1、.2011普通高校招生試題匯編：功和能的關(guān)系1 (2011江蘇第4題)如圖所示，演員正在進行雜技表演。由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對雞蛋所做的功最接近于A0.3JB3J C30JD300J2（2011全國卷1第20題）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。初始時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

2、, 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=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，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小B.返回艙在噴氣過程中減速的住要原因是空氣阻力C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)解析：先從力學(xué)角度討論AB兩項；而C項宜用動能定理；D項則考查超重、失重概念。答案選A。由整體法、隔離法結(jié)合牛頓第二定律，可知A正確B錯；由動能定理可知C錯；因為物體具有

3、豎直向上的加速度，因此處于超重狀態(tài)，D錯。4(四川第21題)質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點，不計空氣阻力且小球從末落地，則A.整個過程中小球電勢能變換了？B.整個過程中小球動量增量的大小為2mgtC.從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2D.從A點到最低點小球重力勢能變化了 mg2t2解析：選BD。從運動學(xué)公式（平均速度等）入手，可求出兩次過程的末速度比例、加速度比例，做好準(zhǔn)備工作。通過動能定律、機械能守恒定律等得出電場力做功，再由功能關(guān)系可知電勢能增減以及動能變化等，從而排除AC兩項；借助

4、運動學(xué)公式，選項B中的動量變化可直接計算；對于選項D，要先由運動學(xué)公式確定，再結(jié)合此前的機械能守恒定律來計算重力勢能變化量。 運動過程如上圖所示，分析可知，加電場之前與加電場之后，小球的位移大小是相等的。由運動學(xué)公式得。對加電場之后的運動過程應(yīng)用動能定理得，對此前的過程有機械能守恒，以及運動學(xué)公式。由以上各式聯(lián)立可得，即整個過程中小球電勢能減少了，A錯；動量增量為，可知B正確；從加電場開始到小球運動到最低點時，C錯；由運動學(xué)公式知，以及，則從A點到最低點小球重力勢能變化量為，D正確。5（2011海南第9題）.一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t=0時起，第1秒內(nèi)受到2N的水平

5、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秒末外力的瞬時功率最大D.第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)質(zhì)點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：4：56（2011新課標(biāo)理綜第16題）.一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（ABC） A. 運動員到達最低點前重力勢能始終

6、減小B. 蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加C. 蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D. 蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān)解析：主要考查功和能的關(guān)系。運動員到達最低點過程中，重力做正功，所以重力勢能始終減少，A項正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加，B項正確。蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈性力做功，所以機械能守恒，C項正確。重力勢能的改變與重力勢能零點選取無關(guān)，D項錯誤。7（2011全國理綜第18題）.電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。

7、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。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應(yīng)強度的大小與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。8 (2011上海15)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

8、的中點，使桿以角速度勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)桿與水平方向成60°時，拉力的功率為(A) (B) (C) (D) 答案：C9（2011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，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（不計空氣阻力）。則bv0hh/2aA.兩球同時落地 B.相遇時兩球速度大小相等 C.從開始運動到相遇，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：相遇時滿足，所以，小球落地時間，球落地時間，因此A錯誤；相遇時，所以B錯誤；因為兩球恰在處相遇，說明重力做功的數(shù)值相等，根據(jù)動能定理，球動能的減

9、少量等于球動能的增加量，C正確；相遇后的任意時刻，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錯誤。10（2011海南第14題）.現(xiàn)要通過實驗驗證機械能守恒定律。實驗裝置如圖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)光滑定滑輪的細繩與一質(zhì)量為m的砝碼相連；遮光片兩條長邊與導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上B點有一光電門，可以測試遮光片經(jīng)過光電門時的擋光時間t，用d表示A點到導(dǎo)軌低端C點的距離，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點時的瞬時速度。用g表示

10、重力加速度。完成下列填空和作圖；（1）若將滑塊自A點由靜止釋放，則在滑塊從A運動至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_。若在運動過程中機械能守恒，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（A點）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)，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個數(shù)據(jù)點；根據(jù)5個數(shù)據(jù)點作直線，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)值可以計算出直線的斜率，將k和進行比較，若其差值在試驗允許的范圍內(nèi)，則可認為此試驗驗證了機械能守恒

11、定律。11(上海第33 題)(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：(解答時必須寫出必要的推斷說明。取)(1)B在運動過程中動能最大的位置；(2)運動過程中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

12、、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)(2)由圖讀得釋放處勢能，此即B的總能量。出于運動中總能量守恒，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1.291.33 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)交點確定,由圖中讀出交點位置為x=2.0cm，因此，最大位移 (2分)(在17.91

13、8.1cm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值，總勢能如圖。 （2分）12(江蘇第14題)(16分)如圖所示，長為L、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?，F(xiàn)將小球釋放，一段時間后，小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上運動，通過管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運動，小球在轉(zhuǎn)向過程中速率不變。(重力加速度為g)(1)求小物塊下落過程中的加速度大??；(2)求小球從

14、管口拋出時的速度大小；(3)試證明小球平拋運動的水平位移總小于解析：13(福建第21題).（19分）如圖為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細管，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)有一原長為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧。投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上段放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去。設(shè)質(zhì)量為m的魚餌到達管口C時，對管壁的作用力恰好為零。不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能。已知重力加速度為g。求：(1)質(zhì)量為m的魚餌到達管口C時的速度大小v1; (2)彈簧壓

15、縮到0.5R時的彈性勢能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)來回緩慢轉(zhuǎn)動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在到m之間變化，且均能落到水面。持續(xù)投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？解析：此題考查平拋運動規(guī)律、牛頓運動定律、豎直面內(nèi)的圓周運動、機械能守恒定律等知識點（1）質(zhì)量為m的魚餌到達管口C時做圓周運動的向心力完全由重力提供，則(1)解得      (2)(2)彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有    .(

16、3)由（2）（3）得.(4)(3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動裝置對魚餌速度大小的影響，質(zhì)量為m的魚餌離開管口C后做平拋運動，設(shè)經(jīng)過t時間落到水面上，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)魚餌的質(zhì)量為時，設(shè)其到達管口C時速度大小為V2，由機械能守恒定律有.(8)由 （4）（8）兩式解得.(9)質(zhì)量為的魚餌落到水面時上時，設(shè)離OO的水平距離為x2則.(10)由（5）（9）（10）解得：魚餌能夠落到水面的最大面積S，S=(x22-x12)= R2（或8.25R2）。Mmv0OPL14（2011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)

17、量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質(zhì)細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P時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時的速度大小。（3）在滿足（2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離。解析：（1）設(shè)小球能通過最高點，且此時的速度為v1。在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒。則 設(shè)小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則 由式，得 F=2N 由牛頓第三定律

18、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)小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為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。以水平向右的方向為正方向，有 在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則 由式，得 v2=2m/s （3）設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點與小球起始點的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2，任意時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)水平方向的動量守恒，得 將式兩邊同乘以，得 因式對任意時刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有 又 由式得 15（2011全國卷1第26題）.（20分）裝

19、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。通過對一下簡化模型的計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)生碰撞不計重力影響。 解析：設(shè)子彈的初速為v0,穿過2d厚度的鋼板時共同速度為：v 受到阻力為f.對系統(tǒng)由動量和能量守恒得： 由得： 子彈穿過第一塊厚度為d的鋼板時

20、，設(shè)其速度為v1，此時鋼板的速度為u，穿第二塊厚度為d的鋼板時共用速度為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： 由得： 對子彈和第二塊鋼板系統(tǒng)由動量和能量守恒得： 由得：16（2011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以某一初速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點M時與靜止于該處的質(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，求：（1）粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t；（2）小球A沖進

21、軌道時速度v的大小。解析：（1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，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沖進軌道最低點時的重力勢能定為0，由機械能守恒定律知 設(shè)碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，由動量守恒定律知 飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有 綜合式得 17（2011浙江第24題）.（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，保持發(fā)動機功率不變，立即啟動利用電磁

22、阻尼帶動的發(fā)電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動L=72m后，速度變?yōu)?。此過程中發(fā)動機功率的用于轎車的牽引，用于供給發(fā)電機工作，發(fā)動機輸送給發(fā)電機的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能。假設(shè)轎車在上述運動過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，所受阻力的大??；（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動的距離。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，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

23、公路上勻速行駛時受到的阻力仍為。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18（2011廣東第 36題）、（18分）如圖20所示，以A、B和C、D為端點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，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動的傳送帶上E點，運動到A時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\動到C時被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點，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、物塊與滑板間的動摩