2022年高考物理大一輪復習 真題匯編 E單元 功和能

《2022年高考物理大一輪復習 真題匯編 E單元 功和能》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理大一輪復習 真題匯編 E單元 功和能（22頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考物理大一輪復習 真題匯編 E單元 功和能 19．A2 、C2、E1[xx·全國卷Ⅱ] 兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量．兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關．若它們下落相同的距離，則(　　) A．甲球用的時間比乙球長 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 19．BD　[解析] 設f＝kR，則由牛頓第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝πR3·ρ，故a＝g－，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C錯誤；因甲、

2、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，B正確；由x＝at2可知，t甲f乙，則W甲克服>W乙克服，D正確． 8．E1　C5[xx·天津卷] 我國高鐵技術處于世界領先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車．假設動車組各車廂質量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比．某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組(　　) 圖1- A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反 B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與

3、第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2 C．進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比 D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2 8．BD　[解析] 列車啟動時，乘客隨著車廂加速運動，乘客受到的合力方向與車運動的方向一致，而乘客受到車廂的作用力和重力，所以啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動方向成一銳角，A錯誤；動車組運動的加速度a＝＝－kg，則對第6、7、8節(jié)車廂的整體有f56＝3ma＋3kmg＝0.75F，對第7、8節(jié)車廂的整體有f67＝2ma＋2kmg＝0.5F，故第5、6節(jié)車廂與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2，B正確；根據動能定理得Mv2

4、＝kMgs，解得s＝，可知進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度的二次方成正比 ，C錯誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動車時的最大速度為vm1＝＝，8節(jié)車廂有4節(jié)動車的最大速度為vm2＝＝，則＝，D正確． E2 動能 動能定理 25．E2D2 [xx·全國卷Ⅰ] 如圖1-，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內．質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R，

5、已知P與直軌道間的動摩擦因數μ＝，重力加速度大小為g.(取sin 37°＝，cos 37°＝) (1)求P第一次運動到B點時速度的大?。? (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能． (3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量． 圖1- [答案] (1)2　(2)mgR　(3)　m [解析] (1)根據題意知，B、C之間的距離l為 l＝7R－2R?、? 設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得 mglsin θ－μmglcos

6、 θ＝mv?、? 式中θ＝37°，聯立①②式并由題給條件得 vB＝2?、? (2)設BE＝x，P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv?、? E、F之間的距離l1為 l1＝4R－2R＋x?、? P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0?、? 聯立③④⑤⑥式并由題給條件得 x＝R　⑦ Ep＝mgR?、? (3)設改變后P的質量為m1，D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為 x1＝R－Rsin θ?、? y1

7、＝R＋R＋Rcos θ?、? 式中，已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實． 設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋物運動公式有 y1＝gt2　? x1＝vDt　? 聯立⑨⑩??式得 vD＝　? 設P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g　? P由E點運動到C點的過程中，同理，由動能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v? 聯立⑦⑧???式得 m1＝m　? 16．C5、D6、E2[xx·全國卷Ⅱ] 小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的

8、質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1-所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點(　　) 圖1- A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 16．C　[解析] 從釋放到最低點過程中，由動能定理得mgl＝mv2－0，可得v＝，因lPmQ，故兩球動能大小無法比較，選項B錯誤；在最低點對兩球進行受力分析，根據牛頓第二定律及向心力公式

9、可知T－mg＝m＝man，得T＝3mg，an＝2g，則TP>TQ，aP＝aQ，C正確，D錯誤． 16．A2　E2[xx·全國卷Ⅲ] 一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍．該質點的加速度為(　　) A. B. C. D. 16．A　[解析] 由Ek＝mv2可知速度變?yōu)樵瓉淼?倍．設加速度為a，初速度為v，則末速度為3v.由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋at2得s＝vt＋·at·t＝vt＋·2v·t＝2vt，進一步求得v＝；所以a＝＝·＝，A正確． 20．D4　E2[xx·全國卷Ⅲ] 如圖所

10、示，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則(　　) 圖1- A．a＝ B．a＝ C．N＝ D．N＝ 20．AC　[解析] 質點P下滑到底端的過程，由動能定理得mgR－W＝mv2－0，可得v2＝，所以a＝＝，A正確，B錯誤；在最低點，由牛頓第二定律得N－mg＝m，故N＝mg＋m＝mg＋·＝，C正確，D錯誤． 10．C2　D4　E2[xx·天津卷] 我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是

11、其中最具觀賞性的項目之一．如圖1-所示，質量m＝60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m．為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧．助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2. 圖1- (1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小； (2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大？

12、[答案] (1)144 N　(2)12.5 m [解析] (1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，則有v＝2ax　 ① 由牛頓第二定律有mg－Ff＝ma　② 聯立①②式，代入數據解得Ff＝144 N　③ (2)設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有 mgh＋W＝mv－mv?、? 設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝m　⑤ 由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯立④⑤式，代入數據解得R＝12.5 m 1．E2[xx·四川卷] 韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式滑雪空中技

13、巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900 J，他克服阻力做功100 J．韓曉鵬在此過程中(　　) A．動能增加了1900 J B．動能增加了xx J C．重力勢能減小了1900 J D．重力勢能減小了xx J 1．C　[解析] 由題可得，重力做功1900 J，則重力勢能減少1900 J，可得C正確，D錯誤．由動能定理：WG－Wf＝ΔEk可得動能增加1800 J，則A、B錯誤． 18．E2[xx·浙江卷] 如圖1-4所示為一滑草場，某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為μ.質量為m的載人滑草

14、車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．則(　　) 圖1-4 A．動摩擦因數μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 18．AB　[解析] 作出滑道簡化示意圖如圖所示，從A處到C處的過程中，由動能定理有(mgsin θ1－μmgcos θ1)＋(mgsin θ2－μmgcos θ2)＝0，解得μ＝，選項A正確；到B點時載人滑草車速度最大，從A處到B處的過程中，由動能定理有(mgsin

15、θ1－μmgcos θ1)＝mv，得vm＝，選項B正確；從A處到C處的過程中，克服摩擦力所做的功等于重力勢能減少量2mgh，選項C錯誤；在下段滑道上的加速度大小a＝＝g，選項D錯誤． E3 機械能守恒定律 21．C2、 E3[xx·全國卷Ⅱ] 如圖1-，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點運動到N點的過程中(　　) 圖1- A．彈力對小球先做正功后做負功 B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長

16、度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差 21．BCD　[解析] 小球在M點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點時彈簧處于伸長狀態(tài)，則在由M到N過程中有一點彈簧處于原長狀態(tài)，設該點為B點，另設小球在A點時對應的彈簧最短，如圖所示．從M點到A點，彈簧壓縮量變大，彈力做負功，從A點到B點彈簧從壓縮逐漸恢復至原長，彈力做正功，從B點到N點彈簧從原長逐漸伸長，彈力做負功，選項A錯誤．小球在A點時，水平方向上彈簧的彈力與桿的彈力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B點時，彈簧處于原長，桿對小球沒有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速

17、度a＝g，B正確．在A點時，彈簧的彈力F彈垂直于桿，小球的速度沿桿向下，則P彈＝F彈vcos α＝0，C正確．從M點到N點，小球與彈簧所組成的系統機械能守恒，則Ek增＝Ep減，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep彈M－Ep彈N，由于在M、N兩點彈簧彈力大小相同，由胡克定律可知，彈簧形變量相同，則彈性勢能Ep彈N＝Ep彈M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正確． 14．B7、D1、E3如圖1-所示，傾角為α的斜面A被固定在水平面上，細線的一端固定于墻面，另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊B相連，B靜止在斜面上．滑輪左側的細線水平，右側的細線與斜面平行．A、B的質量均為m.撤去固定A的裝置后

18、，A、B均做直線運動．不計一切摩擦，重力加速度為g.求： 圖1- (1)A固定不動時，A對B支持力的大小N； (2)A滑動的位移為x時，B的位移大小s； (3)A滑動的位移為x時的速度大小vA. 14．[答案] (1)mgcos α　(2)　(3) [解析] (1)支持力的大小N＝mgcos α (2)根據幾何關系sx＝x·(1－cos α)，sy＝x·sin α 且s＝ 解得s＝·x (3)B的下降高度sy＝x·sin α 根據機械能守恒定律mgsy＝mv＋mv 根據速度的定義得vA＝，vB＝ 則vB＝·vA 解得vA＝ 7．E3[xx·上海卷]

19、在今年上海的某活動中引入了全國首個戶外風洞飛行體驗裝置，體驗者在風力作用下漂浮在半空．若減小風力，體驗者在加速下落過程中(　　) A．失重且機械能增加 B．失重且機械能減少 C．超重且機械能增加 D．超重且機械能減少 7．B　[解析] 體驗者在加速下落過程中加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，除重力外其他力的合力做負功，機械能減少，B正確． E4 實驗：探究動能定理 22．E4[xx·全國卷Ⅱ] 某物理小組對輕彈簧的彈性勢能進行探究，實驗裝置如圖(a)所示：輕彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一物塊接觸而不連接，紙帶穿過打點計時器并與物塊連接．向左推物塊使彈簧壓縮一段距離

20、，由靜止釋放物塊，通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能． 圖1- (1)實驗中涉及下列操作步驟： ①把紙帶向左拉直 ②松手釋放物塊 ③接通打點計時器電源 ④向左推物塊使彈簧壓縮，并測量彈簧壓縮量 上述步驟正確的操作順序是________(填入代表步驟的序號)． (2)圖(b)中M和L紙帶是分別把彈簧壓縮到不同位置后所得到的實際打點結果．打點計時器所用交流電的頻率為50 Hz.由M紙帶所給的數據，可求出在該紙帶對應的實驗中物塊脫離彈簧時的速度為____________ m/s.比較兩紙帶可知，________(填“M”或“L”)紙帶對應的實驗中彈簧被壓縮后的彈性勢能大

21、． 圖1- 22．[答案] (1)④①③②　(2)1.29　M [解析] (2)脫離彈簧后物塊應該做勻速直線運動，則v＝×10－2 m/s＝1.29 m/s. 由能量守恒定律可知，物塊脫離彈簧時動能越大，則彈簧被壓縮時的彈性勢能越大，故EpM>EpL. 8．[xx·四川卷] Ⅰ.E4用如圖1-所示的裝置測量彈簧的彈性勢能．將彈簧放置在水平氣墊導軌上，左端固定，右端在O點；在O點右側的B、C位置各安裝一個光電門，計時器(圖中未畫出)與兩個光電門相連．先用米尺測得B、C兩點間距離s，再用帶有遮光片的滑塊壓縮彈簧到某位置A，由靜止釋放，計時器顯示遮光片從B到C所用的時間t，用米尺測量A

22、、O之間的距離x. 圖1- (1)計算滑塊離開彈簧時速度大小的表達式是________． (2)為求出彈簧的彈性勢能，還需要測量________． A．彈簧原長 B．當地重力加速度 C．滑塊(含遮光片)的質量 (3)增大A、O之間的距離x，計時器顯示時間t將________． A．增大 B．減小 C．不變 8．Ⅰ. [答案] (1)v＝　(2)C　(3)B [解析] (1)滑塊離開彈簧后做勻速直線運動，與BC間的速度相同，故v＝. (2)彈簧的彈性勢能全部轉化成了滑塊的動能，所以還需要測量滑塊(含遮光片)的質量，故C對． (3)增大A、O之間的距離x，滑塊獲

23、得的動能增大，速度增大，故計時器顯示的時間t將減小，B對． E5 實驗：驗證機械能守恒定律 22．E5　C5[xx·全國卷Ⅰ] 某同學用圖(a)所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，其中打點計時器的電源為交流電源，可以使用的頻率有20 Hz、30 Hz和40 Hz，打出紙帶的一部分如圖(b)所示． 圖1- 該同學在實驗中沒有記錄交流電的頻率f，需要用實驗數據和其他題給條件進行推算． (1)若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落，利用f和圖(b)中給出的物理量可以寫出：在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為________，打出C點時重物下落的速度大小為________，重物下落的

24、加速度大小為________． (2)已測得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；當地重力加速度大小為9.80 m/s2，實驗中重物受到的平均阻力大小約為其重力的1%.由此推算出f為________ Hz. [答案] (1)(s1＋s2)f　(s2＋s3)f　(s3－s1)f2 (2)40 [解析] (1)B點對應的速度vB＝＝，C點對應的速度vC＝＝，加速度a＝＝. (2)由牛頓第二定律得mg(1－1%)＝ma，則頻率f＝＝40 Hz. 21．E5[xx·北京卷] (2)利用圖1-裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗． ①為驗證機械能是否守恒，需要比較

25、重物下落過程中任意兩點間的________． A．動能變化量與勢能變化量 B．速度變化量和勢能變化量 C．速度變化量和高度變化量 ②除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(含鐵夾)、電磁打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是________． A．交流電源 B．刻度尺 C．天平(含砝碼) 圖1- ③實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到圖1-所示的一條紙帶．在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為hA、hB、hC. 已知當地重力加速度為g，打點計時器打點的周期為T.設重物的質量為m.從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能變

26、化量ΔEp＝________，動能變化量ΔEk＝________． 圖1- ④大多數學生的實驗結果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是________． A．利用公式v＝gt計算重物速度 B．利用公式v＝計算重物速度 C．存在空氣阻力和摩擦阻力的影響 D．沒有采用多次實驗取平均值的方法 ⑤某同學用下述方法研究機械能是否守恒：在紙帶上選取多個計數點，測量它們到起始點O的距離h，計算對應計數點的重物速度v，描繪v2-h圖像，并做如下判斷：若圖像是一條過原點的直線，則重物下落過程中機械能守恒，請你分析論證該同學的判斷依據是否正確． 21．（2）[答案]①A?、贏B　③－

27、mghB　m?、蹸 ⑤該同學的判斷依據不正確．在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，有mgh－fh＝mv2－0解得v2＝2h.由此可知，v2-h圖像就是過原點的一條直線．要想通過v2-h圖像的方法驗證機械能是否守恒，還必須看圖像的斜率是否接近2g [解析]①由機械能守恒定律可知，動能的減少量和重力勢能的增加量相等，選項A正確． ②需要用低壓交流電源接電磁打點計時器，需要用刻度尺測量紙帶上點跡間距離．選擇A、B. ③ΔEp＝－mghB， ΔEk＝mv 由勻變速直線運動規(guī)律可知，vB＝ 代入可得，ΔEk＝m. ④由于空氣阻力和摩擦阻力的影響，有一部分重力勢能會轉化為熱能．選項C正確．

28、 11．E5[xx·江蘇卷] 某同學用如圖1-所示的裝置驗證機械能守恒定律．一根細線系住鋼球，懸掛在鐵架臺上，鋼球靜止于A點，光電門固定在A的正下方．在鋼球底部豎直地粘住一片寬度為d的遮光條．將鋼球拉至不同位置由靜止釋放，遮光條經過光電門的擋光時間t可由計時器測出，取v＝作為鋼球經過A點時的速度．記錄鋼球每次下落的高度h和計時器示數t，計算并比較鋼球在釋放點和A點之間的勢能變化大小ΔEp與動能變化大小ΔEk，就能驗證機械能是否守恒． 圖1- (1)用ΔEp＝mgh計算鋼球重力勢能變化的大小，式中鋼球下落高度h應測量釋放時的鋼球球心到________之間的豎直距離． A．鋼球在A點時

29、的頂端 B．鋼球在A點時的球心 C．鋼球在A點時的底端 (2)用ΔEk＝mv2計算鋼球動能變化的大小，用刻度尺測量遮光條寬度，示數如圖1-所示，其讀數為________cm.某次測量中，計時器的示數為0.0100 s，則鋼球的速度為v＝________m/s. 圖1- (3)下表為該同學的實驗結果： ΔEp/(10－2 J) 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38 ΔEk/(10－2 J) 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8 他發(fā)現表中的ΔEp與ΔEk之間存在差異，認為這是由于空氣阻力造成的．你是否同意他的觀點？請

30、說明理由． (4)請你提出一條減小上述差異的改進建議． 11．[答案] (1)B (2)1.50(1.49～1.51 都算對) 1．50(1.49～1.51 都算對) (3)不同意，因為空氣阻力會造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp. (4)分別測出光電門和球心到懸點的長度L和l，計算ΔEk時，將v折算成鋼球的速度v′＝v. [解析] (2)讀數時要注意最小分度是1毫米，要估讀到最小分度的下一位，速度v＝＝＝1.50 m/s. (3)因為空氣阻力會使動能的增加量ΔEk小于重力勢能的減少量ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp，所以不同意他的觀點． (4)據圖可看出，光電門計時

31、器測量的是遮光條經過光電門的擋光時間，而此時遮光條經過光電門時的速度比小球的速度大，因為它們做的是以懸點為圓心的圓周運動，半徑不等，所以速度不能等同，而這位同學誤以為相同，從而給實驗帶來了系統誤差．改進方法：根據它們運動的角速度相等，分別測出光電門和球心到懸點的長度L和l，計算ΔEk時，將v折算成鋼球的速度v′＝v. 26．E5[xx·上海卷] 在“用DIS研究機械能守恒定律”的實驗中，用到的傳感器是________傳感器．若擺錘直徑的測量值大于其真實值會造成擺錘動能的測量值偏________(選填“大”或“小”)． 26．[答案] 光電門　大 [解析] 測量速度的傳感器是光電門傳感器；

32、速度測量值v＝，擺錘直徑d的測量值大于其真實值會導致速度測量值偏大，造成動能測量值偏大． E6 功和能綜合 25．D6、E6[xx·全國卷Ⅱ] 輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g. (1)若P的質量為m，求P到達B點時速度

33、的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍． 圖1- 25．[答案] (1)　2 l　(2)m≤M

34、P此時的速度大小v應滿足 －mg≥0?、? 設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l?、? 聯立③⑤式得 vD＝?、? vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得 2l＝gt2?、? P落回到AB上的位置與B點之間的距離為 s＝vDt?、? 聯立⑥⑦⑧式得 s＝2 l　⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零． 由①②式可知5mgl>μMg·4l 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有 Mv≤Mgl　? 聯

35、立①②⑩?式得 m≤M0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為(　　) 圖1- A. B. C. D. 6．B　[解析] 當粒子恰好打到上極板時，兩極板間的電場強度最大，由動能定理得－Emqd＝Ek－Ek0.將粒子速度沿平行和垂直于極板方向分解，當粒子恰好打到上極板時，垂直于極板方向的分速度為0，而平行于極板方向的分速度始終不變，可知Ek＝Ek0

36、，聯立以上兩式可得Em＝. 25．E6[xx·上海卷] 地面上物體在變力F作用下由靜止開始豎直向上運動，力F隨高度x的變化關系如圖1-所示，物體能上升的最大高度為h，hmg，a＝，因此，F最大時加速度最大，此時高度為零；隨著F減小，有mg>F, a＝，當F最小時加速度最大，所以當物體加速度最大時其高度為0或h.設高度為h時對應的拉力為F′，根據圖像有＝，則F′＝F0，拉力的功等于圖中梯形面積，即W＝(F0＋F′)h，根據動能定理得mgh＝

37、(F0＋F′)h，有F0－mg＝mg－F′，故物體高度為0或h時，其加速度大小相等且為最大值，解得F0＝，根據牛頓第二定律，a＝＝ . 2．[xx·黑龍江大慶一中期末] 已知雨滴在空中豎直下落時所受空氣阻力與速度大小的二次方成正比，且不同質量的雨滴所受空氣阻力與速度大小的二次方的比值相同．現有兩滴質量分別為m1和m2的雨滴從空中豎直下落，在落到地面之前都已做勻速直線運動，那么在兩滴雨滴落地之前做勻速直線運動的過程中，其重力的功率之比為(　　) A．m1∶m2 B.∶ C.∶ D.∶ 2．C　[解析] 因為雨滴落到地面前均已做勻速直線運動，所以雨滴受的是平衡力，雨滴受到的阻力為f

38、＝mg＝kv2，所以雨滴的速度為v＝；又因為P＝＝＝Fv，所以兩雨滴重力的功率之比為＝＝＝＝，C項正確． 3．[xx·黑龍江雙鴨山一中12月月考] xx年春晚中開心麻花團隊打造的創(chuàng)意形體秀《魔幻三兄弟》給觀眾留下了很深的印象．該劇采用了“斜躺”的表演方式，三位演員躺在傾角為30°的斜面上完成一系列動作，攝像機垂直于斜面拍攝，讓觀眾產生演員在豎直墻面前表演的錯覺．如圖K15-2所示，演員甲被演員乙和演員丙“豎直向上”拋出，到最高點后恰好懸停在“空中”．已知演員甲的質量m＝60 kg，該過程中觀眾看到演員甲上升的“高度”為0.8 m．設演員甲和斜面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10

39、 m/s2，不計空氣阻力．則該過程中，下列說法不正確的是(　　) 圖K15-2 A．演員甲被拋出的初速度為4 m/s B．演員甲運動的時間為0.4 s C．演員甲的重力勢能增加了480 J D．演員乙和演員丙對甲做的功為480 J 3．C　[解析] 因到達最高點后，恰好懸停，則有：mgsin 30°＝μmgcos 30°，向上滑動的過程中，加速度a＝＝2gsin 30°＝10 m/s2，根據v＝2ax得，初速度v0＝＝ m/s＝4 m/s，故A正確．演員甲的運動時間t＝＝ s＝0.4 s，故B正確．演員甲的重力勢能增加量ΔEp＝mgxsin 30°＝600×0.8× J＝240

40、 J，故C錯誤．演員乙和演員丙對甲做的功W＝mv＝×60×16 J＝480 J，故D正確． 3．[xx·天水一中期中考試] 如圖K16-3所示，一半圓形碗的邊緣兩邊通過一不可伸長的輕質細線掛著兩個小物體A、B，質量分別為m1、m2, m1＞m2.現讓A從靠近邊緣處由靜止開始沿碗內壁下滑．設碗固定不動，其內壁和邊緣均光滑、半徑為R.則A滑到碗最低點時的速度為(　　) 圖K16-3 A．2 B. C. D. 2 3．A　[解析] 設物體A到達碗底端的速度大小為v，將物體A的速度分解可得物體B的速度v2＝vcos 45°，對兩物體組成的系統，在運動過程中，沒有機械能與其他形式能的

41、轉化，因此系統的機械能守恒，由機械能守恒定律得m1gR－m2g·R＝m1v2＋m2，解得v＝2，A項正確． 5．(多選)[xx·重慶市南開中學期中考試] 如圖K16-5所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質量分別為M、m的兩個物體A、B通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板．開始時用手按住物體A，此時A與擋板的距離為s，B靜止于地面，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)．已知M＝2m，空氣阻力不計．松開手后，關于二者的運動下列說法中正確的是(　　) 圖K16-5 A．A和B組成的系統機械能守恒 B．當A的速度最大時，B與地面間的作用力為零

42、 C．若A恰好能到達擋板處，則此時B的速度為零 D．若A恰好能到達擋板處，則此過程中重力對A做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體B的機械能增加量之和 5．BD　[解析] 因A、B之間有彈簧，故兩物體受彈簧的彈力做功，機械能不守恒，故A錯誤；A的重力分力為Mgsin θ＝mg，A物體先做加速運動，當受力平衡時A速度達到最大，則此時B受力為mg，故B恰好與地面間的作用力為零，故B正確；從B開始運動直到A到達擋板過程中，彈力的大小一直大于B的重力，故B一直做加速運動，A到達擋板時，B的速度不為零，故C錯誤；A恰好能到達擋板處，則此過程中重力對A做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體B的機械能增加量

43、之和，故D正確． 3．[xx·濟南一中期中] 如圖K17-3所示，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連．小球可以從D進入該軌道，沿軌道內側運動，從E滑出該軌道進入EF水平軌道．小球從A點由靜止釋放，已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與斜軌AB及水平軌道CD、EF間的動摩擦因數均為0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R.(在運算中，根號中的數值無需算出) (1)求小球滑到管道底端C時速度的大小． (2)求小球剛到C時對軌道的作用力．

44、(3)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應該滿足什么條件？ 圖K17-3 3．(1)　(2)6.6mg　方向豎直向下　(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R [解析] (1)設小球到達C點時速度為v，小球從A運動至C，由動能定理有 mg(5Rsin 37°＋1.8R)－μmgcos 37°·5R＝mv 可得：vC＝. (2)小球沿BC管道做圓周運動，設在C點時軌道對球的作用力為N，由牛頓第二定律，有： N－mg＝m 其中r滿足： r＋rsin 53°＝1.8R 聯立上式可得： N＝6.6mg 由牛頓第三定律可得，球對軌道的作用力大小為6.6mg，

45、方向豎直向下. (3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況： 情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進入EF軌道，則小球在最高點P應滿足： m≥mg 小球從C到P點過程，由動能定理，有： －μmgR－mg·2R′＝mv－mv 可得：R′≤0.92R 情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的Q點時，速度減為零，然后滑回D，則由動能定理，有： －μmgR－mgR′＝0－mv 解得：R′≥2.3R. 2．[xx·天水一中期中考試] 在“斜面沙壺”的游戲中，要求游戲者通過一光滑固定的斜面將質量為m的物塊送上高處的水平傳送帶后運送到網兜內．斜面長度為l，傾角為θ＝30°，傳送帶距地面高度為l，傳送

46、帶的長度為3l.小物塊與傳送帶表面間的動摩擦因數μ＝0.5，傳送帶一直以速度v＝順時針運動．當游戲者第一次試操作時，瞬間給予小物塊一初速度v1(未知)，只能將物塊剛好送到斜面頂端；第二次調整初速度，恰好讓物塊水平沖上傳送帶．求： (1)第一次小物塊瞬間獲得的初速度大小v1； (2)第二次小物塊滑上傳送帶的速度大小v2和傳送帶距斜面頂端的水平距離s； (3)第二次小物塊通過傳送帶過程中摩擦力對物塊所做的功以及摩擦產生的熱量Q. 圖K18-2 2．(1)　(2)　l　(3)－mgl　mgl [解析] (1)第一次小物塊在斜面上滑到頂端時加速度為：a＝gsin 30°＝g 由運動學

47、公式得：v＝2al 得第一次小物塊獲得的初速度為：v1＝＝. (2)第二次恰好讓物塊水平沖上傳送帶，逆向看相當于平拋運動，豎直方向上相當于自由落體，有：vy＝＝ 同時有：l＝gt 解得：t1＝ 第二次小物塊滑上傳送帶的速度為：v2＝vx＝＝ 傳送帶與斜面頂端的水平距離為：s＝vxt1＝× ＝l. (3)在傳送帶上，當小物塊減速到與傳送帶速度相等時，有：v2－v＝－2μgx 小物塊向右運動的距離為：x＝＝＝l＜3l 即物塊在傳送帶上先減速后勻速運動，摩擦力對物塊所做的功為： W1＝mv2－mv＝－mgl 物塊在傳送帶上減速的時間為： t2＝＝＝ 此過程中傳送帶向右運動的

48、距離為：s傳＝vt2＝×＝l 物塊與傳送帶之間相對位移大小為：Δs＝x－s傳＝l－l＝l 即摩擦產生的熱量為Q＝μmgΔs＝0.5mg×l＝mgl. 3．[xx·湖南師范大學附中月考] 圖K18-3為一利用傳輸帶輸送貨物的裝置，物塊(視為質點)自平臺經斜面滑到以恒定速度v運動的水平長傳輸帶上，再由傳輸帶輸送到遠處目的地．已知斜面高h＝2.0 m，水平邊長L＝4.0 m，傳輸寬度d＝2.0 m，傳輸帶的運動速度v＝3.0 m/s，物塊與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.30，物塊自斜面頂端下滑的初速度為零．沿斜面下滑的速度方向與傳輸帶運動方向垂直．設物塊通過斜面與傳輸帶交界處時無動能損失，重力加

49、速度g取10 m/s2. (1)為使物塊滑到傳輸帶上后不會從傳輸帶邊緣脫離，物塊與傳輸帶之間的動摩擦因數μ2至少為多少？ (2)當貨物的平均流量(單位時間里輸送的貨物質量)穩(wěn)定在η＝40 kg/s時，求單位時間里物塊對傳輸帶所做的功W1以及傳輸帶對物塊所做的功W2. 圖K18-3 3．(1)0.5　(2)－360 J?。?40 J [解析] 令m表示物塊的質量，物塊在斜面上滑動的加速度 a＝＝g(sin θ－μ1cos θ) 其中sin θ＝，cos θ＝ 物塊滑到斜面底端的速度 v0＝＝4.0 m/s 以傳輸帶為參考系，物塊滑到傳輸帶的初速度大小 v′0＝＝5.0

50、m/s 運動方向與傳輸帶邊緣的夾角α滿足 tan α＝ 物塊在傳輸帶上做減速運動，其加速度大小 a′＝＝μ2g 當物塊與傳輸帶相對靜止時在傳輸帶上運動的距離 s′＝＝ 最小動摩擦因數μ2應滿足 s′sin α＝＝d 因此可得 μ2＝＝0.5. (2)傳輸帶上存在相對滑動的貨物質量：m′＝η·＝ 物塊對傳輸帶的摩擦力大?。篎＝μ2m′g＝ηv′0 單位時間內物塊對傳輸帶所做的功： W1＝Fvcos(π－α)＝－ηv′0cos α·v＝－ηv2＝－360 J 單位時間內傳輸帶對物塊所做的功：W2＝ηv2－ηv＝－140 J. 3．[xx·吉林實驗中學第五次模擬考

51、試] 利用如圖K39-3所示的實驗裝置做“探究合外力做的功與物體動能改變量的關系”實驗，將光電門固定在軌道上的B點，用重物通過細線拉小車，小車質量為M，保持小車質量不變，改變所掛重物質量m進行多次實驗，每次小車都從同一位置A由靜止釋放(g取10 m/s2)． 圖K39-3 (1)完成該實驗時，________(選填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力； (2)實驗時，發(fā)現傳感器示數明顯不等于重物的重力，其原因是______________． (3)在正確規(guī)范操作后，實驗時除了需要讀出傳感器的示數F，測出小車質量M，還需測量的物理量有________，驗證動能定理的表達式為_______

52、_(用測得的物理量表示)． 3．(1)需要　(2)m不遠小于M　(3)A、B間的距離L、遮光條寬度d和遮光條通過光電門的時間t　FL＝M [解析] (1)拉力傳感器測得的是細線的拉力，要使小車所受的合外力等于細線的拉力還需平衡摩擦力；(2)由牛頓第二定律可得：mg＝(m＋M)a，只有M?m時，細線的拉力才近似等于mg；(3)小車通過光電門的瞬時速度v＝；如果平衡好了摩擦力，則對小車做功的力就是F，還需測量的物理量是A、B間的距離L、遮光條寬度d和遮光條通過光電門的時間t，需要驗證的表達式為FL＝M. 1．[xx·黑龍江牡丹江一中期末考試] 利用如圖K40-1所示的實驗裝置探究重錘下落過

53、程中重力勢能與動能的轉化問題． (1)圖K40-2為一條符合實驗要求的紙帶，O點為打點計時器打下的第一個點．分別測出若干連續(xù)點A、B、C、…與 O點之間的距離h1、h2、h3、….已知打點計時器的打點周期為T，重錘質量為m，重力加速度為g，可得重錘下落到B點時的速度大小為________． 圖K40-1 圖K40-2 (2)取打下O點時重錘的重力勢能為零，計算出該重錘下落不同高度h時所對應的動能Ek和重力勢能Ep.建立坐標系，橫軸表示h，縱軸表示Ek和Ep，根據以上數據在圖K40-3中繪出圖線Ⅰ和圖線Ⅱ.已求得圖線Ⅰ斜率的絕對值k1＝2.94 J/m，圖線Ⅱ的斜率k2＝2.80

54、 J/m.重錘和紙帶在下落過程中所受平均阻力與重錘所受重力的比值為________(用k1和k2表示)． 圖K40-3 1．(1)　(2) [解析] (1)某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，那么B點對應的瞬時速度vB＝. (2)取打下O點時重錘的重力勢能為零，因為初位置的動能為零，則機械能為零，每個位置對應的重力勢能和動能互為相反數，即重力勢能的絕對值與動能相等，而圖線的斜率的絕對值不同，原因是重錘和紙帶下落過程中需要克服阻力做功．根據動能定理得mgh－fh＝mv2，則mg－f＝，圖線Ⅰ斜率的絕對值k1＝＝mg，圖線Ⅱ斜率k2＝＝mg－f，知k1－f＝k2，則阻力f＝k1－k2，所以重錘和紙帶下落過程中所受平均阻力與重錘所受重力的比值為.