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1、2020普通高校招生試題匯編：功和能的關(guān)系 24（2020安徽）．（20分） M m v0 O P L 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，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)對輕桿的作用力大小和方向。 （2）若解除對滑塊的鎖定，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

2、：（1）設(shè)小球能通過最高點(diǎn)，且此時(shí)的速度為v1。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。

3、 （2）解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度為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，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向?yàn)檎较颍? 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，滑塊向左移動的距離為s2，任意時(shí)刻小球的水平速度大小

4、為v3，滑塊的速度大小為V/。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得 ⑦ 將⑧式兩邊同乘以，得 ⑨ 因⑨式對任意時(shí)刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有 又 由式得 20（20

5、20全國卷1）．質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L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?，F(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，井與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動能為 A． B． C． D． 解析：兩物體最終速度相等設(shè)為u由動量守恒得：mv=(m+M)u, 系統(tǒng)損失的動能為： 系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Q=fs= 26（2020全國卷1）.（20分）（注意：在試題卷上作答無效） 裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼

6、板更能抵御穿甲彈的射擊。 通過對一下簡化模型的計(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. 對系統(tǒng)由動量和能量守恒得： ① ② 由①②得

7、： 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， 對子彈和第一塊鋼板系統(tǒng)由動量和能量守恒得： ④ ⑤ 由③④⑤得： ⑥ 對子彈和第二塊鋼板系統(tǒng)由動量和能量守恒得： ⑦ ⑧ 由③⑥⑦⑧得： 9（2020海南）.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

8、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)動能增加量的比值是 解析：由動量定理求出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秒內(nèi)與第2秒動能增加量分別為：、，比值：4：5 14（2020海南）.現(xiàn)要通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。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；遮光片兩條長邊與

9、導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上B點(diǎn)有一光電門，可以測試遮光片經(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)動至B的過程中，滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢能的減小量可表示為____。動能的增加量可表示為__。若在運(yùn)動過程中機(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，測量相應(yīng)的s與t值，結(jié)果如下表所示： 以s為橫坐標(biāo)

10、，為縱坐標(biāo)，在答題卡上對應(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。 16（2020全國理綜）.一蹦極運(yùn)動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，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)動員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是（ABC） A. 運(yùn)動員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢能始終減小 B. 蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加 C.

11、 蹦極過程中，運(yùn)動員、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，重力勢能的改變與重力勢能零點(diǎn)的選取有關(guān) 解析：主要考查功和能的關(guān)系。運(yùn)動員到達(dá)最低點(diǎn)過程中，重力做正功，所以重力勢能始終減少，A項(xiàng)正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加，B項(xiàng)正確。蹦極過程中，運(yùn)動員、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。重力勢能的改變與重力勢能零點(diǎn)選取無關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 18（2020全國理綜）.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，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

12、道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強(qiáng)磁場），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.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍 B.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，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變 解析：主要考查動能定理。利用動能定理有,B=kI解得。所以正確答案是BD。 10（2020天津）．（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，軌道半徑為R，MN為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管

13、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。 10．（16分） （1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運(yùn)動，豎直方向分運(yùn)動為自由落體運(yùn)動，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為v2，由動量守恒定律知 ④ 飛出軌

14、道后做平拋運(yùn)動，水平方向分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，有 ⑤ 綜合②③④⑤式得 24（2020浙江）.（20分）節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車。有一質(zhì)量m=1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以勻速行駛，發(fā)動機(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)動機(jī)功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動，運(yùn)動L=72m后，速度變?yōu)?。此過程中發(fā)動機(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)動過程中所受阻力保持不變。求 （1） 轎車以在平直公路

15、上勻速行駛時(shí)，所受阻力的大小； （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)動的距離。 24.答案：（1）（2）（3） 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)動機(jī)只有用于汽車的牽引，根據(jù)動能定理有 ，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 36（2020廣東）、（18分）如圖20所示，以A、B和C、D為端點(diǎn)的兩半

16、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)動的傳送帶上E點(diǎn)，運(yùn)動到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?；暹\(yùn)動到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??； (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Wf與L的關(guān)系，并判斷物

17、塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn)。 36、解析： （1）μmgs+mg·2R=mvB2 ① 所以 vB=3 （2）設(shè)M滑動x1,m滑動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： ① R＜L＜2R時(shí)，Wf=μmg(l+L)= mg（6.5R+L）

18、 ② 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)

19、22（2020北京）．（16分） 如圖所示，長度為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??； l （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小球的拉力。不計(jì)空氣阻力。 m O F α 22答案：．（1）受力圖見右 根據(jù)平衡條件，的拉力大小F=mgtanα （2）運(yùn)動中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 T F mg 則通過最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小 根據(jù)牛頓第二定律

20、 解得輕繩對小球的拉力 ，方向豎直向上 15(2020上海)．如圖，一長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，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 33．(14 分)如圖(a)，磁鐵A、B的同名磁極相對放置，置于水平氣墊導(dǎo)軌上。A固定于導(dǎo)軌左端，B的質(zhì)量m=0.5kg，可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動。將B在A附近某一位置由靜止釋放，由于能量守恒，可通過測量B在不同位置處的速度，得到B的勢能隨位置x的變化規(guī)律，見圖(c)中曲線I。若將導(dǎo)軌右端抬

21、高，使其與水平面成一定角度(如圖(b)所示)，則B的總勢能曲線如圖(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)動過程中動能最大的位置； (2)運(yùn)動過程中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異名磁極相對放置，導(dǎo)軌的傾角不變，在圖(c)上畫出B的總勢能隨x的變化曲線． 33答案．(14分) (1)勢能最小處動能最大 (1分) 由圖線II得 (2分) (在5.9 ~ 6.3cm間均視為正確)

22、 (2)由圖讀得釋放處勢能，此即B的總能量。出于運(yùn)動中總能量守恒，因此在勢能最小處動能最大，由圖像得最小勢能為0.47J，則最大動能為 （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／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

23、 (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） （在間均視為正確） （4）若異名磁極相對放置，A，B間相互作用勢能為負(fù)值，總勢能如圖。 （2分） 18（2020山東）.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，兩球恰在處相遇（不計(jì)空氣阻力）。則 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)動到相遇，球動能的減少量等于球動能的增加量 D.相遇后的任意時(shí)刻，重力對球做功功率和對球做功功率相等 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)動能定理，球動能的減少量等于球動能的增加量，C正確；相遇后的任意時(shí)刻，球的速度始終大于球的速度，因此重力對球做功功率大于對球做功功率，D錯(cuò)誤。