2021年2022年高考物理真题分类汇编：功和能.pdf

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1、2021、2022年高考物理真题分类汇编6功和能2022年高考真题1、（2 0 2 2 广 东 卷 T 9）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在 水 平 段 以 恒 定 功 率2 0 0 W、速度5 m/s匀速行驶，在 斜 坡 段 以 恒 定 功 率5 7 0 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为5 0 k g,N=P Q =2 0 m,P。段的倾角为30。，重力加速度g取1 0 m/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4 0 NC.从P到Q,小车重力势能增加1 x 1（/J【答案】ABD【解析】A.小车从M到N,依题意有B.从M到N,小车克服摩擦

2、力做功8 0 0 JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功7 0 0 J6 =秩=2 0 0 W代入数据解得F =4（）N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ft=F =4 0 N则摩擦力做功为叱=-4 0 x 2 0 J=-8 0 0 J则小车克服摩擦力做功为8 0 0 J,故B正确；C.依题意，从P到Q,重力势能增加量为%=m g x M=5 0 0 N x 2 0 m x s in 30=5 0 0 0 J故C错误:D.依题意，小车从P到 Q,摩擦力为力，有力 +mg sin 300=号彩摩擦力做功为吗 fi x s2s2=20m联立解得%=-700J则小车克服摩

3、擦力做功为7 0 0 J,故 D正确。2、（2 0 2 2 全国乙卷T 1 6）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刀，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mgh=mv由几何关系可得h=L sin。s in 6 =2RL2h-2R联立可得可得故 C正确，A B D 错误。3、（2 0 2 2 浙 江 6月 卷T 1 3）小明用额定功率为1 2（X）W、最大拉力为3 O O

4、 N 的提升装置，把静置于地面的质量为2 0 k g 的重物竖直提升到高为8 5.2 m 的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s 2 的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取 l O m/s z,则提升重物的最短时间为（）A.1 3.2 s B.1 4.2 s C.1 5.5 s D.1 7.0 s【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a.Tn-m-g=-3-0-0-

5、2-0-x-1-0 m/,s 22 =5cm/,s 221 m 2 0当功率达到额定功率时，设 重 物 速 度 为匕，则有4 1 2 0 0 ,.,v.=-m/s =4 m /s1 7；30 0此过程所用时间和上升高度分别为 =s =0.8 say 52a.2x5重物以最大速度匀速时，有v噎/1200/,m=-m/s=6m/sm T mg 200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=s=1.2s*5/i,=-=m=3.6m2%2x5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，该过程根据动能定理可得1,1,P 2-m gh2=-m vm-m v又饱=85.2m-1.6m

6、-3.6m=80m联立解得t2=13.5s故提升重物的最短时间为m in=4+2 +,3=0 8s+13.5s+1.2s=15.5sC 正确，ABD错误；4、（2022 浙 江 1 月 卷 T1）单位为J/m 的物理量是（）A.力 B.功 C.动能 D.电场强度【答案】A【解析】根据功的定义式W=r 可知J=N-m则有mm因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。5.（2022 河 北 T9）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体尸和。用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量机。，1=0时刻将两物体由静止释放，物体。的加速度大小为与。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体。释放位置

7、处于同一高度，取 =（）时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体。的机 能 为 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（）EA.物体P和。的质量之比为1:3 B.2 T时刻物体。的机械能为一2C.2 T时刻物体P重力的功率为艺 D.2 T时刻物体P的速度大小名工2T3【答案】BCD【解析】A.开始释放时物体Q的 加 速 度 为 则3rgmQg-FT=mQ-FT-mpg=mp-解得.2%=-mQgmP _ 1mQ 2选项A错误;B.在7时刻，两物体的速度3P上升的距离h=_,2 3 6细线断后P能上升的高度加 上 红t2 2g 18可知开始时P

8、Q距离为力 +4=笔 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7从开始到绳子断裂，绳子的拉力对。做负功，大小为则此时物体Q的机械能E=E W 蟹M 一F 9 2E此后物块Q的机械能守恒，则在27时刻物块Q的机械能仍为一，选 项B正确;2C D.在27 时刻，重物P的速度方向向下；此时物体P重力的瞬时功率岭=_gT =_/mQg 2gT mQg2T 3EPG 2-3=3=2T选项C D正确。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2 v,在随后的一段时间内速度大小由2V增大到5人 前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W i和0 2,合外力的冲

9、量大小分别为。和 d 下列关系式一定成立的是（）A.叱=3 叱，4 4 3/1 B.叱=3 叱，4 2 4C.叱=7 W,/2 11【答案】C【解析】根据动能定理可知W=m(2 v)2-m v2=m v21 2 2 2W2=g 机(S v)2 -m(2v)2=-m v2可得吗=7 叱由于速度是矢量，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mv Z j 3 mv3 mv I2 0.8 5m ;（3）见解析【解析】（1）到c点过程1 9mgl s i n 3 7 +mgR(l-co s 3 7 )=mvC点时2KE v=7 N（2）能过最高

10、点时，则能到F点，则恰到最高点时mglx s i n 3 7 -(3 m g R co s 3 7 0+R)mg=0解得I x=0.8 5m要能过F点、I x 0.8 5m（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的。倍当 =5时mglx s i n 3 7 -m -s i n S 70-n/m -co s 3 7 =0解得7 7 +6仁1 5当 =1时v l 1 5当=3时,9Zr,=-m*2 54 1一m8、(2022 山 东 卷 T 1 6)某粮库使用额定电压U =3 8 0 V,内阻R =0.25C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v =2m

11、/s沿斜坡匀速上行，此时电流/=4 0 A。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。已知小车质量町=1 00k g ,车上粮食质量加2 =1 200k g ,配重质量加()=4 0k g ,取重力加速度g=1 0m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，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)攵=0.1；(2)A=m1 8 5【解析】(1)设电动机的牵引绳张力为(，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定

12、律有U1=I2R+TVTt=7 4 00N小车和配重一起匀速，设绳的张力为4,对配重有T2=mog=4 0 0 N设 斜 面 倾 角 为 对 小 车 匀 速 有Ty+T2=）g s i n 6 +（町+m2）g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，有町且 s i n。=+kmtg联立各式解得sin9=0.5,=0.1（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为。，对系统由牛顿第二定律有(m,+m2)g sinO+m,)g-%g=(mt+m0+mn)a可得67由运动学公式可知v2=2aL解得,6 7L-m1859、（2022 湖 北 T16）打桩机是基建常用工具

13、。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，然后由静止释放。设C的下落速度为J等时，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竖直向下运动右距离后静止（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

14、由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。【答案】(1)6 相；(2)6.5mg；(3)(4一2 6)/?g L【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mcg=2mg c o s 3 0解得me=y/3 m(2)C D碰后C的速度为零，设碰撞后。的速度v,根据动量守恒定律可知Ff=也m*0 +解得2 V 5C D碰撞后。向下运动1 距离后停止，根据动能定理可知0-x 2 m v2=2mg-F 2 1 0 1 0解得F=6.5mg(3)设某时刻C向下运动的速度为7,A 8向上运动的速度为v,图中虚线与竖直方向的夹角为a,根据机械能守恒定律可知 mcv+2x

15、 m(v c o s a)2=mcg -2mg(-L)2 2 t a n a s i n a令L-/L ,、y =g-2 m g(-A)t a n a s i n a对上式求导数可得da(s i n a厂 (s i n c r)-当 半=0时解得da石c o s a =2即a-30此时y=S g 2,ng(.L)=mgLtan a sin a于是有g mcv2+2 x g m(y cos a)2=mgL解得12 gLv 二-广3 V3 F4 2此时C 的最大动能为Ehn=；mcv2=(4-2 而 mgL2021年高考真题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

16、轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴。转动，另一端与质量为m 的小木块相连。木块以水平初速度%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（）2兀L4;rL。黑【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-f -27iL=0-mvl可得摩擦力的大小/一加 V；47rL故选Bo2.（2 02 1,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2.4 x l（）3k g/n?,假设泵车的泵送系统以150m/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（k

17、W）332最大输送高度（m）63整车满载质量（kg）5.4 xlO4最大输送量（m3/h）180A.1.08X107J B.5.04X107J C.1.08X108J D.2.72 xlO8J【答案】C【解析】泵车的泵送系统以150m3/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功W=/7V/2=2.4X103X150X10X30J=1.08X108J故选C。3.（2 02 1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。总质量为加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尸，若动车组所受的阻力与其速率成正比（冗n=切，左

18、为常量），动 车 组 能 达 到 的 最 大 速 度 为 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3C.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a%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，经过时间f达到最大速度%,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为5 I%?一尸，【答案】C【解析】A.对动车由牛顿第二定律有若动车组在匀加速启动，即加速度。恒定，但 =人 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4

19、P,由牛顿第二定律有竺-八”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2.2 5 P,则动车组匀速行驶时加速度为零，有而以额定功率匀速时，有联立解得3丫 =清故C正确；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，经过时间f达到最大速度以，由动能定理可知4尸,一 可得动车组克服阻力做的功为故 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，长度为兀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

20、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）（）C.J2(l+4)g/?D.7 1 万 +2 R+R=-R2 2【答案】A【解析】小球下落的高度为h=nR-小球下落过程中，根据动能定理有mgh=:mv2综上有J（%+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（）7。00口/A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，

21、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】因为滑块与乍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；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70kWB.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7xlO4JC.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9X104JD.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0X

22、104J【答案】C【解析】A.由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为0.45X104J,则输出功率为P=I-w=4.5kWt1选项A错误；B C D.每1s消耗的燃料有6.9X104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9X104J,选项C正确，BD错误。故选Co7.（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

23、道下滑，做加速运动，受力分析如图Fmg s i n 6-ume c o s 0.八 八a=-=g s i n，一g c o s 0m又因为相同，所以同学们做匀加速直线运动，A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x =-at2,可知同学们前后距离随着时间不断增大，2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m g s i n。也可能不相同，D错误。故选c,8.（2 0

24、2 1,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l x l C P w。若用国际单位制基本单位的符号来表示W,正确的是（）【答案】DN,m/sC.kg m/sD.kg m2/s3【解析】A.N 不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义/=可知，N s是冲量的的单位，A 错误;B.根据功率的计算公式尸=可知功率的单位可以衣示为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=加丫可知，kg-m/s是动量的单位，C错误;D.根据P=F v 可知功率的单位可以表示为N m/s,结合尸uJN =kg-m/s2,则功率得单位W=

25、N-m/s=kg-m2/s3,D正确。故选Do9.（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，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为力，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软?/7D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为侬7【答案】BC【解析】A.由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间鹿因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相

26、等，故 A 错误；B.做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P=mgvcos 0=mgvx=mg12gh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，手榴弹下降的高度为力，所以手榴弹重力势能减小量Ap=mgh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5 和 邑）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/I高度到5 位置时，活塞上细沙的总质量为

27、山。在此过程中，用外力/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P。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，外力厂做功大于0,小于7g力B.整个过程，理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+E.左端活塞到达5 位置时，外力F 等 于 萼1【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$2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

28、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：Q=W a F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l=at2则可得出/上 r下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s0时，速度的大小为%,此时撤去F,物体继续滑行2%的路程后停止运动，重力加速度大小为g,则（)1 0A.在此过程中F所做的功为5根诏3B.在此过中F的冲量大小等于2C.物体与桌面间的动摩擦因数等于44sgD.F的大小等于

29、物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】C D.外力撤去前，由牛顿第二定律可知F-jLimg=ma由速度位移公式有vo=外力撤去后，由牛顿第二定律可知_Rmg=ma2 由速度位移公式有-v j=2,(2.v0)(4)由 可 得，水平恒力4so动摩擦因数4gs0滑动摩擦力2rmv-Ff=mg=黄4so可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A.在此过程中，外力F做功为3W=FS0=Z/7V0故A错误；B.由平均速度公式可知，外力F作用时间_%_ 2 so1+%2在此过程中，F的冲量大小是I m 3l=Ffi=-m vo故B正确。故选BCo13.（2021山东卷）某

30、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。0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0 3.2 3.4 3.6碰撞次序1234567碰撞时刻（S）1.121.582.002.402.783.143.47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g=

31、9.80 m/s2）。（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次碰撞过程中左=（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】0.2 0-k2 0.9 5 高于【解析】（1）第3次碰撞到笫4次 碰 撞 用 时=2.4 0s-2.00s =0.4 0s ,根据竖直上抛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，024=g7=-x 9.8x 0.22m 0.2 0 m2（2）碰撞后弹起瞬间速度为丫2,碰撞前瞬间速度为匕，根据题意

32、可知则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为1 2 1 2 1 2mvx mv2-mv2z _-Z-=1 -=-k2-mv-第2次碰后从最高点落地瞬间的速度v=gt=2.0 0-1.5 82g=0.2 1 g第3次碰撞后瞬间速度为,2.4 0-2.0 0 x iv=gt=(-)g =0 2 0 g则第3次碰撞过程中,M 0.2 0 八“k =-0.95v 0.2 1（3）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，上升的高度变小，所 以 第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。1 4.（2 0 2 1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

33、系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、5 0 g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2 0 0 g,其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为9.80 m/s 2,实验操作步骤如下:遮 光 条 光 电 门I 光电门2图i安装器材，调整两个光电门距离为5 0.0 0 cm,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

34、滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量AEk及系统总机械能的减少量A E，结果如下表所示:M/kg0.2000.2500.3000.3500.400AEk/J0.5820.4900.3920.2940.195AE/J0.3930.4900.6860.785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，为纵轴，选择合适的标度，在图2 中绘出 图像W J图2若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则 物 块 与 木 板 之 间 的 摩 擦 因 数 为（保留两位有效数字）【答

35、案】0.980 0.588、AEU0.4000.3000.200 0.300A/kg0.400：0.40(0.380.42)【解析】(1)田四个钩码重力势能的减少量为AEP=4/ngL=4x 0.05 x 9.8 x 0.5J=0.980J(2)2对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知1,1 ,4mgL-Wf=(4m+M)v-(4m+M)vf其中系统减少的重力势能为AEP=4mgL系统增加的动能为1,1 ,AEk=(4/n+M)V 2 (4m+M)vf系 统 减 少 的 机 械 能 为 ，则代入数据可得表格中减少的机械能为A4=0.98-0.392=0.588J(3)根据表格数据描点得A

36、E M 的图像为根据做功关系可知AE=/jMgL则 图像的斜率为k=gL=0.785-0.3930.4-0.2=1.96解得动摩擦因数为A=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/，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

37、的弹性势能可表示为：Ep=-k x2,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与和 B、C 分离时B的动能E-(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin;(3)若三物块都停止时B、C 间的距离为与 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与小B C的大小;(4)若尸=5/,请在所给坐标系中，画出C 向右运动过程中加速度。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。、x 值(用/、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。acoX【答案】(1)x =2F；f

38、、EL/=6：+盯一工讪+芈)(3)W B C；(4)0m【解析】(l)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#=2育+2纥联立方程解得_ 2 F-4 耳=F2-6/F +8/2k（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kx=f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Fmin,从弹簧恢复原长到A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Ek -kx2+f i c结 合 第（1）问结果可

39、知%=（3 士 当/根据题意舍去耳11b l=（3,所以恒力得最小值为=（3+芈）/（3）从 B、C 分离到B停止运动，设 B的 路 程 为 C 的位移为无以 B为研究对象，由动能定理得-W-fxs=O-Ek以 c为研究对象，由动能定理得-fac=Q-Ek由 B、C 得运动关系得联立可知W ABC(4)小物块B、C 向左运动过程中，由动能定理得1 ,5笈I-2应-/3 2 -0解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为3 =6/则坐标原点的加速度为q =-kx-t-2-f=-6-7-2-/-=2 f2m 2m m之后C 开始向右运动过程(B、C 系统未脱离弹簧)加速度为a：一2m可知加速度随位移为线性关系，随

40、着弹簧逐渐恢复原长，工减小，。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m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；kx；-2于X、g -2mv2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,由能量守恒得人=加解得脱离弹簧后，C 运动的距离为1“5%则 C 最后停止的位移为+%2=2 2 6/=9/1 2 2 k k所以C 向右运动的图象为1 6.（2 0 2 1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

41、。质量为加的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为4。以水平轨道末端。点为坐标原点建立平面直角坐标系x O y,X轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道尸端坐标为（2 4 乙 心,。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 的 位 置 由 静 止 开 始 下 滑，求 A经过。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。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；I 加（几为常数且225）的小物块3置于。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

42、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）g g L；（2）x =（其中，iL y 2uL）；（3）32-1,22+2+1 ,-u Lx-1-47/L2-3 (A-1)2【解析】(1)物块A从光滑轨道滑至。点，根据动能定理m g -2RL-/jmgL -m v2解得y=J2 4gL(2)物块A从。点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为 ,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%=卬，y=2g r解得水平初速度为2gx-2 y物块A从。点到落点，根据动能定理可知解得落点处动能为j租,2Ek=mgy+

43、-mvl=mgy+号匚因为物块A从。点到弧形轨道上动能均相同，将落点P(2 L,L)的坐标代入，可得Ek=mgy+-=mg x RL+-=2pimgL4y 4x/化简可得2即x=22f.iLy-yz(其中，JjLy 2/L)(3)物块A在倾斜轨道上从距x轴高力处静止滑下，到达。点与B物块碰前，其速度为 ,根据动能定理可知mgh/nmgL-g mv1解得v()=2gh-2/jgL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。点。规定水平向右为正方向，碰后A B 的速度大小分别为9和%，在物块A与 B碰撞过

44、程中，动量守恒，能量守恒。则mv0=-m vt+Amv21 2 1 2-2mvQ=mv+Amv2解得2“E。一 设碰后A物块反弹，再次到达。点时速度为匕，根据动能定理可知解得=4-4 g L 据题意，A落在B落点的右侧，则匕v2 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:匕 J 2 4 g L -联立以上，可得h 的取值范围为3/1 1 .A+/I +1-u L h A E可得L d +-s i n。18.（2 0 2 1全国卷）一篮球质量为z =0.6 0 k g,一运动员使其从距地面高度为 =L 8m处由静止自由落下，反弹高度为也=L2m。若使篮球从距地面a =L

45、5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为，=0.2 0 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g =10 m/s2,不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】（1）W=4.5 J：（2）F =9 N【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E=mghy篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0 -居=-mgh2第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0-4=0-机8为

46、第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得W +mgh3 =E、因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系里=且E E3代入数据可得W=4.5 J（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得F +m g =m a在拍球时间内运动的位移为1 2x at2做得功为W =Fx联立可得尸=9N（F=-15 N 舍去）19.（2 02 1浙江卷）如图所示，竖直平面内由倾角a=60。的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道8 C D E 和圆周细圆管轨道E F G 构成一游戏装置固定于地面，B、E 两处轨道平滑连接，

47、轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心。2 的连线，以及。2、E、。1和 B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为氏3 0。，G点与竖直墙面的距离=由 a。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。若释放处高度h=h o,当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小心及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；（2）求小球在圆管内与圆心点等高的D点所受弹力FN与/?的关系式；若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？【答案】v 嬴,I 2 g H,水平向左；（2）%=2 m g（-1）（力沔）；（3）人4彳

48、R或R2/?9-2-【解析】机械能守恒方向水平向左mghn=-mv解得VC=A/2 A动量定理I=mvc=满足的条件之H机械能守恒1 2mg(h-R)=mvD牛顿第二定律解得hFN=2m g(-l)第 1 种情况:不滑离轨道原路返回，条件是/2|/?第 2 种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动其中匕.=%sin 6,vv=vc cos 0,则S得机械能守恒%=2厢h满足的条件2 0.(2 02 1浙江卷)如图所示，质量m=2 kg的滑块以=16m/s的初速度沿倾角2=37。的斜面上滑,经t=2 s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37=0.6,cos370=0.8,求滑块最大位移值x；(2)与斜面间的动摩擦因数；从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。【答案】16m；0.2 5；67.9W【解析】小车向上做匀减速直线运动，有x=22得x=16m(2)加速度4=8m/s2上滑过程mg sin d+ume cos 6.八 八4 =-=g sin 6+cos 0m得 =0.25下滑过程a2=m-g-s-i-n-6-i-i-m-g-c-o-s-0-=g s.i n n 八 “，2夕 一 4g cos 0=4m/sm由运动学公式v,=12a/=8V2m/s=11.3m/s重力的平均功率?=mgvcos(90-)=480W =67.9W