL 0 代入数据得 h 0 2 m 2 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 由几何关 系可得 cos R h R 根据牛顿第二定律 对物块有 mgtan ma 对工件和物块整体有 F 2 M m g M m a 联立 式 代入数据得 F 8 5 N 设物块平抛运动的时间为t 水平位移为x1 物块落点与B点间的距离为x2 由运 动学公式得 h gt2 1 2 x1 vt x2 x1 Rsin 联立 式 代入数据得 x2 0 4 m 21 C2C2 D1D1 E2E2 2012 福建卷 如图 用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去 动力的小船沿直线拖向岸边 已知拖动缆绳的电动机功率恒为P 小船的质量为m 小船受 到的阻力大小恒为f 经过A点时的速度大小为v0 小船从A点沿直线加速运动到B点经 历时间为t1 A B两点间距离为d 缆绳质量忽略不计 求 1 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf 2 小船经过B点时的速度大小v1 3 小船经过B点时的加速度大小a 21 解析 1 小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf fd 2 小船从A点运动到B点 电动机牵引绳对小船做功 W Pt1 由动能定理有 W Wf mv mv 1 22 1 1 22 0 由 式解得v1 v2 0 2 m Pt1 fd 3 设小船经过B点时绳的拉力大小为F 绳与水平方向夹角为 电动机牵引绳的速 度大小为u 则 P Fu u v1cos 由牛顿第二定律有 Fcos f ma 由 式解得 3 a P m2v2 0 2m Pt1 fd f m 24 B5B5 F2F2 E2E2 E3E3 2012 安徽卷 如图 19 所示 装置的左边是足够长的光滑水平 台面 一轻质弹簧左端固定 右端连接着质量M 2 kg 的小物块A 装置的中间是水平传送 带 它与左右两边的台面等高 并能平滑对接 传送带始终以u 2 m s 的速率逆时针转 动 装置的右边是一光滑曲面 质量m 1 kg 的小物块B从其上距水平台面高h 1 0 m 处 由静止释放 已知物块B与传送带之间的动摩擦因数 0 2 l 1 0 m 设物块A B间 发生的是对心弹性碰撞 第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态 取g 10 m s2 图 19 1 求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小 2 通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上 3 如果物块A B每次碰撞后 物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定 而当它们 再次碰撞前锁定被解除 试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小 24 解析 1 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0 由机械能守 恒知 mgh mv 1 22 0 得v0 2gh 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a 则 mg ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v 有 v2 v 2al 2 0 联立解得v 4 m s 由于v u 2 m s 所以v 4 m s 即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小 2 设物块A B第一次碰撞后的速度分别为V v1 取向右为正方向 由弹性碰撞知 mv mv1 MV mv2 mv MV2 1 2 1 22 1 1 2 解得v1 v m s 1 3 4 3 即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l 则 0 v 2al 2 1 得l mu 2 m s 所以v 4 m s 即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小 2 设物块A B第一次碰撞后的速度分别为V v1 取向右为正方向 由弹性碰撞知 mv mv1 MV mv2 mv MV2 1 2 1 22 1 1 2 解得v1 v m s 1 3 4 3 即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l 则 0 v 2al 2 1 得l m 1 m 4 9 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上 3 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后 将会沿传送带向左加速 可以判断 物块B运动到左边台面时的速度大小为v1 继而与物块A发生第二次碰撞 设第二次碰撞 后物块B速度大小为v2 同上计算可知 v2 v1 2v 1 3 1 3 物块B与物块A第三次碰撞 第四次碰撞 碰撞后物块B的速度大小依次为 v3 v2 3v 1 3 1 3 v4 v3 4v 1 3 1 3 则第n次碰撞后物块B的速度大小为 vn nv 1 3 E4E4 实验 探究动能定理 11 E4E4 2012 江苏卷 为测定木块与桌面之间的动摩擦因数 小亮设计了如图所示的 装置进行实验 实验中 当木块A位于水平桌面上的O点时 重物B刚好接触地面 将A 拉到P点 待B稳定后静止释放 A最终滑到Q点 分别测量OP OQ的长度h和s 改变 h 重复上述实验 分别记录几组实验数据 图 9 6 图 10 1 实验开始时 发现A释放后会撞到滑轮 请提出两个解决方法 2 请根据下表的实验数据作出s h关系的图象 h cm 20 030 040 050 060 0 s cm 19 528 539 048 056 5 3 实验测得A B的质量分别为m 0 40 kg M 0 50 kg 根据s h图象可计算出 A木块与桌面间的动摩擦因数 结果保留一位有效数字 4 实验中 滑轮轴的摩擦会导致 的测量结果 选填 偏大 或 偏小 11 答案 1 减小B的质量 或增大A的质量 增加细线的长度 或降低B的起始高 度 2 如图所示 3 0 4 4 偏大 解析 1 实验开始时发现A释放后会撞到滑轮 主要是加速度过大或加速时间过长 可以通过减小B的质量或增大A的质量来减小加速度 通过增加细线的长度或降低B的起 始高度来缩短加速时间 2 s h图象如图所示 3 本实验测动摩擦因数的原理是动能定理 即由Mgh mgh M m 1 2 v2 mgs mv2 求得s h 图象的斜率k 即 1 2 M m M m M m M m 0 5 0 4 0 5 0 4 解得 0 4 56 60 4 本实验测动摩擦因数的原理是动能定理 如果考虑克服滑轮摩擦做功W 则 Mgh mgh W M m v2 mgs mv2 求得 如果忽略克服 1 2 1 2 Mgh W mgh M m gs 滑轮摩擦做功 则动摩擦因数偏大 7 E5E5 实验 验证机械能守恒定律 E6E6 功和能综合 21 E6E6 2012 四川卷 如图所示 劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上 另一 端与置于水平面上质量为m的物体接触 未连接 弹簧水平且无形变 用水平力F缓慢推 动物体 在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0 此时物体静止 撤去F后 物体开始向左运 动 运动的最大距离为 4x0 物体与水平面间的动摩擦因数为 重力加速度为g 则 A 撤去F后 物体先做匀加速运动 再做匀减速运动 B 撤去F后 物体刚运动时的加速度大小为 g kx0 m C 物体做匀减速运动的时间为 2 x0 g D 物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 mg x0 mg k 21 BD 解析 撤去F后的一段时间内 由于运动过程中弹力不断变化 物体先做变 加速运动 后做变减速运动 再做匀减速运动 A 错误 设撤去F后 物体刚运动时加速 度为a 根据牛顿第二定律 kx0 mg ma 解得a g B 正确 物体做匀减速 kx0 m 运动的位移为 3x0 由 3x0 gt2 解得t C 错误 当弹力与摩擦力大小相等时 1 2 6x0 g 速度最大 此时kx1 mg 该过程物体向左运动的位移为x x0 x1 x0 克服摩 mg k 擦力做的功W mg x0 D 正确 mg k 26 E6E6 2012 全国卷 一探险队员在探险时遇到一山沟 山沟的一侧竖直 另一侧的 坡面呈抛物线形状 此队员从山沟的竖直一侧 以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面 如 图所示 以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy 已知 山沟竖直一侧的高度为 2h 坡面的抛 物线方程为y x2 探险队员的质量为m 人视为质点 忽略空气阻力 重力加速度为g 1 2h 图 10 1 求此人落到坡面时的动能 2 此人水平跳出的速度为多大时 他落在坡面时的动能最小 动能的最小值为多少 26 解析 1 设该队员在空中运动的时间为t 在坡面上落点的横坐标为x 纵坐标 为y 由运动学公式和已知条件得 x v0t 2h y gt2 1 2 根据题意有 y x2 2h 由机械能守恒 落到坡面时的动能为 8 mv2 mv mg 2h y 1 2 1 22 0 联立 式得 mv2 m 1 2 1 2 v2 0 4g2h2 v2 0 gh 2 式可以改写为 v2 2 3gh v2 0 gh 2gh v2 0 gh v2极小的条件为 式中的平方项等于 0 由此得 v0 gh 此时v2 3gh 则最小动能为 min mgh 1 2mv2 3 2 14 E6E6 2012 江苏卷 某缓冲装置的理想模型如图所示 劲度系数足够大的轻质弹簧 与轻杆相连 轻杆可在固定的槽内移动 与槽间的滑动摩擦力恒为f 轻杆向右移动不超过 l时 装置可安全工作 一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧 将导致轻杆向右移动 l 4 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 且不计小车与地面的摩擦 1 若弹簧的劲度系数为k 求轻杆开始移动时 弹簧的压缩量x 2 求为使装置安全工作 允许该小车撞击的最大速度vm 3 讨论在装置安全工作时 该小车弹回速度v 和撞击速度v的关系 图 17 14 解析 1 轻杆开始移动时 弹簧的弹力F kx 且F f 解得x f k 2 设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W 则小车从撞击到停止的过程中 由动能定 理得 f W 0 mv l 4 1 22 0 同理 小车以vm撞击弹簧时 由动能定理得 fl W 0 mv 1 22 m 解得vm v2 0 3fl 2m 3 设轻杆恰好移动时 小车撞击速度为v1 由能量转化与守恒定律 得 mv W 1 22 1 由 解得v1 v2 0 fl 2m 当v 时 v v v2 0 fl 2m 当 v 时 v v2 0 fl 2m v2 0 3fl 2m v2 0 fl 2m 9 17 E6E6 2012 福建卷 如图 表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮 小物块 A B用轻绳连接并跨过滑轮 不计滑轮的质量和摩擦 初始时刻 A B处于同一高度并恰 好处于静止状态 剪断轻绳后A下落 B沿斜面下滑 则从剪断轻绳到物块着地 两物块 A 速率的变化量不同 B 机械能的变化量不同 C 重力势能的变化量相同 D 重力做功的平均功率相同 17 D 解析 剪断轻绳后 由于不计摩擦 A B两个物块的机械能都守恒 即两物 块的机械能变化量均为 0 B 错误 由mgh mv2得v 则A B两物块下落到地面 1 22gh 时的速度大小相同 所以A B两物块的速率变化量相同 A 错误 剪断轻绳前 A B均处 于平衡状态 设轻绳的拉力为T 则有T mAg T mBgsin 可得mA mBsin 剪断轻 绳后 A B下落高度相同 由 Ep mgh知A的重力势能的变化量小于B的重力势能的 变化量 C 错误 剪断轻绳后 A B两物块着地所用的时间分别为tA tB 2h g 1 sin 则重力做功的平均功率分别为PA PB 由mA mBsin 可知 2h g mAgh 2h g mBgh 1 sin 2h g PA PB D 正确 16 E6E6 2012 安徽卷 如图 3 所示 在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道 半径 OA水平 OB竖直 一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落 小球沿轨 道到达最高点B时恰好对轨道没有压力 已知AP 2R 重力加速度为g 则小球从P到B 的 图 3 运动过程中 A 重力做功 2mgR B 机械能减少mgR C 合外力做功mgR D 克服摩擦力做功mgR 1 2 16 D 解析 由于重力做功只与高度差有关 所以小球从P到B的运动过程中 重 力做功为mgR A 错误 由于小球在B点时对轨道无压力 则小球由自身重力提供向心力 mg m 解得v 小球从P到B的运动过程中 由动能定理有 v2 RgR mgR Wf mv2 0 解得Wf mgR D 正确 小球从P到B的运动过程中 除了重力做 1 2 1 2 功之外 还克服摩擦力做功为mgR 可知机械能减少了mgR B 错误 由动能定理有 W 1 2 1 2 合 mv2 0 mgR C 错误 1 2 1 2 10 24 E6E6 2012 四川卷 如图所示 ABCD为固定在竖直平面内的轨道 AB段光滑水 平 BC段为光滑圆弧 对应的圆心角 37 半径r 2 5 m CD段平直倾斜且粗糙 各段轨道均平滑连接 倾斜轨道所在区域有场强大小为E 2 105 N C 方向垂直于斜轨 向下的匀强电场 质量m 5 10 2 kg 电荷量q 1 10 6 C 的小物体 视为质点 被弹 簧枪发射后 沿水平轨道向左滑行 在C点以速度v0 3 m s 冲上斜轨 以小物体通过C 点时为计时起点 0 1 s 以后 场强大小不变 方向反向 已知斜轨与小物体间的动摩擦 因数 0 25 设小物体的电荷量保持不变 取g 10 m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 1 求弹簧枪对小物体所做的功 2 在斜轨上小物体能到达的最高点为P 求CP的长度 24 解析 1 设弹簧枪对小物体做功为Wf 由动能定理得 Wf mgr 1 cos mv 1 22 0 代入数据得Wf 0 475 J 2 取沿平直斜轨向上为正方向 设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1 由牛 顿第二定律得 mgsin mgcos qE ma1 小物体向上做匀减速运动 经t1 0 1 s 后 速度达到v1 有 v1 v0 a1t1 联立以上方程可知v1 2 1 m s 设运动的位移为s1 有 s1 v0t1 a1t 1 22 1 电场力反向后 设小物体的加速度为a2 由牛顿第二定律得 mgsin mgcos qE ma2 设小物体以此加速度运动到速度为 0 运动的时间为t2 位移为s2 有 0 v1 a2t2 s2 v1t2 a2t 1 22 2 设CP的长度为s 有 s s1 s2 联立相关方程 代入数据解得 s 0 57 m 23 E6E6 2012 四川卷 四川省 十二五 水利发展规划指出 若按现有供水能力测算 我省供水缺口极大 蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一 某地要把河水抽高 20 m 进入蓄水池 用一台电动机通过传动效率为 80 的皮带 带动效率为 60 的离心水泵工 作 工作电压为 380 V 此时输入电动机的电功率为 19 kW 电动机的内阻为 0 4 已知 水的密度为 1 103 kg m3 重力加速度取 10 m s2 求 1 电动机内阻消耗的热功率 2 将蓄水池蓄入 864 m3的水需要的时间 不计进 出水口的水流速度 23 解析 1 设电动机的电功率为P 则 P UI 设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr 则 Pr I2r 代入数据解得Pr 1 103 W 11 2 设蓄水总质量为M 所用抽水时间为t 已知抽水高度为h 容积为V 水的密度为 则 M V 设质量为M的河水增加的重力势能为 Ep 则 Ep Mgh 设电动机的输出功率为P0 则 P0 P Pr 根据能量守恒定律得 P0t 60 80 Ep 代入数据解得 t 2 104 s 1 2012 昆明模拟汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动 到t1时刻关闭 发动机做匀减速直线运动 到t2时刻静止 汽车与路面的动摩擦因数不变 其v t图象 如图所示 图中 W2 D P1 P2 1 B 解析 根据能量守恒定律或动能定理可知 W W1 W2 0 即W1 W2 W 选 项 A 正确 因为W1 W2 W 即P1t1 P2 t2 t1 Pt1 所以P P1 P2 P1 P2 t2 t1 1 选项 B 错误 根据 面积 求位移 可得加速过程的位移x1大于减速过程的位移x2 所以 fx1 fx2 即W1 W2 选项 C 正确 因为P1 P2 所以P1 P2 选 fx1 t1 fv1 2 fx2 t2 t1 fv1 2 项 D 正确 2 2012 武汉调考质量为 1 kg 的物体 放在动摩擦因数为 0 2 的水平面上 在水平 拉力的作用下由静止开始运动 水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所 示 重力加速度为 10 m s2 则下列说法正确的是 A x 3 m 时速度大小为 2 m s 2 B x 9 m 时速度大小为 4 m s 2 C OA段加速度大小为 3 m s2 12 D AB段加速度大小为 3 m s2 2 C 解析 由公式W Fx得 从 0 到 3 m 时水平拉力的大小为 5 N 对此过程由动 能定理可得W1 mgx1 mv 解得x 3 m 时速度大小为 3 m s 选项 A 错误 对 0 1 22 12 到 9 m 全过程由动能定理得W2 mgx2 mv 解得x 9 m 时速度大小为 3 m s 选 1 22 22 项 B 错误 由牛顿第二定律得OA段加速度大小为a 3 m s2 选项 C 正确 同 F1 mg m 理 选项 D 错误 3 2012 唐山摸底质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上 现用一水平拉力使物体 从静止开始运动 其运动的v t图象如图所示 下列关于物体运动过程 分