【6年高考4年模擬】2020版高考物理考題匯編 機(jī)械能

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1、【物理精品】2020版《6年高考4年模擬》 機(jī)械能部分 第一部分 六年高考薈萃 2020年高考題 1 (2020江蘇第4題).如圖所示,演員正在進(jìn)行雜技表演。由圖可估 算出他將一只雞蛋拋出的過程中對(duì)雞蛋所做的功最接近于 A.0.3J B.3J C.30J D.300J 2(2020全國(guó)卷1第20題).質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊,小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間,如圖所示。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間,井與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性的,

2、則整個(gè)過程中,系統(tǒng)損失的動(dòng)能為 A. B. C. D. 解析:兩物體最終速度相等設(shè)為u由動(dòng)量守恒得:mv=(m+M)u, 系統(tǒng)損 失的動(dòng)能為: 系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn) 化為內(nèi)能Q=fs= 3.(四川第19題).如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地 面的示意圖,假定其過程可簡(jiǎn)化為:打開降落傘一段時(shí)間 后,整個(gè)裝置勻速下降,為確保安全著陸,需點(diǎn)燃返回艙 的緩沖火箭,在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng), 則 A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對(duì)返回艙的拉力變小 B.返回艙在噴氣過程中減速的住要原因是空氣阻力 C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功 D.返回艙

3、在噴氣過程中處于失重狀態(tài) 解析:先從力學(xué)角度討論A.B兩項(xiàng);而C項(xiàng)宜用動(dòng)能定理;D項(xiàng)則考查超重、失重概念。答案選A。由整體法、隔離法結(jié)合牛頓第二定律,可知A正確B錯(cuò);由動(dòng)能定理可知C錯(cuò);因?yàn)槲矬w具有豎直向上的加速度,因此處于超重狀態(tài),D錯(cuò)。 4(四川第21題).質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)無初速度自由下落,在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng),再經(jīng)過t秒小球又回到A點(diǎn),不計(jì)空氣阻力且小球從末落地,則 A.整個(gè)過程中小球電勢(shì)能變換了? B.整個(gè)過程中小球動(dòng)量增量的大小為2mgt C.從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mg2t2 D.從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了

4、 mg2t2 解析:選BD。從運(yùn)動(dòng)學(xué)公式(平均速度等)入手,可求出兩次過程的末速度比例、加速度比例,做好準(zhǔn)備工作。通過動(dòng)能定律、機(jī)械能守恒定律等得出電場(chǎng)力做功,再由功能關(guān)系可知電勢(shì)能增減以及動(dòng)能變化等,從而排除A.C兩項(xiàng);借助運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,選項(xiàng)B中的動(dòng)量變化可直接計(jì)算;對(duì)于選項(xiàng)D,要先由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定,再結(jié)合此前的機(jī)械能守恒定律來計(jì)算重力勢(shì)能變化量。 ?運(yùn)動(dòng)過程如上圖所示,分析可知,加電場(chǎng)之前與加電場(chǎng)之后,小球的位移大小是相等的。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得。對(duì)加電場(chǎng)之后的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理得,對(duì)此前的過程有機(jī)械能守恒,以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。由以上各式聯(lián)立可得,即整個(gè)過程中小球電勢(shì)能減少了,A錯(cuò);動(dòng)量增量為,

5、可知B正確;從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),,C錯(cuò);由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知 ,以及,則從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化量為,D正確。 5.(2020海南第9題).一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上,從t=0時(shí)起,第1秒內(nèi)受到2N的水平外力作用,第2秒內(nèi)受到同方向的1N的外力作用。下列判斷正確的是 A. 0~2s內(nèi)外力的平均功率是W B.第2秒內(nèi)外力所做的功是J C.第2秒末外力的瞬時(shí)功率最大 D.第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值是 解析:由動(dòng)量定理求出1s末、2s末速度分別為:v1=2m/s、v2=3m/s 故合力做功為w=功率為 1s末、2s末功率分別為:4w、3w 第1

6、秒內(nèi)與第2秒動(dòng)能增加量分別為:、,比值:4:5 6(2020新課標(biāo)理綜第16題).一蹦極運(yùn)動(dòng)員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺(tái)下落,到最低點(diǎn)時(shí)距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略,運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn),下列說法正確的是(ABC) A. 運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢(shì)能始終減小 B. 蹦極繩張緊后的下落過程中,彈性力做負(fù)功,彈性勢(shì)能增加 C. 蹦極過程中,運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D. 蹦極過程中,重力勢(shì)能的改變與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān) 解析:主要考查功和能的關(guān)系。運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)過程中,重力做正功,所以重力勢(shì)能始終減少,A項(xiàng)正確。蹦極繩張緊后的下落過程中,彈性力

7、做負(fù)功,彈性勢(shì)能增加,B項(xiàng)正確。蹦極過程中,運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng),只有重力和彈性力做功,所以機(jī)械能守恒,C項(xiàng)正確。重力勢(shì)能的改變與重力勢(shì)能零點(diǎn)選取無關(guān),D項(xiàng)錯(cuò)誤。 7(2020全國(guó)理綜第18題).電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng),并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入,通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場(chǎng)(可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍,理論上可采用的方法是(BD) A.只將軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉淼?倍 B.

8、只將電流I增加至原來的2倍 C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半 D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半,軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉淼?倍,其它量不變 解析:主要考查動(dòng)能定理。利用動(dòng)能定理 有,B=kI解得。所以正確答案是BD。 8 (2020上海15).如圖,一長(zhǎng)為的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上,另一端固定一質(zhì)量為的小球。一水平向右的拉力作用于桿的中點(diǎn),使桿以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)桿與水平方向成60°時(shí),拉力的功率為 (A) (B) (C) (D) 答案:C 9(2020山東第18題).如圖所示,將小球從地面以初速度。豎直上拋的同時(shí),將另一相同質(zhì)量的小球從距地面處由靜止釋放,

9、兩球恰在處相遇(不計(jì)空氣阻力)。則 b v0 h h/2 a A.兩球同時(shí)落地 B.相遇時(shí)兩球速度大小相等 C.從開始運(yùn)動(dòng)到相遇,球動(dòng)能的減少量等于球動(dòng)能的增加量 D.相遇后的任意時(shí)刻,重力對(duì)球做功功率和對(duì)球做功功率相等 答案:C 解析:相遇時(shí)滿足,,所以,小球落地時(shí)間,球落地時(shí)間,因此A錯(cuò)誤;相遇時(shí),,,,所以B錯(cuò)誤;因?yàn)閮汕蚯≡谔幭嘤?,說明重力做功的數(shù)值相等,根據(jù)動(dòng)能定理,球動(dòng)能的減少量等于球動(dòng)能的增加量,C正確;相遇后的任意時(shí)刻,球的速度始終大于球的速度,因此重力對(duì)球做功功率大于對(duì)球做功功率,D錯(cuò)誤。 10(2020海南第14題).現(xiàn)要通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定

10、律。實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示:水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌;導(dǎo)軌上A點(diǎn)處有一帶長(zhǎng)方形遮光片的滑塊,其總質(zhì)量為M,左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)繩與一質(zhì)量為m的砝碼相連;遮光片兩條長(zhǎng)邊與導(dǎo)軌垂直;導(dǎo)軌上B點(diǎn)有一光電門,可以測(cè)試遮光片經(jīng)過光電門時(shí)的擋光時(shí)間t,用d表示A點(diǎn)到導(dǎo)軌低端C點(diǎn)的距離,h表示A與C的高度差,b表示遮光片的寬度,s表示A ,B 兩點(diǎn)的距離,將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作圖; (1)若將滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放,則在滑塊從A運(yùn)動(dòng)至B的 過程中,滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量可表示為____。動(dòng)能的增加量

11、可表示為__。若在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒,與s的關(guān)系式為 __ (2)多次改變光電門的位置,每次均令滑塊自同一點(diǎn)(A點(diǎn))下滑,測(cè)量相應(yīng)的s與t值,結(jié)果如下表所示: 以s為橫坐標(biāo),為縱坐標(biāo),在答題卡上對(duì)應(yīng)圖2位置的坐標(biāo)紙中描出第1和第5個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn);根據(jù)5個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)作直線,求得該直線的斜率k=________2.40___(保留3位有效數(shù)字 由測(cè)得的h、d、b、M和m數(shù)值可以計(jì)算出直線的斜率,將k和進(jìn)行比較,若其差值在試驗(yàn)允許的范圍內(nèi),則可認(rèn)為此試驗(yàn)驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。 11(上海第33 題).(14 分)如圖(a),磁鐵A、B的同名磁極相對(duì)放置,置于水平氣墊導(dǎo)軌上。A固定于導(dǎo)

12、軌左端,B的質(zhì)量m=0.5kg,可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動(dòng)。將B在A附近某一位置由靜止釋放,由于能量守恒,可通過測(cè)量B在不同位置處的速度,得到B的勢(shì)能隨位置x的變化規(guī)律,見圖(c)中曲線I。若將導(dǎo)軌右端抬高,使其與水平面成一定角度(如圖(b)所示),則B的總勢(shì)能曲線如圖(c)中II所示,將B在處由靜止釋放,求:(解答時(shí)必須寫出必要的推斷說明。取) (1)B在運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能最大的位置; (2)運(yùn)動(dòng)過程中B的最大速度和最大位移。 (3)圖(c)中直線III為曲線II的漸近線,求導(dǎo)軌的傾角。 (4)若A、B異名磁極相對(duì)放置,導(dǎo)軌的傾角不變,在圖(c)上畫出B的總勢(shì)能隨x的變化曲線. 答案.(14

13、分) (1)勢(shì)能最小處動(dòng)能最大 (1分) 由圖線II得 (2分) (在5.9 ~ 6.3cm間均視為正確) (2)由圖讀得釋放處勢(shì)能,此即B的總能量。出于運(yùn)動(dòng)中總能量守恒,因此在勢(shì)能最小處動(dòng)能最大,由圖像得最小勢(shì)能為0.47J,則最大動(dòng)能為 (2分) (在0.42 ~ 0.44J間均視為正確) 最大速度為 (1分) (在1.29~1.33 m

14、/s間均視為正確) x=20.0 cm處的總能量為0.90J,最大位移由E=0.90J的水平直線與曲線II的左側(cè)交點(diǎn)確定,由圖中讀出交點(diǎn)位置為x=2.0cm,因此,最大位移 (2分) (在17.9~18.1cm間均視為正確) (3)漸近線III表示B的重力勢(shì)能隨位置變化關(guān)系,即 (2分) ∴ 由圖讀出直線斜率 (1分) (在間均

15、視為正確) (4)若異名磁極相對(duì)放置,A,B間相互作用勢(shì)能為負(fù)值,總勢(shì)能如圖。 (2分) 12(江蘇第14題).(16分)如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)、內(nèi)壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置。將一質(zhì)量為m的小球固定在管底,用一輕質(zhì)光滑細(xì)線將小球與質(zhì)量為M=km的小物塊相連,小物塊懸掛于管口?,F(xiàn)將小球釋放,一段時(shí)間后,小物塊落地靜止不動(dòng),小球繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng),通過管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運(yùn)動(dòng),小球在轉(zhuǎn)向過程中速率不變。(重力加速度為g) (1)求小物塊下落過程中的加速度大小; (2)求小球從管口拋出時(shí)的速度大小; (3)試證明小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移總小于 解析:

16、 13(福建第21題).(19分) 如圖為某種魚餌自動(dòng)投放器中的投餌管裝置示意圖,其下半 部AB是一長(zhǎng)為2R的豎直細(xì)管,上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管,管口沿水平方向,AB管內(nèi)有一原長(zhǎng)為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧。投餌時(shí),每次總將彈簧長(zhǎng)度壓縮到0.5R后鎖定,在彈簧上段放置一粒魚餌,解除鎖定,彈簧可將魚餌彈射出去。設(shè)質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí),對(duì)管壁的作用力恰好為零。不計(jì)魚餌在運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能損失,且鎖定和解除鎖定時(shí),均不改變彈簧的彈性勢(shì)能。已知重力加速度為g。求: (1)質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)的速度大小v1; (2)彈簧壓縮到0.5R時(shí)的彈性勢(shì)能Ep; (3)?已知

17、地面欲睡面相距1.5R,若使該投餌管繞AB管的中軸線OO-。在角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng),每次彈射時(shí)只放置一粒魚餌,魚餌的質(zhì)量在到m之間變化,且均能落到水面。持續(xù)投放足夠長(zhǎng)時(shí)間后,魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少? 解析:此題考查平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能守恒定律等知識(shí)點(diǎn) (1)質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力完全由重力提供,則 (1) 解得????? (2) (2)彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機(jī)械能,由機(jī)械能守恒定律有 ??? …………………..(3) 由(2)(3)得 ………………….(4) (3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)魚餌速度大小

18、的影響,質(zhì)量為m的魚餌離開管口C后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)過t時(shí)間落到水面上,離OO’的水平距離為x1,由平拋規(guī)律有 ………………………..(5) ………………………(6) 由 (5)(6)兩式得………………..(7) 當(dāng)魚餌的質(zhì)量為時(shí),設(shè)其到達(dá)管口C時(shí)速度大小為V2,由機(jī)械能守恒定律有 …………………..(8) 由 (4)(8)兩式解得……………………..(9) 質(zhì)量為的魚餌落到水面時(shí)上時(shí),設(shè)離OO’的水平距離為x2則 ……………………………..(10) 由(5)(9)(10)解得: 魚餌能夠落到水面的最大面積S,S=(πx22-πx12)= πR2(或8.25πR2)。 M

19、 m v0 O P L 14(2020安徽24).(20分) 如圖所示,質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上,質(zhì)量m=1kg的小球通過長(zhǎng)L=0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接,小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動(dòng),開始輕桿處于水平狀態(tài),現(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v0=4 m/s,g取10m/s2。 (1)若鎖定滑塊,試求小球通過最高點(diǎn)P時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小和方向。 (2)若解除對(duì)滑塊的鎖定,試求小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小。 (3)在滿足(2)的條件下,試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離。 解析:(1)設(shè)小球能通過最高點(diǎn),且此時(shí)的速度為v

20、1。在上升過程中,因只有重力做功,小球的機(jī)械能守恒。則 ① ② 設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),輕桿對(duì)小球的作用力為F,方向向下,則 ③ 由②③式,得 F=2N ④ 由牛頓第三定律可知,小球?qū)p桿的作用力大小為2N,方向豎直向上。 (2)解除鎖定后,設(shè)小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度

21、為v2,此時(shí)滑塊的速度為V。在上升過程中,因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用,水平方向的動(dòng)量守恒。以水平向右的方向?yàn)檎较?,? ⑤ 在上升過程中,因只有重力做功,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,則 ⑥ 由⑤⑥式,得 v2=2m/s ⑦ (3)設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點(diǎn)與小球起始點(diǎn)的距離為s1,滑塊向左移動(dòng)的距離為s2,任意時(shí)刻小球的水平速度大小為v3,滑塊的速度大小為V/。由系統(tǒng)水平方向

22、的動(dòng)量守恒,得 ⑦ 將⑧式兩邊同乘以,得 ⑨ 因⑨式對(duì)任意時(shí)刻附近的微小間隔都成立,累積相加后,有 又 由式得 15(2020全國(guó)卷1第26題).(20分) 裝甲車

23、和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。 通過對(duì)一下簡(jiǎn)化模型的計(jì)算可以粗略說明其原因。 質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板,剛好能將鋼板射穿?,F(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊,間隔一段距離水平放置,如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板,穿出后再射向第二塊鋼板,求子彈射入第二塊鋼板的深度。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力,且兩塊鋼板不會(huì)發(fā)生碰撞不計(jì)重力影響。 解析:設(shè)子彈的初速為v0,穿過2d厚度的鋼板時(shí)共同速度為:v 受到阻力為f. 對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得:

24、 ① ② 由①②得: ③ 子彈穿過第一塊厚度為d的鋼板時(shí),設(shè)其速度為v1,此時(shí)鋼板的速度為u,穿第二塊厚度為d的鋼板時(shí)共用速度為v2,穿過深度為, 對(duì)子彈和第一塊鋼板系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得: ④ ⑤ 由③④⑤得: ⑥ 對(duì)子彈和第二塊鋼板系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得: ⑦ ⑧ 由③⑥⑦⑧得: 16(2020天津第10題).(16分) 如圖所示,圓管構(gòu)成的半圓形豎直軌道固定在水平地面上,

25、軌道半徑為R,MN為直徑且與水平面垂直,直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球A以某一初速度沖進(jìn)軌道,到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)M時(shí)與靜止于該處的質(zhì)量與A相同的小球B發(fā)生碰撞,碰后兩球粘在一起飛出軌道,落地點(diǎn)距N為2R。重力加速度為g,忽略圓管內(nèi)徑,空氣阻力及各處摩擦均不計(jì),求: (1)粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時(shí)間t; (2)小球A沖進(jìn)軌道時(shí)速度v的大小。 解析:(1)粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng),有 ① 解得 ② (2)設(shè)球A的質(zhì)量為m,碰撞前速度大小為v1,把球A沖進(jìn)軌道最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能定為0,由機(jī)械能守恒定律知 ③ 設(shè)碰撞后粘合在一起的兩球速度大小

26、為v2,由動(dòng)量守恒定律知 ④ 飛出軌道后做平拋運(yùn)動(dòng),水平方向分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng),有 ⑤ 綜合②③④⑤式得 17(2020浙江第24題).(20分)節(jié)能混合動(dòng)力車是一種可以利用汽油及所儲(chǔ)存電能作為動(dòng)力來源的汽車。有一質(zhì)量m=1000kg的混合動(dòng)力轎車,在平直公路上以勻速行駛,發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為。當(dāng)駕駛員看到前方有80km/h的限速標(biāo)志時(shí),保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率不變,立即啟動(dòng)利用電磁阻尼帶動(dòng)的發(fā)電機(jī)工作給電池充電,使轎車做減速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)L=72m后,速度變?yōu)椤4诉^程中發(fā)動(dòng)機(jī)功率的用于轎車的牽引,用于供給發(fā)電機(jī)工作,發(fā)動(dòng)機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能。假設(shè)轎車在上述運(yùn)動(dòng)過程中

27、所受阻力保持不變。求 (1) 轎車以在平直公路上勻速行駛時(shí),所受阻力的大??; (2) 轎車從減速到過程中,獲得的電能; (3) 轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能維持勻速運(yùn)動(dòng)的距離。 解析:(1)汽車牽引力與輸出功率的關(guān)系 將,代入得 當(dāng)轎車勻速行駛時(shí),牽引力與阻力大小相等,有 (2)在減速過程中,注意到發(fā)動(dòng)機(jī)只有用于汽車的牽引,根據(jù)動(dòng)能定理有 ,代入數(shù)據(jù)得 電源獲得的電能為 (3)根據(jù)題設(shè),轎車在平直公路上勻速行駛時(shí)受到的阻力仍為。此過程中,由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律可知,僅有電能用于克服阻力做功, 代入數(shù)據(jù)得 18(2020廣東第 36題)、(18分)如圖20所示,以A

28、、B和C、D為端點(diǎn)的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi),一滑板靜止在光滑水平地面上,左端緊靠B點(diǎn),上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C。一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E點(diǎn),運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同,然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下,再經(jīng)B滑上滑板。滑板運(yùn)動(dòng)到C時(shí)被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量為m,滑板質(zhì)量M=2m,兩半圓半徑均為R,板長(zhǎng)l =6.5R,板右端到C的距離L在R<L<5R范圍內(nèi)取值。E距A為S=5R,物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因素均為μ=0.5,重力加速度取g. (1) 求物塊滑到B點(diǎn)的速度大小; (2) 試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中,克服摩擦力做的功

29、Wf與L的關(guān)系,并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn)。 解析: (1)μmgs+mg·2R=mvB2 ① 所以 vB=3 (2)設(shè)M滑動(dòng)x1,m滑動(dòng)x2二者達(dá)到共同速度v,則 mvB=(M+m)v ② μmgx1=mv2 ③ —μmgx2=mv2—mvB2 ④ 由②③④得v=, x1=2R, x2=8R 二者位移之差△x= x2—x1=6R<6.5R,即滑塊未掉下滑板 討論: R<L<2R時(shí),Wf=μmg(l+L)= mg(6.

30、5R+L) 2R≤L<5R時(shí),Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR<4.5mgR,即滑塊速度不為0,滑上右側(cè)軌道。 要使滑塊滑到CD軌道中點(diǎn),vc必須滿足:mvc2 ≥mgR ⑤ 此時(shí)L應(yīng)滿足:μmg(l+L) ≤mvB2—mvc2 ⑥ 則 L≤R,不符合題意,滑塊不能滑到CD軌道中點(diǎn)。 答案:(1) vB=3 (2) ①R<L<2R時(shí),Wf=μmg(l+L)= mg(6.5R+L) ②2R≤L<5R時(shí),Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR<4.5mgR,即滑塊速度不為0,滑上右側(cè)軌道。 滑塊不能滑到CD軌道中點(diǎn)

31、 19(2020北京第22題).(16分) l m O F α 如圖所示,長(zhǎng)度為l的輕繩上端固定在O點(diǎn),下端系一質(zhì)量為m的小球(小球的大小可以忽略)。 (1)在水平拉力F的作用下,輕繩與豎直方向的夾角為α,小球保持靜止。畫出此時(shí)小球的受力圖,并求力F的大??; (2)由圖示位置無初速釋放小球,求當(dāng)小球通過最低點(diǎn)時(shí)的速度大小及輕繩對(duì)小球的拉力。不計(jì)空氣阻力。 答案:(1)受力圖見右 根據(jù)平衡條件,的拉力大小F=mgtanα T F mg (2)運(yùn)動(dòng)中只有重力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒 則通過最低點(diǎn)時(shí),小球的速度大小 根據(jù)牛頓第二定

32、律 解得輕繩對(duì)小球的拉力 ,方向豎直向上 2020年高考題 1. 2020·江蘇物理·8如圖所示,平直木板AB傾斜放置,板上的P點(diǎn)距A端較近,小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小,先讓物塊從A由靜止開始滑到B。然后,將A著地,抬高B,使木板的傾角與前一過程相同,再讓物塊從B由靜止開始滑到A。上述兩過程相比較,下列說法中一定正確的有 A. 物塊經(jīng)過P點(diǎn)的動(dòng)能,前一過程較小 B. 物塊從頂端滑到P點(diǎn)的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量,前一過程較少 C.物塊滑到底端的速度,前一過程較大 D.物塊從頂端滑到底端的時(shí)間,前一過程較長(zhǎng) 答案:AD 2. 2020·福建·17如圖

33、(甲)所示,質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上,t=0時(shí)刻,將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放,小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn),然后又被彈起離開彈簧,上升到一定高度后再下落,如此反復(fù)。通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器,測(cè)出這一過程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖(乙)所示,則 A.時(shí)刻小球動(dòng)能最大 B. 時(shí)刻小球動(dòng)能最大 C. ~這段時(shí)間內(nèi),小球的動(dòng)能先增加后減少 D. ~這段時(shí)間內(nèi),小球增加的動(dòng)能等于彈簧減少的彈性勢(shì)能 答案:C 3. 2020·新課標(biāo)·16如圖所示,在外力作用下某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v-t圖象為正弦曲線.從圖中可以判斷 A、在時(shí)間內(nèi),外

34、力做正功 B、在時(shí)間內(nèi),外力的功率逐漸增大 C、在時(shí)刻,外力的功率最大 D、在時(shí)間內(nèi),外力做的總功為零 答案:AD, 解析:選項(xiàng)B錯(cuò)誤,根據(jù)P=Fv和圖象斜率表示加速度,加速度對(duì)應(yīng)合外力,外力的功率先減小后增大。選項(xiàng)C錯(cuò)誤,此時(shí)外力的功率為零。 4. 2020·上海物理·18如圖為質(zhì)量相等的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)在同一直線上運(yùn)動(dòng)的圖像,由圖可知 (A)在時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)在同一位置 (B)在時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)速度相等 (C)在時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)比質(zhì)點(diǎn)位移大 (D)在時(shí)間內(nèi)合外力對(duì)兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)做功相等 答案:BCD 解析:首先,B正確;根據(jù)位移由圖像中面積表示,在時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B比質(zhì)點(diǎn)A

35、位移大,C正確而A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功等于動(dòng)能的變化,D正確;本題選BCD。 本題考查圖象的理解和動(dòng)能定理。對(duì)D,如果根據(jù)W=Fs則難判斷。 難度:中等。 5. 2020·安徽·14 6. 2020·上海物理·25如圖,固定于豎直面內(nèi)的粗糙斜桿,在水平方向夾角為,質(zhì)量為m的小球套在桿上,在大小不變的拉力作用下,小球沿桿由底端勻速運(yùn)動(dòng)到頂端,為使拉力做功最小,拉力F與桿的夾角a=____,拉力大小F=_____。 【解析】,,,。因?yàn)闆]有摩擦力,拉力做功最小。 本題考查力的分解,功等。難度:中等。 7. 2020·全國(guó)卷Ⅱ·24如圖,MNP 為整直面內(nèi)一固定軌道

36、,其圓弧段MN與水平段NP相切于N、P端 固定一豎直擋板。M相對(duì)于N的高度為h,NP長(zhǎng)度為s.一木塊自M端從靜止開始沿軌道下滑,與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞后停止在水平軌道上某處。若在MN段的摩擦可忽略不計(jì),物塊與NP段軌道間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為,求物塊停止的地方與N點(diǎn)距離的可能值。 【答案】物塊停止的位置距N的距離可能為或 【解析】根據(jù)功能原理,在物塊從開始下滑到停止在水平軌道上的過程中,物塊的重力勢(shì)能的減少與物塊克服摩擦力所做功的數(shù)值相等。 ① 設(shè)物塊的質(zhì)量為m,在水平軌道上滑行的總路程為s′,則

37、 ② ③ 連立①②③化簡(jiǎn)得 ④ 第一種可能是:物塊與彈性擋板碰撞后,在N前停止,則物塊停止的位置距N的距離為 ⑤ 第一種可能是:物塊與彈性擋板碰撞后,可再一次滑上光滑圓弧軌道,滑下后在水平軌道上停止,則物塊停止的位置距N的距離為 ⑥ 所以物塊停止的位置距N的距離可能為或。 8. 2020·江蘇物理·14在游樂節(jié)目中,選手需要借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺(tái)上,小明和小陽(yáng)觀看后對(duì)此進(jìn)行了討

38、論。如圖所示,他們將選手簡(jiǎn)化為質(zhì)量m=60kg的指點(diǎn), 選手抓住繩由靜止開始擺動(dòng),此事繩與豎直方向夾角=,繩的懸掛點(diǎn)O距水面的高度為H=3m.不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量,浮臺(tái)露出水面的高度不計(jì),水足夠深。取中立加速度, , (1) 求選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)繩拉力的大小F; (2) 若繩長(zhǎng)l=2m, 選手?jǐn)[到最高點(diǎn)時(shí)松手落入手中。設(shè)水碓選手的平均浮力,平均阻力,求選手落入水中的深度; (3) 若選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)松手, 小明認(rèn)為繩越長(zhǎng),在浮臺(tái)上的落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn);小陽(yáng)認(rèn)為繩越短,落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn),請(qǐng)通過推算說明你的觀點(diǎn)。 答案: 9. 2020·上海物理·31傾角,質(zhì)量M=5kg的粗糙斜面位于

39、水平地面上,質(zhì)量m=2kg的木塊置于斜面頂端,從靜止開始勻加速下滑,經(jīng)t=2s到達(dá)底端,運(yùn)動(dòng)路程L=4m,在此過程中斜面保持靜止(),求: (1)地面對(duì)斜面的摩擦力大小與方向; (2)地面對(duì)斜面的支持力大小 (3)通過計(jì)算證明木塊在此過程中滿足動(dòng)能定理。 【解析】(1)隔離法: 對(duì)木塊:, 因?yàn)?,? 所以,, 對(duì)斜面:設(shè)摩擦力f向左,則,方向向左。 (如果設(shè)摩擦力f向右,則,同樣方向向左。) (2)地面對(duì)斜面的支持力大小 (3)木塊受兩個(gè)力做功。 重力做功: 摩擦力做功: 合力做功或外力對(duì)木塊做的總功: 動(dòng)能的變化 所以,合力做功或外力對(duì)木塊做的總功等于動(dòng)能的變

40、化(增加),證畢。 2020年高考題 一、選擇題 1.(09·全國(guó)卷Ⅱ·20)以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物體。假定物塊所受的空氣阻力f大小不變。已知重力加速度為g,則物體上升的最大高度和返回到原拋出點(diǎn)的速率分別為 ( A ) A.和 B.和 C.和 D.和 解析:本題考查動(dòng)能定理.上升的過程中,重力做負(fù)功,阻力做負(fù)功,由動(dòng)能定理得,,求返回拋出點(diǎn)的速度由全程使用動(dòng)能定理重力做功為零,只有阻力做功為有,解得,A正確。 2.(09·上海物理·5)小球由地面豎直上拋,上升的最大高度為H,設(shè)所受阻力大小恒

41、定,地面為零勢(shì)能面。在上升至離地高度h處,小球的動(dòng)能是勢(shì)能的兩倍,在下落至離高度h處,小球的勢(shì)能是動(dòng)能的兩倍,則h等于 ( D ) A.H/9 B.2H/9 C.3H/9 D.4H/9 解析:小球上升至最高點(diǎn)過程:;小球上升至離地高度h處過程:,又;小球上升至最高點(diǎn)后又下降至離地高度h處過程:,又;以上各式聯(lián)立解得,答案D正確。 3.(09·江蘇物理·9)如圖所示,兩質(zhì)量相等

42、的物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接,B足夠長(zhǎng)、放置在水平面上,所有接觸面均光滑。彈簧開始時(shí)處于原長(zhǎng),運(yùn)動(dòng)過程中始終處在彈性限度內(nèi)。在物塊A上施加一個(gè)水平恒力,A、B從靜止開始運(yùn)動(dòng)到第一次速度相等的過程中,下列說法中正確的有 ( BCD ) A.當(dāng)A、B加速度相等時(shí),系統(tǒng)的機(jī)械能最大 B.當(dāng)A、B加速度相等時(shí),A、B的速度差最大 C.當(dāng)A、B的速度相等時(shí),A的速度達(dá)到最大 D.當(dāng)A、B的速度相等時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大 解析:處理本題的關(guān)鍵是對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析,使用圖象處理則可以使問題大大簡(jiǎn)化。對(duì)A、B在水平方向受力分析如圖,F(xiàn)1為彈簧的拉力;當(dāng)加速度大小相同為a時(shí),對(duì)

43、A有,對(duì)B有,得,在整個(gè)過程中A的合力(加速度)一直減小而B的合力(加速度)一直增大,在達(dá)到共同加速度之前A的合力(加速度)一直大于B的合力(加速度),之后A的合力(加速度)一直小于B的合力(加速度)。兩物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖,tl時(shí)刻,兩物體加速度相等,斜率相同,速度差最大,t2時(shí)刻兩物體的速度相等,A速度達(dá)到最大值,兩實(shí)線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對(duì)位移最大,彈簧被拉到最長(zhǎng);除重力和彈簧彈力外其它力對(duì)系統(tǒng)正功,系統(tǒng)機(jī)械能增加,tl時(shí)刻之后拉力依然做正功,即加速度相等時(shí),系統(tǒng)機(jī)械能并非最大值。 4.(09·廣東理科基礎(chǔ)·8)游樂場(chǎng)中的一種滑梯如圖所示。小朋友從軌道頂端由靜止開始下

44、滑,沿水平軌道滑動(dòng)了一段距離后停下來,則 ( D ) A.下滑過程中支持力對(duì)小朋友做功 B.下滑過程中小朋友的重力勢(shì)能增加 C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小朋友的機(jī)械能守恒 D.在水平面滑動(dòng)過程中摩擦力對(duì)小朋友做負(fù)功 解析:在滑動(dòng)的過程中,人受三個(gè)力重力做正功,勢(shì)能降低B錯(cuò);支持力不做功,摩擦力做負(fù)功,所以機(jī)械能不守恒,AC皆錯(cuò),D正確。 5.(09·廣東理科基礎(chǔ)·9)物體在合外力作用下做直線運(yùn)動(dòng)的v一t圖象如圖所示。下列表述正確的是( A

45、 ) A.在0—1s內(nèi),合外力做正功 B.在0—2s內(nèi),合外力總是做負(fù)功 C.在1—2s內(nèi),合外力不做功 D.在0—3s內(nèi),合外力總是做正功 解析:根據(jù)物體的速度圖象可知,物體0-1s內(nèi)做勻加速合外力做正功,A正確;1-3s內(nèi)做勻減速合外力做負(fù)功。根據(jù)動(dòng)能定理0到3s內(nèi),1—2s內(nèi)合外力做功為零。 6. (09·廣東文科基礎(chǔ)·58) 如圖8所示,用一輕繩系一小球懸于O點(diǎn)?,F(xiàn)將小球拉至水 平位置,然后釋放,不計(jì)阻力。小球下落到最低點(diǎn)的過程中,下列表述正確的是 ( A ) A.小球的機(jī)械能守恒 B.小球所受的合力不變 C.小

46、球的動(dòng)能不斷減小 D.小球的重力勢(shì)能增加 7.(09·山東·18)2020年9月25日至28日我國(guó)成功實(shí)施了“神舟”七號(hào)載入航天飛行并實(shí)現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行,后在遠(yuǎn)地點(diǎn)343千米處點(diǎn)火加速,由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道,在此圓軌道上飛船運(yùn)行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是 ( BC ) P 地球 Q 軌道1 軌道2 A.飛船變軌前后的機(jī)械能相等 B.飛船在圓軌道上時(shí)航天員出艙前后都處于失重狀態(tài) C.飛船在此圓軌道上運(yùn)動(dòng)的角度速度大于同步衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的角速度 D.飛船變軌前通過橢圓軌道遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的加速度

47、大于變軌后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)的加速度 解析:飛船點(diǎn)火變軌,前后的機(jī)械能不守恒,所以A不正確。飛船在圓軌道上時(shí)萬(wàn)有引力來提供向心力,航天員出艙前后都處于失重狀態(tài),B正確。飛船在此圓軌道上運(yùn)動(dòng)的周期90分鐘小于同步衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期24小時(shí),根據(jù)可知,飛船在此圓軌道上運(yùn)動(dòng)的角度速度大于同步衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的角速度,C正確。飛船變軌前通過橢圓軌道遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)只有萬(wàn)有引力來提供加速度,變軌后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)也是只有萬(wàn)有引力來提供加速度,所以相等,D不正確。 考點(diǎn):機(jī)械能守恒定律,完全失重,萬(wàn)有引力定律 提示:若物體除了重力、彈性力做功以外,還有其他力(非重力、彈性力)不做功,且其他力做功之和不為零,則機(jī)械能不守恒。 根

48、據(jù)萬(wàn)有引力等于衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力可求衛(wèi)星的速度、周期、動(dòng)能、動(dòng)量等狀態(tài)量。由得,由得,由得,可求向心加速度。 8.(09·山東·22)圖示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°,質(zhì)量為M的木箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為。木箱在軌道端時(shí),自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱,然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下,與輕彈簧被壓縮至最短時(shí),自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端,再重復(fù)上述過程。下列選項(xiàng)正確的是 ( BC ) A.m=M  B.m=2M  C.木箱不與彈簧接觸時(shí),上滑的加速度大于下滑的加速度

49、 D.在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中,減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能 解析:受力分析可知,下滑時(shí)加速度為,上滑時(shí)加速度為,所以C正確。設(shè)下滑的距離為l,根據(jù)能量守恒有,得m=2M。也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外,還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化量,B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中,減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和內(nèi)能,所以D不正確。 考點(diǎn):能量守恒定律,機(jī)械能守恒定律,牛頓第二定律,受力分析 提示:能量守恒定律的理解及應(yīng)用。 l 二、非選擇題 l 9.(09·全國(guó)卷Ⅰ·25)如圖所示,傾角為θ的斜面上靜止放置三個(gè)質(zhì)量均為m的

50、木箱,相鄰兩木箱的距離均為l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑,逐一與其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起運(yùn)動(dòng)。整個(gè)過程中工人的推力不變,最后恰好能推著三個(gè)木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g.設(shè)碰撞時(shí)間極短,求 l (1)工人的推力; l (2)三個(gè)木箱勻速運(yùn)動(dòng)的速度; l (3)在第一次碰撞中損失的機(jī)械能。 答案:(1);(2);(3)。 解析:(1)當(dāng)勻速時(shí),把三個(gè)物體看作一個(gè)整體受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根據(jù)平衡的知識(shí)有 (2)第一個(gè)木箱與第二個(gè)木箱碰撞之前的速度為V1,加速度 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理有 ,碰撞后的速度為V2根

51、據(jù)動(dòng)量守恒有,即碰撞后的速度為,然后一起去碰撞第三個(gè)木箱,設(shè)碰撞前的速度為V3 從V2到V3的加速度為,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有,得,跟第三個(gè)木箱碰撞根據(jù)動(dòng)量守恒有,得就是勻速的速度. 設(shè)第一次碰撞中的能量損失為,根據(jù)能量守恒有,帶入數(shù)據(jù)得。 10.(09·山東·24)如圖所示,某貨場(chǎng)而將質(zhì)量為m1=100 kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面,為避免貨物與地面發(fā)生撞擊,現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道,使貨物中軌道頂端無初速滑下,軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B,長(zhǎng)度均為l=2m,質(zhì)量均為m2=100 kg,木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動(dòng)

52、摩擦因數(shù)為1,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2。(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,取g=10 m/s2) (1)求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力。 (2)若貨物滑上木板4時(shí),木板不動(dòng),而滑上木板B時(shí),木板B開始滑動(dòng),求1應(yīng)滿足的條件。 (3)若1=0。5,求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解析:(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端是的速度為,對(duì)貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得,①設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據(jù)牛頓第二定律得,② 聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得③ 根據(jù)牛頓第三定律,貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3000N,方向豎直向下。 (2)若滑上木

53、板A時(shí),木板不動(dòng),由受力分析得④ 若滑上木板B時(shí),木板B開始滑動(dòng),由受力分析得⑤ 聯(lián)立④⑤式代入數(shù)據(jù)得⑥。 (3),由⑥式可知,貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí),木板不動(dòng)。設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為,由牛頓第二定律得⑦ 設(shè)貨物滑到木板A末端是的速度為,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得⑧ 聯(lián)立①⑦⑧式代入數(shù)據(jù)得⑨ 設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得⑩ 聯(lián)立①⑦⑨⑩式代入數(shù)據(jù)得。 考點(diǎn):機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)方程、受力分析 11.(09·寧夏·36)兩質(zhì)量分別為M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,A和B的傾斜面都是光滑曲面,曲面下端與水平面相切,如圖所示,一

54、質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上,距水平面的高度為h。物塊從靜止滑下,然后雙滑上劈B。求物塊在B上能夠達(dá)到的最大高度。 解析:設(shè)物塊到達(dá)劈A的低端時(shí),物塊和A的的速度大小分別為和V,由機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒得 ① ② 設(shè)物塊在劈B上達(dá)到的最大高度為,此時(shí)物塊和B的共同速度 大小為,由機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒得 ③ ④ 聯(lián)立

55、①②③④式得 ⑤ 2020年高考題 一、選擇題 1.(08全國(guó)Ⅱ18)如右圖,一很長(zhǎng)的、不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪,繩兩端各系一小 球a和b.a球質(zhì)量為m,靜置于地面;b球質(zhì)量為3m,用手托往,高度為h,此時(shí)輕繩剛好拉緊. 從靜止開始釋放b后,a可能達(dá)到的最大高度為 ( ) A.h B.1.5h C.2h D.2.5h 答案 B 解析 b著地前,根據(jù)牛頓第二定律: 對(duì)于b:3mg-T=3ma ① 對(duì)于a:T-m

56、g=ma ② ①、②式相加得:2mg=4ma,a=,v2=2ah b著地后,a做豎直上拋運(yùn)動(dòng),v2=2gh1 設(shè)最大高度為H,則H=h+h1 所以 2.(08寧夏理綜18)一滑塊在水平地面上沿直線滑行,t=0時(shí)其速度為1 m/s.從此刻開始滑塊運(yùn)動(dòng)方向上再施加一水平面作用力F,力F和滑塊的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律分別如圖a和圖b所示。設(shè)在第1秒內(nèi)、第2秒內(nèi)、第3秒內(nèi)力F對(duì)滑塊做的功分別為W1、W2、W3,則以下關(guān)系式正確的是 ( ) A. W1=W

57、2=W3 B.W1

58、電荷的電勢(shì)能一定越高 答案 B 解析 衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由衛(wèi)星與地球之間的萬(wàn)有引力提供,即,由此式可得,故r越大,衛(wèi)星動(dòng)能越小,故A錯(cuò).光電子的最大初動(dòng)能,故隨波長(zhǎng)的減小而增大,B對(duì). 在平拋運(yùn)動(dòng)的過程中t時(shí)刻后任取一小段時(shí)間為Δt,故t時(shí)刻豎直方向的分速度為vt,t+Δt時(shí)刻豎直方向的分速度為vt+Δt,其動(dòng)能增量為,化簡(jiǎn)可得,由此可知,就算Δt相同,ΔEK仍隨t的增大而增大,故C錯(cuò).如正電荷處于負(fù)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中,電場(chǎng)線越密的地方,正電荷的電勢(shì)能越低,故D錯(cuò). 4.(08四川理綜18)一物體沿固定斜面從靜止開始向下運(yùn)動(dòng),經(jīng)過時(shí)間t0滑至斜面底端.已知在物體運(yùn)動(dòng)過程

59、中物體所受的摩擦力恒定.若用F、v、s和E分別表示該物體所受的合力、物體的速度、位移和機(jī)械能,則下列圖象中可能正確的是 ( ) 答案 AD 解析 合力是恒定的,速度隨時(shí)間線性增加,位移增加但與時(shí)間是二次函數(shù)關(guān)系,根據(jù)機(jī)械能守恒知E=E0- μmgs=E0-μgF合t2,可見機(jī)械能隨時(shí)間增大而減小,且與時(shí)間是二次函數(shù)關(guān)系. 5.(08廣東理科基礎(chǔ)11)一個(gè)25 kg的小孩從高度為3.0 m的滑梯頂端由靜止開始滑下,滑到底端時(shí)的速度為 2.0

60、m/s.取g=10 m/s2,關(guān)于力對(duì)小孩做的功,以下結(jié)果正確的是 ( ) A.合外力做功50 J B.阻力做功500 J C.重力做功500 J D.支持力做功50 J答案 A 解析 由動(dòng)能定理得,由能量守恒得,阻力做功,,支持力不做功. 6.(08江蘇5)如圖所示,粗糙的斜面與光滑的水平面相連接,滑塊沿水平面以度 v0運(yùn)動(dòng),設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)刻為t=0,距B點(diǎn)的水平距離為x,水平速度為 vx.由于v0不同,從A點(diǎn)到B點(diǎn)的幾種可能的運(yùn)動(dòng)圖象如下列選項(xiàng)所示,其中 表示摩擦力做功最大的是 ( )

61、 答案 D 解析 A、C圖表示物體水平方向速度不變,說明從A點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng).B圖說明先平拋一段落在斜面上,相碰后又脫離斜面運(yùn)動(dòng).D圖說明滑塊沿斜面下滑.所以D表示摩擦力做功最大. 7.(08江蘇9)如圖所示,一根不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端各系一個(gè)小球a和b,跨在兩根固定 在同一高度的光滑水平細(xì)桿上,質(zhì)量為3m的a球置于地面上,質(zhì)量為m的b球從水平 位置靜止釋放,當(dāng)a球?qū)Φ孛鎵毫偤脼榱銜r(shí),b球擺過的角度為θ.下列結(jié)論正確的是 ( ) A.θ=90° B.θ=45° C.b球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中,重力對(duì)小球做功的功率先增大后減小 D.b球擺

62、動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中,重力對(duì)小球做功的功率一直增大 答案 AC 解析 b球下擺過程中,豎直方向速度先增大后減小,重力功率P=mgv⊥先增大后減小.a對(duì)地面的壓力剛好為零,說明繩的拉力T=3mg,對(duì)b球設(shè)繞行半徑為r,在最低點(diǎn)時(shí),mgr=mvT′-mg=得T′=T=3mg所以b在最低點(diǎn)時(shí),a球恰好對(duì)地面壓力為零. 8.(08廣東3)運(yùn)動(dòng)員跳傘將經(jīng)歷加速下降和減速下降兩個(gè)過程,將人和傘看成一個(gè)系統(tǒng),在這兩個(gè)過程中,下列說法正確的是

63、 ( ) A.阻力對(duì)系統(tǒng)始終做負(fù)功 B.系統(tǒng)受到的合外力始終向下 C.重力做功使系統(tǒng)的重力勢(shì)能增加 D.任意相等的時(shí)間內(nèi)重力做的功相等 答案 A 解析 運(yùn)動(dòng)員無論是加速下降還是減速下降,阻力始終阻礙系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng),所以阻力對(duì)系統(tǒng)始終做負(fù)功,故選項(xiàng)A正確;運(yùn)動(dòng)員加速下降時(shí)系統(tǒng)受到的合外力向下,減速下降時(shí)系統(tǒng)所受的合外力向上,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由WG=-ΔEp知,運(yùn)動(dòng)員下落過程中重力始終做正功,系統(tǒng)重力勢(shì)能減少,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員在加速下降和減速下降的過程中,任意相等時(shí)間內(nèi)所通過的位移不一

64、定相等,所以任意相等時(shí)間內(nèi)重力做功不一定相等,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 二、非選擇題 9.(08江蘇11)某同學(xué)利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律,弧形軌道末 端水平,離地面的高度為H,將鋼球從軌道的不同高度h處?kù)o止釋放,鋼球的落點(diǎn) 距軌道末端的水平距離為s. (1)若軌道完全光滑,s2與h的理論關(guān)系應(yīng)滿足s2= (用H、h表示). (2)該同學(xué)經(jīng)實(shí)驗(yàn)測(cè)量得到一組數(shù)據(jù),如下表所示: h(10-1 m) 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 s2(10-1 m2) 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78 請(qǐng)?jiān)谧鴺?biāo)紙上作出s2-h關(guān)

65、系圖. (3)對(duì)比實(shí)驗(yàn)結(jié)果與理論計(jì)算得到的s2-h關(guān)系圖線(圖中已畫出), 自同一高度靜止釋放的鋼球,水平拋出的速率 (填“小 于”或“大于”)理論值. (4)從s2-h關(guān)系圖線中分析得出鋼球水平拋出的速率差十分顯著,你 認(rèn)為造成上述偏差的可能原因是 . 答案 (1)4Hh (2)見下圖 (3)小于 (4)摩擦,轉(zhuǎn)動(dòng)(回答任一即可) 解析 (1)由機(jī)械能守恒mgh=mv2 ① 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律s=vt ② H=gt2

66、 ③ 由①②③得s2=4Hh. (2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描出s2-h關(guān)系如圖. (3)由圖中看出在相同h下,水平位移s值比理論值要小,由s=vt=v,說明水平拋出的速率比理論值小. (4)水平拋出的速率偏小,說明有機(jī)械能損失,可能因?yàn)槟Σ?或在下落過程中小球發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng). 10.(08全國(guó)Ⅱ23) 如右圖,一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣,桌面離水平地面的高 度為h.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后,以水平速度v0/2射出.重力 加速度為g.求: (1)此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能; (2)此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離. 答案 (1)(3-)mv02 (2) 解析 (1)設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為v,由動(dòng)量守恒定律得 mv0=m+Mv ① 解得v=v0 ② 系統(tǒng)的機(jī)械能損失為 ΔE=mv02 -[m()2 +Mv2] ③ 由②③式得ΔE=(3-)mv02 ④ (2)設(shè)物塊下落到地面所需時(shí)間為t,落地點(diǎn)距桌面邊緣的 水平距

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