【6年高考4年模擬】2020版高考物理考題匯編 機(jī)械能

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(guò)程中對(duì)雞蛋所做的功最接近于A0.3JB3J C30JD300J2（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。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，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

2、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(guò)程可簡(jiǎn)化為：打開(kāi)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(guò)程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng)，則A.火箭開(kāi)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(guò)程中減速的住要原因是空氣阻力C返回艙在噴氣過(guò)程中所受合外力可能做正功D.返回艙在噴氣過(guò)程中處于失重狀態(tài)解析：先從力學(xué)角度討論AB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

3、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(wú)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(guò)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(guò)程中小球電勢(shì)能變換了？B.整個(gè)過(guò)程中小球動(dòng)量增量的大小為2mgtC.從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mg2t2D.從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了 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(guò)程的末速度比例、加速度比例，做好準(zhǔn)備工作。通過(guò)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)

4、系可知電勢(shì)能增減以及動(dòng)能變化等，從而排除AC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(lái)計(jì)算重力勢(shì)能變化量。運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得，對(duì)此前的過(guò)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(guò)程中小球電勢(shì)能減少了，A錯(cuò)；動(dòng)量增量為，可知B正確；從加電場(chǎng)開(kāi)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

5、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. 02s內(nèi)外力的平均功率是WB.第2秒內(nèi)外力所做的功是JC.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：4：56（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(shuō)法正確的是（AB

6、C） 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. 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。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

7、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(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。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

8、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：C9（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，兩球恰在處相遇（不計(jì)空氣阻力）。則bv0hh/2aA.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)

9、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(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

10、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)，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)，

11、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)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

12、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)(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1.291.33 ms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

13、大位移 (2分)(在17.918.1cm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）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。現(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(guò)管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球在轉(zhuǎn)向過(guò)程中速率不變。(重力加速度為g)(1)求小物塊下落過(guò)程中的加速度大

14、小；(2)求小球從管口拋出時(shí)的速度大??；(3)試證明小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移總小于解析：13(福建第21題).（19分）如圖為某種魚(yú)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(yú)餌，解除鎖定，彈簧可將魚(yú)餌彈射出去。設(shè)質(zhì)量為m的魚(yú)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(yú)餌在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(yú)餌到達(dá)管口C時(shí)的速度大小

15、v1; (2)彈簧壓縮到0.5R時(shí)的彈性勢(shì)能Ep; （3）已知地面欲睡面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO-。在角的范圍內(nèi)來(lái)回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，每次彈射時(shí)只放置一粒魚(yú)餌，魚(yú)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(yú)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(yú)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(yú)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(yú)餌速度大小的影響，質(zhì)量為m的魚(yú)

16、餌離開(kāi)管口C后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)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(yú)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(yú)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(yú)餌能夠落到水面的最大面積S，S=(x22-x12)= R2（或8.25R2）。Mmv0OPL14（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(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

17、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：（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 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 由式，得 F=2N 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(guò)最高點(diǎn)時(shí)

18、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较颍?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 由式，得 v2=2m/s （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)水平方向的動(dòng)量守恒，得 將式兩邊同乘以，得 因式對(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(guò)對(duì)一下簡(jiǎn)化模型的

19、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： 由得： 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

20、，對(duì)子彈和第一塊鋼板系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得： 由得： 對(duì)子彈和第二塊鋼板系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得： 由得：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，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

21、體運(yùn)動(dòng)，有解得（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 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 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 綜合式得 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(lái)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)?。此過(guò)程中發(fā)

22、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(guò)程中所受阻力保持不變。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(guò)程中，獲得的電能；（3） 轎車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。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(guò)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(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

23、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、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?；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RL5R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=0.5，重力加速度取g.(1) 求物塊滑到B點(diǎn)的速度大??；(2)

24、 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，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn)。解析： （1）mgs+mg2R=mvB2 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 mgx1=mv2 mgx2=mv2mvB2 由得v=, x1=2R, x2=8R二者位移之差x= x2x1=6R6.5R，即滑塊未掉下滑板討論：RL2R時(shí)，Wf=mg(l+L)= mg（6.5R+L）2RL5R時(shí)，Wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgR4.5mgR，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 mg

25、R 此時(shí)L應(yīng)滿足：mg(l+L) mvB2mvc2 則 LR，不符合題意，滑塊不能滑到CD軌道中點(diǎn)。答案：（1） vB=3（2）RL2R時(shí)，Wf=mg(l+L)= mg（6.5R+L）2RL5R時(shí)，Wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgR4.5mgR，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（2020北京第22題）（16分）lmOF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，小球保持靜止。畫(huà)出此時(shí)小球的受力圖，并求力F的大?。唬?）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)

26、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(jiàn)右 根據(jù)平衡條件，的拉力大小F=mgtanTFmg（2）運(yùn)動(dòng)中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 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 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(kāi)始滑到B。然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過(guò)程相同，再讓物塊從B由靜止開(kāi)始滑到A。上述兩過(guò)程相比較，下列說(shuō)法中一定正確的有A 物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的動(dòng)能，前一過(guò)程較小B 物塊從頂端滑到P點(diǎn)的過(guò)程中因

27、摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過(guò)程較少C物塊滑到底端的速度，前一過(guò)程較大D物塊從頂端滑到底端的時(shí)間，前一過(guò)程較長(zhǎng)答案：AD2. 2020福建17如圖（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(kāi)彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)。通過(guò)安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過(guò)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：C3. 2020新課標(biāo)16如圖所示，在

28、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

29、質(zhì)點(diǎn)A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146. 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=_?！窘馕觥浚?。因?yàn)闆](méi)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24如圖，MNP 為整直面內(nèi)一固定軌道，其圓弧段MN與水平段NP相切于N、P端固定一豎直擋板。M

30、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(kāi)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(kāi)始下滑到停止在水平軌道上的過(guò)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。 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 連立化簡(jiǎn)得 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 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

31、上停止，則物塊停止的位置距N的距離為 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(lè)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(kāi)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

32、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(guò)推算說(shuō)明你的觀點(diǎn)。答案：9. 2020上海物理31傾角，質(zhì)量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上，質(zhì)量m=2kg的木塊置于斜面頂端，從靜止開(kāi)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(guò)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?。?）通過(guò)計(jì)算證明木塊在此過(guò)程中滿足動(dòng)能定理?！窘馕觥浚?）隔離法：對(duì)木塊：，因?yàn)?，得所以，?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?。?）木塊受兩個(gè)力做功。重力做功：摩

33、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)能的變化（增加），證畢。2020年高考題一、選擇題1.（09全國(guó)卷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(guò)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)所受阻力大小恒定，地面為零勢(shì)能面。在上

34、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 ）AH/9 B2H/9 C3H/9 D4H/9解析：小球上升至最高點(diǎn)過(guò)程：；小球上升至離地高度h處過(guò)程：，又；小球上升至最高點(diǎn)后又下降至離地高度h處過(guò)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)量相等的物塊A、B通過(guò)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(kāi)始時(shí)處于原長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次速度相等的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的有 （ BCD ）A當(dāng)A、B加速度相等時(shí)，系統(tǒng)的

35、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(guò)程分析，使用圖象處理則可以使問(wèn)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)有，對(duì)有，得，在整個(gè)過(guò)程中的合力（加速度）一直減小而的合力（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）一直大于的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于的合力（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，速度達(dá)

36、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(lè)場(chǎng)中的一種滑梯如圖所示。小朋友從軌道頂端由靜止開(kāi)始下滑，沿水平軌道滑動(dòng)了一段距離后停下來(lái)，則 （ D ） A下滑過(guò)程中支持力對(duì)小朋友做功 B下滑過(guò)程中小朋友的重力勢(shì)能增加 C整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小朋友的機(jī)械能守恒 D在水平面滑動(dòng)過(guò)程中摩擦力對(duì)小朋友做負(fù)功解析：在滑動(dòng)的過(guò)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.

37、（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 ） A在01s內(nèi)，合外力做正功 B在02s內(nèi)，合外力總是做負(fù)功 C在12s內(nèi)，合外力不做功 D在03s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)，12s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(guò)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小球的動(dòng)能不斷減小D

38、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2A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(guò)橢圓軌道遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的加速度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(lái)提供向心力，

39、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(guò)橢圓軌道遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)只有萬(wàn)有引力來(lái)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(lái)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

40、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(wú)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(guò)程。下列選項(xiàng)正確的是 （ BC ） AmMBm2MC木箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑的加速度大于下滑的加速度D在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)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m2M。也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外，還有其

41、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(guò)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25）如圖所示，傾角為的斜面上靜止放置三個(gè)質(zhì)量均為m的木箱，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(guò)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,重力加速度為g.設(shè)碰撞時(shí)間極短，求l (1)工人的推

42、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

43、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(wú)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)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(kāi)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：

44、（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(guò)程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，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，聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得根據(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）若滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得若滑上木板B時(shí)，木板B開(kāi)始滑動(dòng)，由受力分析得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得。（3），由式可知，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)公式得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得?？键c(diǎn)：機(jī)械能守恒定律、牛

45、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 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 聯(lián)立式得 2020年高考題一、選擇題1.（08全國(guó)18）如右圖,一很長(zhǎng)的、不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩跨過(guò)光滑定滑輪,繩兩端各系一小球

46、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(kāi)始釋放b后,a可能達(dá)到的最大高度為 ( ) A.h B.1.5hC.2hD.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 對(duì)于a：T-mg=ma 、式相加得：2mg=4ma,a=,v2=2ahb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(kāi)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

47、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=W2=W3 B.W1W2W3C. W1W3W2D. W1=W2W3答案 B解析 由v-t圖象可知第1秒內(nèi)、第2秒內(nèi)、第3秒內(nèi)的力和位移均為正方向,所以：W1W2W3.3.(08重慶理綜17)下列與能量有關(guān)的說(shuō)法正確的是 （ ）A.衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大,動(dòng)能越大B.從同種金屬逸出的光電子的最大初動(dòng)能隨照射光波長(zhǎng)的減小而增大C.做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任意相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)能的增量相同D.在靜電場(chǎng)中,電場(chǎng)線越密的地方正電荷的電勢(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

48、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(guò)程中t時(shí)刻后任取一小段時(shí)間為t,故t時(shí)刻豎直方向的分速度為vt,t+t時(shí)刻豎直方向的分速度為vt+t,其動(dòng)能增量為,化簡(jiǎn)可得,由此可知,就算t相同,EK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(kāi)始向下運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)時(shí)間t0滑至斜面底端.已知在物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程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-mgs=E0-gF合t2,可見(jiàn)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(kāi)始滑下,滑到底端時(shí)的速度為2.0 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 JB.阻力做功500 JC.重力做功500 JD.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