《2020年高考物理 功和能試題匯編》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理 功和能試題匯編（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(guò)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(kāi)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(guò)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(guò)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(guò)最高點(diǎn)，且此時(shí)的速度為v1。在上升過(guò)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。

3、 （2）解除鎖定后，設(shè)小球通過(guò)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(guò)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(guò)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

4、為v3，滑塊的速度大小為V/。由系統(tǒng)水平方向的動(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 20（20

5、20全國(guó)卷1）．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?，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(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過(guò)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= 26（2020全國(guó)卷1）.（20分）（注意：在試題卷上作答無(wú)效） 裝甲車(chē)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(guò)對(duì)一下簡(jiǎn)化模型的計(jì)算可以粗略說(shuō)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(guò)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： ① ② 由①②得

7、： ③ 子彈穿過(guò)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(guò)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： 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(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秒內(nèi)與第2秒動(dòng)能增加量分別為：、，比值：4：5 14（2020海南）.現(xiàn)要通過(guò)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(zhǎng)方形遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為M，左端由跨過(guò)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

9、導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上B點(diǎn)有一光電門(mén)，可以測(cè)試遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)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(guò)光電門(mén)的平均速度看作滑塊通過(guò)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(guò)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_(kāi)___。動(dòng)能的增加量可表示為_(kāi)_。若在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，與s的關(guān)系式為 __ (2)多次改變光電門(mén)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)

10、，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。 16（2020全國(guó)理綜）.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(shuō)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(guò)程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加 C.

11、 蹦極過(guò)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(guò)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(guò)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(guò)程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加，B項(xiàng)正確。蹦極過(guò)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(wú)關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 18（2020全國(guó)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(dòng)，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過(guò)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(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?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來(lái)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?lái)的2倍 B.只將電流I增加至原來(lái)的2倍 C.只將彈體質(zhì)量減至原來(lái)的一半 D.將彈體質(zhì)量減至原來(lái)的一半，軌道長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉?lái)的2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。 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(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為v2，由動(dòng)量守恒定律知 ④ 飛出軌

14、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 24（2020浙江）.（20分）節(jié)能混合動(dòng)力車(chē)是一種可以利用汽油及所儲(chǔ)存電能作為動(dòng)力來(lái)源的汽車(chē)。有一質(zhì)量m=1000kg的混合動(dòng)力轎車(chē)，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(chē)做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)L=72m后，速度變?yōu)?。此過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)功率的用于轎車(chē)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(chē)在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力保持不變。求 （1） 轎車(chē)以在平直公路

15、上勻速行駛時(shí)，所受阻力的大?。? （2） 轎車(chē)從減速到過(guò)程中，獲得的電能； （3） 轎車(chē)僅用其在上述減速過(guò)程中獲得的電能維持勻速運(yùn)動(dòng)的距離。 24.答案：（1）（2）（3） 解析：（1）汽車(chē)牽引力與輸出功率的關(guān)系 將，代入得 當(dāng)轎車(chē)勻速行駛時(shí)，牽引力與阻力大小相等，有 （2）在減速過(guò)程中，注意到發(fā)動(dòng)機(jī)只有用于汽車(chē)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(chē)在平直公路上勻速行駛時(shí)受到的阻力仍為。此過(guò)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(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?；暹\(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?。? (2) 試討論物塊從滑上滑板到離開(kāi)滑板右端的過(guò)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(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： 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(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(huà)出此時(shí)小球的受力圖，并求力F的大??； l （2）由圖示位置無(wú)初速釋放小球，求當(dāng)小球通過(guò)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。 m O F α 22答案：．（1）受力圖見(jiàn)右 根據(jù)平衡條件，的拉力大小F=mgtanα （2）運(yùn)動(dòng)中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 T F mg 則通過(guò)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(duì)小球的拉力 ，方向豎直向上 15(2020上海)．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 33．(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)軌左端，B的質(zhì)量m=0.5kg，可在導(dǎo)軌上無(wú)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(guò)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(jiàn)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(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(xiě)出必要的推斷說(shuō)明。取) (1)B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能最大的位置； (2)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(huà)出B的總勢(shì)能隨x的變化曲線． 33答案．(14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)

22、 (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／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(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） 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(kāi)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(shuō)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。