2020-2022三年高考物理真题分类汇编专题06功和能(含解析).pdf

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1、专题 06 功和能 1、（2022广东卷T9）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，=20mMN PQ，PQ段的倾角为30，重力加速度 g 取210m/s，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A.从 M 到 N，小车牵引力大小为40N B.从 M 到 N，小车克服摩擦力做功800J C.从 P 到 Q，小车重力势能增加41J10 D.从 P 到 Q，小车克服摩擦力做功700J【答案】ABD【解析】A小车从 M 到 N，依题意有 11200WPFv 代入数据解得 4

2、0NF 故 A 正确；B依题意，小车从 M 到 N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为 140NfF 则摩擦力做功为 14020J800JW 则小车克服摩擦力做功为 800J，故 B 正确；C依题意，从 P 到 Q，重力势能增加量为 op500N20m sin305000JEmgh 故 C 错误；D依题意，小车从 P 到 Q，摩擦力为 f2，有 o222sin30Pfmgv 摩擦力做功为 222Wfs 220ms 联立解得 2700JW 则小车克服摩擦力做功为 700J，故 D 正确。故选 ABD。2、（2022全国乙卷T16）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端 P 点由

3、静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A.它滑过的弧长 B.它下降的高度 C.它到 P 点的距离 D.它与 P 点的连线扫过的面积【答案】C【解析】如图所示 设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到 P 点的距离为L，根据机械能守恒定律得 212mghmv 由几何关系可得 sinhL sin2LR 联立可得 22LhR 可得 gvLR 故 C 正确，ABD 错误。故选 C。3、（2022浙江 6 月卷T13）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过25m/s的

4、匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取210m/s，则提升重物的最短时间为（）A.13.2s B.14.2s C.15.5s D.17.0s【答案】C【解析】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得 22m130020 10m/s5m/s20Tmgam 当功率达到额定功率时，设重物速度为1v，则有 1m1200m/s4m/s300PvT额 此过程所用时间和上升高度分别为 1114s0.8s5vta 22

5、1114m1.6m22 5vha 重物以最大速度匀速时，有 m1200m/s6m/s200PPvTmg额额 重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为 m3m6s1.2s5vta 22m3m6m3.6m22 5vha 设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为2t，该过程根据动能定理可得 2222m11122P tmghmvmv额 又 285.2m1.6m3.6m80mh 联立解得 213.5st 故提升重物的最短时间为 min1230.8s13.5s1.2s15.5stttt C 正确，ABD 错误；故选 C。4、（2022浙江 1 月卷T1）单位为 J/m 的物理量是（

6、）A.力 B.功 C.动能 D.电场强度【答案】A【解析】根据功的定义式WFx可知 JN m 则有 JN m=Nmm 因 N 是力的单位，故单位为 J/m 的物理量是力。故选 A。5.（2022河北T9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量QPmm，0t时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为3g。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取0t时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（）A.物体P和Q的质量之比为1:3 B

7、.2T时刻物体Q的机械能为2E C.2T时刻物体P重力的功率为32ET D.2T时刻物体P的速度大小23gT【答案】BCD【解析】A开始释放时物体 Q 的加速度为3g，则 3QTQgm gFm 3TPPgFm gm 解得 23TQFm g 12PQmm 选项 A 错误；B在 T 时刻，两物体的速度 13gTv P 上升的距离 22112 36ggThT 细线断后 P 能上升的高度 2212218vgThg 可知开始时 PQ 距离为 21229gThhh 若设开始时 P 所处的位置为零势能面，则开始时 Q 的机械能为 2229QQm g TEm gh 从开始到绳子断裂，绳子的拉力对 Q 做负功，

8、大小为 2219QFTm g TWF h 则此时物体 Q 的机械能 2292QFm g TEEEW 此后物块 Q 的机械能守恒，则在 2T 时刻物块 Q 的机械能仍为2E，选项 B 正确；CD在 2T 时刻，重物 P 的速度 2123gTvvgT 方向向下；此时物体 P 重力的瞬时功率 22232332QQGPm gm g TgTEPm gvT 选项 CD 正确。故选 BCD。6、（2022湖北T7）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由 v 增大到 2v，在随后的一段时间内速度大小由 2v 增大到 5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为 W1和 W2，合外力的冲量大小分别为I1和

9、I2。下列关系式一定成立的是（）A.213WW，213II B.213WW，21II C.217WW，213II D.217WW，21II【答案】C【解析】根据动能定理可知 2221113(2)222Wmvmvmv 22221121(5)(2)222Wmvmvmv 可得 217WW 由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是 13mvImv 237mvImv 可知 213II 故选 C。7、（2022浙江 1 月卷T20）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37的光滑直轨道 AB、圆心为 O1的半圆形光滑轨道 B

10、CD、圆心为 O2的半圆形光滑细圆管轨道 DEF、倾角也为 37的粗糙直轨道FG 组成，B、D 和 F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在 G 点（与 B 点等高），B、O1、D、O2和 F 点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量 m=0.1kg，轨道 BCD 和 DEF 的半径 R=0.15m，轨道 AB 长度AB3ml，滑块与轨道 FG 间的动摩擦因数78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37=0.6，cos37=0.8。滑块开始时均从轨道 AB 上某点静止释放，（1）若释放点距 B 点的长度 l=0.7m，求滑块到最低点 C 时轨道对其支持力 FN的大小；（2）设释放点

11、距 B 点的长度为xl，滑块第一次经 F 点时的速度 v 与xl之间的关系式；（3）若滑块最终静止在轨道 FG 的中点，求释放点距 B 点长度xl的值。【答案】（1）7N；（2）0.85mxl；（3）见解析【解析】（1）到 C 点过程 21sin37(1cos37)2CmglmgRmv C 点时 2-=CNvFmg mR 7NNF （2）能过最高点时，则能到 F 点，则恰到最高点时 sin37(3cos37)0 xmglmgRR mg 解得=0.85mxl 要能过 F 点0.85mxl （3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的 n 倍 sin37sin37cos37=022FGFGxllmglm

12、gn mg 解得 7615xnl 当1n 时 113m15xl 当3n时 29m5xl 当5n 时 341m15xl 8、（2022山东卷T16）某粮库使用额定电压380VU，内阻0.25R 的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度2m/sv 沿斜坡匀速上行，此时电流40AI。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程 L 到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量1100kgm，车上粮食质量21200kgm，配重质量040kgm，取重力加速度210m/sg，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成

13、正比，比例系数为 k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：（1）比例系数 k 值；（2）上行路程 L 值。【答案】（1）0.1k；（2）67m185L 【解析】（1）设电动机的牵引绳张力为1T，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有 21UII RTv 解得 17400NT 小车和配重一起匀速，设绳的张力为2T，对配重有 20400NTm g 设斜面倾角为，对小车匀速有 121212()sin()TTmmgk mmg 而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有 101sinm gm gkm g 联立各式解得 sin0.5，0.1k （2）关闭发

14、动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 12120120()sin()()mmgk mmgm gmmm a 可得 2370m/s67a 由运动学公式可知 22vaL 解得 67m185L 9、（2022湖北T16）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物 A、B 和 C 通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C 与滑轮等高（图中实线位置）时，C 到两定滑轮的距离均为 L。重物 A 和 B 的质量均为 m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接 C 的绳与水平方向的夹角为 60。某次打桩时，用外力将 C 拉到图中实线位置，然后由

15、静止释放。设 C 的下落速度为35gL时，与正下方质量为 2m 的静止桩 D 正碰，碰撞时间极短，碰撞后 C 的速度为零，D 竖直向下运动10L距离后静止（不考虑 C、D 再次相碰）。A、B、C、D 均可视为质点。（1）求 C 的质量；（2）若 D 在运动过程中受到的阻力 F 可视为恒力，求 F 的大小；（3）撤掉桩 D，将 C 再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求 A、B、C 的总动能最大时 C 的动能。【答案】（1）3m；（2）6.5mg；（3）(42 3)mgL【解析】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以 C 为研究对象，根据平衡条件可知 2cos30cm gmg 解得 3cmm（2

16、）CD 碰后 C 的速度为零，设碰撞后 D 的速度 v，根据动量守恒定律可知 333025gLmmmv 解得 325gLv CD 碰撞后 D 向下运动10L 距离后停止，根据动能定理可知 2102221010LLmvmgF 解得 F=6.5mg（3）设某时刻 C 向下运动的速度为 v，AB 向上运动的速度为 v，图中虚线与竖直方向的夹角为，根据机械能守恒定律可知 22112(cos)2()22tansinccLLm vm vm gmgL 令 2()tansincLLym gmgL 对上式求导数可得 221cos32(sin)(sin)dymgLmgLd 当0dyd时解得 3cos2 即 30

17、此时 2()tansincLLym gmgLmgL 于是有 22112(cos)22cm vm vmgL 解得 23342gLv 此时 C 的最大动能为 21(42 3)2kmcEm vmgL 1（2021山东卷）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为 L 的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴 O 转动，另一端与质量为 m 的小木块相连。木块以水平初速度0v出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）A202mvL B204mvL C208mvL D2016mvL【答案】B【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理 201202

18、fLmv 可得摩擦力的大小 204mvfL 故选 B。2（2021浙江卷）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为332.4 10 kg/m，假设泵车的泵送系统以3150m/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（）发动机最大输出功率（kW）332 最大输送高度（m）63 整车满载质量（kg）45.4 10 最大输送量（3m/h）180 A7J1.08 10 B7J5.04 10 C81.08 10 J D82.7210 J【答案】C【解析】泵车的泵送系统以3150m/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的

19、功 382.4 10150 10 30J1.08 10 JWVgh 故选 C。3（2021湖南卷）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（Fkv阻，k为常量），动车组能达到的最大速度为mv。下列说法正确的是（）A动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动 C若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为m34v D若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过

20、时间t达到最大速度mv，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为2m12mvPt【答案】C【解析】A对动车由牛顿第二定律有=FFma阻 若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但Fkv阻随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故 A 错误；B若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为 4P，由牛顿第二定律有 4Pkvmav 故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故 B 错误；C若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有 2.25Pkvv 而以额定功率匀速时，有 mm4Pkvv 联立解得 m34vv 故 C 正确；D若四节动力车厢输出功率均

21、为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度mv，由动能定理可知 2m14=02FPtWmv阻 可得动车组克服阻力做的功为 2m1=42FWPtmv阻 故 D 错误；故选 C。4（2021河北卷）一半径为 R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为R、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点 P 处，另一端系一个小球，小球位于 P 点右侧同一水平高度的 Q 点时，绳刚好拉直，将小球从 Q 点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为 g，不计空气阻力）（）A(2)gR B2 gR C2(1)gR D2 gR【答案】A【解析】小球下落的高度为 h=R-2

22、R+R=22R 小球下落过程中，根据动能定理有 mgh=12mv2 综上有 v=(2)gR 故选 A。5（2021全国卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）A动量守恒，机械能守恒 B动量守恒，机械能不守恒 C动量不守恒，机械能守恒 D动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的

23、；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选 B。6（2021浙江卷）一辆汽车在水平高速公路上以 80km/h 的速度匀速行驶，其 1s 内能量分配情况如图所示则汽车（）A发动机的输出功率为 70kW B每 1s 消耗的燃料最终转化成的内能是 5.7104J C每 1s 消耗的燃料最终转化成的内能是 6.9104J D每 1s 消耗的燃料最终转化成的内能是 7.0104J【答案】C【解析】A由图可知，发动机 1s 内克服转动阻力做功为 0.45104J，则输出功率为 40.45 1W=4.5kW10WPt 选项 A 错误；BCD

24、每 1s 消耗的燃料有 6.9104J 进入发动机，则最终转化成的内能的量为 6.9104J，选项 C 正确，BD 错误。故选 C。7（2021浙江卷）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（）A沿雪道做匀速直线运动 B下滑过程中机械能均守恒 C前后间的距离随时间不断增大 D所受重力沿雪道向下的分力相同【答案】C【解析】A同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图 根据牛顿第二定律可知加速度 sincossincosmgmgaggm 又因为相同，所以同学们做匀加速直线运动，A

25、错误；B下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B 错误；C根据匀加速直线运动位移与时间的关系212xat，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C 正确；D各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力sinmg也可能不相同，D 错误。故选 C。8（2021浙江卷）如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为 1103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示 W，正确的是（）ANs BNm/s Ckg

26、m/s Dkgm2/s3【答案】D【解析】AN不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义IFt可知，N s 是冲量的的单位，A 错误；B根据功率的计算公式PFv可知功率的单位可以表示为N m/s，但N不是国际单位制基本单位，B 错误；C根据动量的定义pmv可知，kg m/s是动量的单位，C 错误；D根据PFv可知功率的单位可以表示为N m/s，结合Fma可知2Nkg m/s，则功率得单位23WN m/skg m/s，D 正确。故选 D。9（2021广东卷）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为 m 的手榴弹，手榴弹从

27、投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为 g，下列说法正确的有（）A甲在空中的运动时间比乙的长 B两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh D从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh【答案】BC【解析】A由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间 2htg 因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故 A 错误；B做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率 cos2yPmgvmgvmggh 因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故 B 正确；C从投出到落地，手

28、榴弹下降的高度为 h，所以手榴弹重力势能减小量 pEmgh 故 C 正确；D从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故 D 错误。故选 BC。10（2021湖南卷）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为1S和2S）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强0p保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A整个过程，外力F做功大于 0，小于mgh B整个过程，理

29、想气体的分子平均动能保持不变 C整个过程，理想气体的内能增大 D整个过程，理想气体向外界释放的热量小于01p S hmgh E.左端活塞到达B位置时，外力F等于21mgSS【答案】BDE【解析】A.根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞2S没有移动，可知整个过程，外力 F 做功等于 0，A 错误；BC.根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B 正确，C 错误；D.由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：01QWp S hmgh D 正确；E.左端活塞到达 B 位置时，根据压强平衡

30、可得：0012mgFppSS 即：21mgSFS E 正确。故选 BDE。11（2021全国卷）一质量为 m 的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为kE，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为k5E。已知sin0.6，重力加速度大小为 g。则（）A物体向上滑动的距离为k2Emg B物体向下滑动时的加速度大小为5g C物体与斜面间的动摩擦因数等于 0.5 D物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】BC【解析】AC物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有 2 cos5kkEmglE 物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有 sin

31、cos0kmglmglE 整理得 kElmg；0.5 A 错误，C 正确；B物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 sincosmamgmg 求解得出 5ga B 正确；D物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有 sincosmamgmg上 物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有 sincosmamgmg下 由上式可知 a上 a下 由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式 212lat 则可得出 tt下上 D 错误。故选 BC。12（2021全国卷）水平桌面上，一质量为 m 的物体在水平恒力 F 拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于0s时，速度的大小为0v，此时撤去

32、 F，物体继续滑行02s的路程后停止运动，重力加速度大小为 g，则（）A在此过程中 F 所做的功为2012mv B在此过中 F 的冲量大小等于032mv C物体与桌面间的动摩擦因数等于2004vs g DF 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 2 倍【答案】BC【解析】CD外力撤去前，由牛顿第二定律可知 1Fmgma 由速度位移公式有 201 02va s 外力撤去后，由牛顿第二定律可知 2mgma 由速度位移公式有 20202(2)vas 由可得，水平恒力 20034mvFs 动摩擦因数 2004vgs 滑动摩擦力 20f04mvFmgs 可知 F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 3 倍

33、，故 C 正确，D 错误；A在此过程中，外力 F 做功为 20034WFsmv 故 A 错误；B由平均速度公式可知，外力 F 作用时间 00100202sstvv 在此过程中，F 的冲量大小是 1032IFtmv 故 B 正确。故选 BC。13（2021山东卷）某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：固定好手机，打开录音功能；从一定高度由静止释放乒乓球；手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：s）的变化图像如图所示。根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。碰撞次序 1 2 3 4 5 6 7 碰撞时刻（s）1.12 1.58 2.

34、00 2.40 2.78 3.14 3.47 根据实验数据，回答下列问题：（1）利用碰撞时间间隔，计算出第 3 次碰撞后乒乓球的弹起高度为_m（保留 2 位有效数字，当地重力加速度29.80m/sg）。（2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为 k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的_倍（用 k 表示），第 3 次碰撞过程中k _（保留 2 位有效数字）。（3）由于存在空气阻力，第（1）问中计算的弹起高度_（填“高于”或“低于”）实际弹起高度。【答案】0.20 21k 0.95 高于 【解析】（1）1第 3 次碰撞到第 4 次碰撞用时02.40s2.00s0.40st，根据竖直上抛

35、和自由落体运动的对称性可知第 3 次碰撞后乒乓球弹起的高度为 2200119.8 0.2 m0.20m222thg（2）2碰撞后弹起瞬间速度为2v，碰撞前瞬间速度为1v，根据题意可知 21vkv 则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为 22212222211111222111122mvmvmvkmvmv 3第 2 次碰后从最高点落地瞬间的速度 2.001.580.212vgtgg 第 3 次碰撞后瞬间速度为 2.402.00()0.202vgtgg 则第 3 次碰撞过程中 0.200.950.21vkv（3）4由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变

36、小，所以第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。14（2021河北卷）某同学利用图 1 中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50g的钩码若干、光电门 2 个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为200g，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为29.80m/s，实验操作步骤如下：安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm，轻细绳下端悬挂 4 个钩码，如图 1 所示；接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；保持最下端悬挂 4 个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复

37、上述步骤；完成 5 次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量 M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量kE及系统总机械能的减少量E，结果如下表所示：/kgM 0.200 0.250 0.300 0.350 0.400 k/JE 0.582 0.490 0.392 0.294 0.195/JE 0.393 0.490 0.686 0.785 回答下列问题：（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为_J（保留三位有效数字）；（2）步骤中的数据所缺数据为_；（3）若 M 为横轴，E为纵轴，选择合适的标度，在图 2 中绘出EM图像_；若系统总机械能的减少量等于克服摩

38、擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为_（保留两位有效数字）【答案】0.980 0.588 0.40（0.380.42）【解析】（1）1四个钩码重力势能的减少量为 P44 0.05 9.8 0.5J0.980JEmgL（2）2对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知 22f21114(4)(4)22mgLWmM vmM v 其中系统减少的重力势能为 P4EmgL 系统增加的动能为 22k2111(4)(4)22EmM vmM v 系统减少的机械能为fEW，则代入数据可得表格中减少的机械能为 40.980.3920.588JE（3）3根据表格数据描点得EM的图像为 4根据做功关系可知 EMgL

39、 则EM图像的斜率为 0.7850.3931.960.40.2kgL 解得动摩擦因数为 0.40（0.380.42）15（2021山东卷）如图所示，三个质量均为 m 的小物块 A、B、C，放置在水平地面上，A 紧靠竖直墙壁，一劲度系数为 k 的轻弹簧将 A、B 连接，C 紧靠 B，开始时弹簧处于原长，A、B、C 均静止。现给 C 施加一水平向左、大小为 F 的恒力，使 B、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后 A 离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知 A、B、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为 f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：2

40、p12Ekx，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量）（1）求 B、C 向左移动的最大距离0 x和 B、C 分离时 B 的动能kE；（2）为保证 A 能离开墙壁，求恒力的最小值minF；（3）若三物块都停止时 B、C 间的距离为BCx，从 B、C 分离到 B 停止运动的整个过程，B 克服弹簧弹力做的功为 W，通过推导比较 W 与BCfx的大小；（4）若5Ff，请在所给坐标系中，画出 C 向右运动过程中加速度 a 随位移 x 变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的 a、x 值（用 f、k、m 表示），不要求推导过程。以撤去 F 时 C 的位置为坐标原点，水平向右为正方向。【答案】（

41、1）024Ffxk、22k68FfFfEk；（2）min10(3)2Ff；（3）BCWfx；（4）【解析】（1）从开始到 B、C 向左移动到最大距离的过程中，以 B、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得 2000122Fxfxkx 弹簧恢复原长时 B、C 分离，从弹簧最短到 B、C 分离，以 B、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒得 200k1222kxfxE 联立方程解得 024Ffxk 22k68FfFfEk（2）当 A 刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为x，以 A 为研究对象，由平衡条件得 kxf 若 A 刚要离开墙壁时 B 得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值minF，从弹簧恢复原长到 A

42、 刚要离开墙得过程中，以 B 和弹簧为研究对象，由能量守恒得 2k12Ekxfx 结合第（1）问结果可知 min10(3)2Ff 根据题意舍去min10(3)2Ff，所以恒力得最小值为 min10(3)2Ff（3）从 B、C 分离到 B 停止运动，设 B 的路程为Bx，C 的位移为Cx，以 B 为研究对象，由动能定理得 Bk0WfxE 以 C 为研究对象，由动能定理得 kC0fxE 由 B、C 得运动关系得 CCBBxxx 联立可知 BCWfx（4）小物块 B、C 向左运动过程中，由动能定理得 211115202fxfxkx 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 16kxf 则坐标原点的加速度为 112

43、62222kxffffammm 之后 C 开始向右运动过程（B、C 系统未脱离弹簧）加速度为 22kxfam 可知加速度随位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B 和 C 分离，之后 C 只受地面的滑动摩擦力，加速度为 2fam 负号表示 C 的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以 B、C 为研究对象，由动能定理得 2211112222kxfxmv 脱离弹簧瞬间后 C 速度为v，之后 C 受到滑动摩擦力减速至 0，由能量守恒得 2212fxmv 解得脱离弹簧后，C 运动的距离为 2112xx 则 C 最后停止的位移为 12133 6922ffx

44、xxkk 所以 C 向右运动的图象为 16（2021湖南卷）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块 A 与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为2 LL，Q端在y轴上。重力加速度为g。（1）若 A 从倾斜轨道上距x轴高度为2 L的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；（2）若 A 从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；（3）将质量为

45、m（为常数且5）的小物块B置于O点，A 沿倾斜轨道由静止开始下滑，与 B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使 A 和 B 均能落在弧形轨道上，且 A 落在 B 落点的右侧，求 A 下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。【答案】（1）2 gL；（2）22 2xLyy（其中，2LyL）；（3）2231143(1)LxL【解析】（1）物块A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理 2122mgLmgLmv 解得 2vgL（2）物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为0v，落在弧形轨道上的坐标为(,)x y，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有 0 x vt，212ygt

46、 解得水平初速度为 2202gxvy 物块A从O点到落点，根据动能定理可知 2012kmgyEmv 解得落点处动能为 220k124Emgxmgymvmgyy 因为物块A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点(2,)PLL的坐标代入，可得 2k2(2)244mgxmgLmgymgLm LEgyL 化简可得 224xyLy 即 22 2xLyy（其中，2LyL）（3）物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处静止滑下，到达O点与B物块碰前，其速度为0v，根据动能定理可知 2012mghmgLmv 解得 2022vghgL -物块A与B发生弹性碰撞，使 A 和 B 均能落在弧形轨道上，且 A 落在 B 落点的

47、右侧，则 A 与 B 碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达 O 点。规定水平向右为正方向，碰后 AB 的速度大小分别为1v和2v，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则 012mvmvmv 222012111222mvmvmv 解得 1011vv -2021vv -设碰后A物块反弹，再次到达O点时速度为3v，根据动能定理可知 223111222mgLmvmv 解得 22314vvgL -据题意，A 落在 B 落点的右侧，则 32vv -据题意，A 和 B 均能落在弧形轨道上，则 A 必须落在 P 点的左侧，即：32vgL -联立以上，可得h的取值范围为 22311

48、43(1)LhL 17（2021全国卷）如图，一倾角为的光滑斜面上有 50 个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为 d，减速带的宽度远小于 d；一质量为 m 的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带 L 处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第 30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第 50 个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离 s 后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g。（1）求小车通过第 30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前 30 个

49、减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前 30 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则 L 应满足什么条件？【答案】（1）sinmgd；（2）29sin30mg Ldmgs；（3）sinsLd【解析】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有 sinmgma 设小车通过第 30 个减速带后速度为 v1，到达第 31 个减速带时的速度为 v2，则有 22212vvad 因为小车通过第 30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为 v1和 v2；经过每一个减速带时损失的机械能为

50、22211122Emvmv 联立以上各式解得 sinEmgd（2）由（1）知小车通过第 50 个减速带后的速度为 v1，则在水平地面上根据动能定理有 21102mgsmv 从小车开始下滑到通过第 30 个减速带，根据动能定理有 21129sin2mg LdEmv总 联立解得=29sinEmg Ldmgs总 故在每一个减速带上平均损失的机械能为 29sin3030mg LdmgsEE总（3）由题意可知 EE 可得 sinsLd 18（2021全国卷）一篮球质量为0.60kgm，一运动员使其从距地面高度为11.8mh 处由静止自由落下，反弹高度为21.2mh。若使篮球从距地面31.5mh 的高度由