專題五功和能

[2014高考真題】

1.【2014?重慶卷】某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車重

的A和kz倍，最大速率分別為力和力,則()

kik2

V=V

A.v2=/CiViB.V2=YIC.V2^~ID.v2=k2v1

【答案】B

【解析】本題考查機車啟動過程中功率的相關知識.機車在不同的路面以相同的功率按最大速度行

駛，可推斷機車做勻速直線運動，受力平衡，由公式P=Fv,F=kmg,可推出P=hmgvi=

kgi,解得力=表1,故B正確，A、C、D錯誤.

2.【2014?新課標H卷】取水平地面為重力勢能零點.一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點

其動能與重力勢能恰好相等.不計空氣阻力.該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為

JTJI冗5冗

不五

A.B.Tc.yD.

【答案】B

【解析】由題意可知，鵬=：哂，又由動能定理得儂=)研一品3,根據(jù)平拋運動可知比是串

的水平分速度，那么8s。言二冬其中a為物塊落地時速度方向與水平方向的夾角，解得a=

45',B正確.

3.【2014?新課標H卷】一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用一大小為國的水平拉力拉動物體，

經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)閂.若將水平拉力的大小改為F2,物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間

后速度變?yōu)?V.對于上述兩個過程，用如1、分別表示拉力G、F2所做的功，叫\(zhòng)、強分別

表示前后兩次克服摩擦力所做的功，貝人)

A.WF2>4IVF1,Wf2>2Wfl

B.Wf2>4Wfl,Wf2=2Wfl

C.WF2<4WF1,Wf2=2Wfl

D.WF2<^WF1,Wf2<2Wfl

【答案】C

【解析】因物體均做勻變速直線運動，由運動學公式得前后兩個過程的平均速度是2倍關系,

1

那么位移x=t也是2倍關系，若也1=啟，則%2=7-2x故股=2%1；由動能定理Ml一啟=5

]

m/和也2—f2x=5m（2v）2得WF2=4WF1—2/x<4WF1,C正確.

4.12014?安徽卷】如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，M/V是通過

橢圓中心。點的水平線.已知一小球從M點出發(fā)，初速率為氣，沿管

?V'一一幺一一'一

道MPN運動,到N點的速率為％,所需時間為息;若該小球仍由M*

點以初速率“0出發(fā)，而沿管道MQ/V運動，到N點的速率為V2,所需時間為t2.則（）

A.Vi=v2,tr>t2B.Vi<v2,ti>t2

C.Vi--V2,tl<t2D.Ui<V2，11<12

【答案】A

【解析陣題考查機械能守恒定律、類比法與w圖像方法解題，考查“化曲為直”的思維能力.B

先根據(jù)機械能守恒定律得到“=*=?,小球沿著MPN軌道運動時，先減速后加速，小球沿著

同緲軌道運動時，先加速后減速，總路程相等，將小球的曲線運動類比為直線運動，畫出”圖像

如圖，可得/1>4.選項A正確.

5.12014?全國卷】一物塊沿傾角為。的斜坡向上滑動.當物塊的初速度為v時，上升的最大

高度為H,如圖所示；當物塊的初速度為。時，上升的最大高度記為h.

重力加速度大小為g.則物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和八分別為（）

A.tan，和與B,既廠l}an"吟

C.tan（和、。[云-l）tan。和日

【答案】D

【解析】本題考查能量守恒定律.根據(jù)能量守恒定律，以速度v上升時，寺瘠

2

mgH,以羯度上升時:焉）=卬咫8s8^—^+mgh,解得A=p廠琮%所以D正

確.

6.12014?福建卷I］如圖所示，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定

在斜面底部擋板上，斜面固定不動.質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端.現(xiàn)

用外力作用在兩物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面

向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零/的過

程，兩物塊（）

A.最大速度相同

B.最大加速度相同

C.上升的最大高度不同

D.重力勢能的變化量不同

【答案】C

【解析】設斜面傾角為仇物塊速度達到最大時，有h="in3,若見則修。2,當質(zhì)量為

加的物塊到達質(zhì)量為煙的物塊速度最大位置的同一高度時，根據(jù)能量守恒得：△4=3力+,

R2,所以V=Y與庫-2g△?!,因為曲〈的，所以V1XJ3,此時質(zhì)量為殉的物塊還沒達到最大

速度，因此盯皿＞邊皿，故A錯；由于撤去外力前，兩彈簧具有相同的壓縮量，所以撤去外力時兩

彈蕾的彈力相同，此時兩物塊的加速度最大，由牛頓第二定律可得4=或一喧因為質(zhì)量不

同，所以最大加速度不同，故B錯誤；由于撤去外力前，兩彈簧具有相同的壓縮量，所以兩彈替

與物塊分別組成的兩系統(tǒng)具有相同的彈性勢能，物塊上升過程中系統(tǒng)機械能守恒，所以上升到最

大高度時，彈性勢能全部轉化為重力勢能，所以兩物塊重力勢能的增加量相同，故D錯誤；由鳥,

=M可知，兩物塊的質(zhì)量不同，所以上升的最大高度不同，故C正確.

7.12014,廣東卷】圖9是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結構圖，圖中①和②為楔塊，③

和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中（）

A.緩沖器的機械能守恒彈簧盒

Z

B,摩擦力做功消耗機械能

C.墊板的動能全部轉化為內(nèi)能③疊④砌硒

②

D.彈簧的彈性勢能全部轉化為動能

【答案】B

【解析】由于楔塊與彈簧盒、墊塊間均有摩擦，摩擦力做負功，則緩沖器的機械能部分轉化

為內(nèi)能，故選項A錯誤，選項B正確；車廂撞擊過程中，彈簧被壓縮，摩擦力和彈簧彈力都

做功，所以墊塊的動能轉化為內(nèi)能和彈性勢能，選項c、D錯誤.

8.12014?福建卷I】圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內(nèi)，表

面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道8C在B點水平相切.點A距水面的高度為H,

圓弧軌道BC的半徑為R,圓心。恰在水面.一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點)可從軌道A8的任

意位置滑下，不計空氣阻力.

⑴若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面上的D點，。。=

2R,求游客滑到B點時的速度如大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功%,

⑵若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后

滑離軌道，求P點離水面的高度八.(提示：在圓周運動過程中任一點，質(zhì)點所受的向心力與其

速率的關系為戶時=*")

【答案】(1)阪一(mgH—lmgR)(2)海

【解析】(1)游客從B點做平拋運動，有2=vQ

出="②

由①②式得益=\

從4到根據(jù)動能定理，有

國H-J?)+嚀=品『0@

由③④式得Wf=一5磔-2ff磔)⑤

(2)設QP與OB間夾角為仇游客在P點時的速度為vy,受到的支持力為M從B到P由機械能守

恒定律，有

mg(R-Roos8)=：mv??_00

過P點時■，根據(jù)向心力公式，有MOS。一4僦⑦

go?

cosg=的

由⑥⑦⑨⑨式解得?!=??.⑩

9.【2014?廣東卷】⑵某同學根據(jù)機械能守恒定律，設計實驗探究彈簧的彈性勢能與壓縮量的

關系.

①如圖23(a)所示，將輕質(zhì)彈簧下端固定于鐵架臺，在上端的托盤中依次增加祛碼，測量相應

的彈簧長度，部分數(shù)據(jù)如下表.由數(shù)據(jù)算得勁度系數(shù)k=N/m.(g取9.80m/s?)

祛碼質(zhì)量(g)50100150

彈簧長度(cm)8.627.636.66

②取下彈簧，將其一端固定于氣墊導軌左側，如圖23(b)所示；調(diào)整導軌，使滑塊自由滑動

時，通過兩個光電門的速度大小.

③用滑塊壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量X；釋放滑塊，記錄滑塊脫離彈簧后的速度v.釋放滑塊

過程中，彈簧的彈性勢能轉化為

④重復③中的操作，得到v與x的關系如圖23(c).由圖可知，v與x成關系.由上述

實驗可得結論：對同--根彈簧，彈性勢能與彈簧的成正比.

(a)(b)

【答案】Q)①50②相等③渭塊的動能④正比壓縮量的平方

.o40

【解析】根據(jù)力=吟的1,尸2=物=應，有3=尸1一對=^^一32,則*=瓶的N/m

=49.5N/m,同理可以求得乂=畿^N；m=50.5N/m,則勁度系數(shù)為Q警=50N/m.

②滑塊離開彈雷后做勻速直線運動，故滑塊通過兩個光電門時的速度相等.

③在該過程中彈簧的彈性勢能轉化為滑塊的動能；

④圖線是過原點的傾斜直線，所以v與x成正比；彈性勢能轉化為動能，即即彈性勢

能與速度平方成正比，則彈性勢能與壓縮量平方成正比.

10.【2014?山東卷】某實驗小組利用彈簧秤和刻度尺，測量滑塊在木板上運動的最大速度.

實驗步驟：

①用彈簧秤測量橡皮泥和滑塊的總重力，記作G;

②將裝有橡皮泥的滑塊放在水平木板上，通過水平細繩和固定彈簧秤相連，如圖甲所示.在

A端向右拉動木板，待彈簧秤示數(shù)穩(wěn)定后，將讀數(shù)記作F；

③改變滑塊上橡皮泥的質(zhì)量，重復步驟①②；

實驗數(shù)據(jù)如下表所示：

G/N1.502.002.503.003.504.00

F/N0.590.830.991.221.371.60

④如圖乙所示，將木板固定在水平桌面匕滑塊置于木板上左端C處，細繩跨過定滑輪分別

與滑塊和重物P連接，保持滑塊靜止，測量重物P離地面的高度小

⑤滑塊由靜止釋放后開始運動并最終停在木板上的。點（未與滑輪碰撞），測量C、D間的距離

完成下列作圖和填空：

⑴根據(jù)表中數(shù)據(jù)在給定坐標紙上作出FG圖線.

F/N

⑵由圖線求得滑塊和木板間的動摩擦因數(shù)“=(保留2位有效數(shù)字).

⑶滑塊最大速度的大小丫=(用6、5、〃和重力加速度g表示).

【答案】(1)略

(2)0.40(0.38x0.39、041、0.42均正確)

(3)A/2ug(s-A)

【解析】(1)根據(jù)實驗步驟③給出的實險數(shù)據(jù)描點、連線即可.

(2)上問所得圖線的斜率就是滑塊與木板間的動摩擦因數(shù).

(3)重物下落日時，滑塊的速度最大.設滑塊的質(zhì)量為冽，細繩拉力對滑塊所做的功為啊，對該過

程由動能定理得

Wp—/imgh=^mv2-0

滑塊從C點運動到D點，由動能定理得

Wp—ymgs—Q—Q

由以上兩式得v=M2”(sf)

11.【2014?江蘇卷】如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的

速度為如小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙匕工件與乙之間的動摩擦因數(shù)

為〃.乙的寬度足夠大，重力加速度為g.

傳送帶乙□

傳送帶甲"0I-

、一L

□□□口口

⑴若乙的速度為0,求工件在乙上側向(垂直于乙的運動方向)滑過的距離5；

⑵若乙的速度為2%,求工件在乙上剛停止側向滑動時的速度大?。?/p>

⑶保持乙的速度2Vo不變，當工件在乙上剛停止滑動時，下一只工件恰好傳到乙上，如此反

復.若每個工件的質(zhì)量均為m,除工件與傳送帶之間的摩擦外，其他能量損耗均不計，求驅

動乙的電動機的平均輸出功率.

【答案】（】席|（2）2玲⑶對9

【解析】（1）摩擦力與側向的夾角為45°

側向加速度大小ax=pgcos45°

勻變速直線運動一2a,5=0-總

解得s=招

（2）設/=0時刻摩擦力與側向的夾角為仇側向、縱向加速度的大小分別為&、4則m=tan&

很小的△，時間內(nèi)，側向、縱向的速度增蚩Avx=axAz,△為=q△/

解得好=加夕

且由題意知tan&=￡貝自二1老=也9

摩擦力方向保持不變

則當v\—0時，％=0,即V--2v（）.

（3）工件在乙上滑動時側向位移為x,沿乙方向的位移為y,

由題意知a=聞85仇勾=咫而8

在側向上一如=0一俑在縱向上吸=（2均）2-0

工件滑動時間，=冬乙前進的距離州=2均/

ay

工件相對乙的位移L=^+（yi-y）2則系統(tǒng)摩擦生熱Q=fnngl

電動機做功郎=》（2咐，]加+0

由片方解得片竺聆生

[2013高考真題】

（2013?新課標1卷）16.一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩

極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）。小孔正上方一處的P點有一帶

電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回。

若將下極板向上平移一，則從P點開始下落的相同粒子將

A.打到下極板上B.在下極板處返回

C.在距上極板處返回D.在距上極板d處返回

【答案】D

【解析】設帶電粒子的質(zhì)量為m,電容器兩基板的電壓為U,由動能定理得mg（g+d）-qU=O,

若將下極板向上移動d⑶設帶電粒子在電場中下降h,再由動能定理得

mg（-+h）-q上一/?=0,聯(lián)立解得h=-d<—d，所以帶電粒子還沒達到下極板就減速為

22d/353

零,D選項正確.難度中等偏上意在考查推理能力

【考點定位】動能定理電場力做功勻強電場電場強度和電勢差的關系

（2013?新課標II卷）20.目前，在地球周圍有許多人造地球衛(wèi)星繞著它轉，其中一些衛(wèi)星的

軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小。若衛(wèi)星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球

引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是

A.衛(wèi)星的動能逐漸減小

B.由于地球引力做正功，引力勢能一定減小

C.由于氣體阻力做負功，地球引力做正功，機械能保持不變

D.衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減小

【答案】BD

【解析】衛(wèi)星在軌道半徑逐漸變小的過程中，做近心運動，萬有引力做正功，引力勢能減小，

B正確；由于稀薄氣體的阻力做負功，機械能有部分轉化為內(nèi)能，故衛(wèi)星的機械能減小，C錯誤；

又因為稀薄氣體的阻力較小，故衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于萬有引力做的功，即小于引力勢能的

減小，D正確，由動能定理可知合外力做正功，衛(wèi)星的動能增加，A錯誤。綜上所述，正確答案為

BD。

【考點定位】萬有引力定律及功能關系

（2013?天津卷）2、我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現(xiàn)女子3000m接力三連冠。觀察

發(fā)現(xiàn)，"接棒"的運動員甲提前站在"交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，

乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在

水平方向上的相互作用，則（）

A.甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量

B.甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反

C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量

D.甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功

【答案】B

【解析】沖量是矢量，甲乙相互作用時，沖量大小相等方向相反，故A錯誤；由動量守恒定律

知，甲乙動量變化量大小相等方向相反，故B正確；甲乙相互作用時是非彈性碰撞，動能不守恒，

甲的動能增加量和乙動能的減少量不相等，故C錯誤;因甲的動能增加量和乙動能的減少量不相等，

由動能定理知，甲對乙做功的絕對值和乙對甲做功的絕對值不相等，故D錯誤。

【考點定位】本題考查沖量、動量、動量守恒定律和動能定理，意在考查考生的推理能

力。

（2013?大綱卷）20.如圖所示，一固定斜面傾角為30。，-質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端

以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的

A.動能損失了2mgH

B.動能損失了mgH

C.機械能損失了mgH

D.機械能損失了

【答案】AC

【解析】分析小物塊沿斜面上滑，根據(jù)題述可知，物塊所受滑動摩擦力為仁O.5mg,由動能定

理，動能損失了用/sin3O。+EgH=2/ngH,選項A正確B錯誤。由功能關系，機械能損失網(wǎng)500。

=EgH,選項C正確D錯誤。

【考點定位】考查動能定理及其相關知識。

（2013?山東卷）16.如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面be

與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪。質(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊，通過不可

伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動。

若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()

A.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能守恒

B.重力對M做的功等于M動能的增加

C.輕繩對m做的功等于m機械能的增加

D.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功

【答案】CD

【解析】由題意可知滑塊M沿斜面向下做勻加速運動，滑塊m沿斜面向上做勻加速運動，兩者

的加速度大小相等，由于斜面ab粗糙，摩擦力對M做負功，故系統(tǒng)的機械能減少，選項A錯誤；

由動能定理可知重力、繩的拉力以及摩擦阻力對M做的功等于M動能的增加量，選項B錯誤；由功

能關系可得除重力外其他外力做的功等于物體(或系統(tǒng))機械能的變化，故輕繩的拉力對m做的功

等于m機械能的增加，摩擦力做的功等于系統(tǒng)機械能的減少量，選項C、D正確。本題選CD。

【考點定位】能的轉化與守恒，動能定理。

(2013?江蘇卷)9.如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連.彈簧

處于自然長度時物塊位于0點(圖中未標出).物塊的質(zhì)量為m,AB=a，物塊與桌面間的動摩擦因

數(shù)為〃,現(xiàn)用水平向右的力將物塊從0點拉至A點,拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向

左運動,經(jīng)0點到達B點時速度為零.重力加速度為g.則上述過程中

m1

(A)物塊在A點時,彈簧的彈性勢能等于W--jLnnga

3

(B)物塊在B點時,彈簧的彈性勢能小于W--/jmga

(C)經(jīng)0點時,物塊的動能小于W-jumga

(D)物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能

---

彳AAAA<\AAAA/V~

BA1

【答案】BC

【解析】試題分析：由于物塊與水平桌面間存在著摩擦，則該裝置不能看成是彈簧振子，則A、

B不關于0點對稱。由于運動中一部分機械能要轉化成克服摩擦力做功變成內(nèi)能，從而找到B

點離0點將比A點離0近這一位置關系。進而能很好地對彈性勢能、動能的轉化進行分析。

解：設A離彈簧原長位置0的距離為則彈簧的形變量為當物體從A向左運動直至B

的過程中，物體要克服摩擦力做功，則物體及彈簧系統(tǒng)的機械能一定減小，至UB時只具有彈性

勢能，

則EpMEp出由此可知B氤的距離比A氤的距離近。則；故從。到A的過程中運用動能定

理有w一/ngx0A+用彈力=0,解得A處的彈性勢能

與)=-的單力=印-一小峻0/(印，-:卬Mga，故A項錯誤；同理，經(jīng)過B點時，彈蓄的彈性勢

2

3

能芯產(chǎn)=@一/Jmg(a+x0A)(陰--fJmga,故B項正確；經(jīng)過。點的動能

2

2//mgx(W-pmga,貝此項正確；物塊動能最大時是物體第一次回到平衡位

EK=W-0A

置，受力分析不難得出該位置在。點的右邊，物體受到的彈力和物體受到的摩擦力大小相等，由于

摩擦因數(shù)未知，則彈簧的彈性勢能大小無法確定，故物塊動能最大時彈笛的彈性勢能與物塊在B點

時彈簧的彈性勢能大小無法確定，故D項錯誤。故本題答案為BC。

【考點定位】本題考查動能定理、功能關系及彈力做功與彈性勢能關系的理解。難度：

較難。

(2013?江蘇卷)5.水平面上,一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質(zhì)量相等.碰撞過程的頻閃

照片如圖所示,據(jù)此可推斷,碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的

(A)30%

(B)50%

(C)70%

(0)90%

O

00cb

O

【答案】A

【解析】試題分析：閃光照片的閃光時間是相等的，根據(jù)圖上照片的間距可推知白球和灰球

1

在碰撞前后的速度的關系，再根據(jù)動能￡太2可推知碰后白球和灰球與碰撞前的白球

的動能關系，進而可推知系統(tǒng)碰撞中損失的動能。

解：通過直尺可測量出碰前的白球照片間距與碰后白球照片間距及灰球照片間距的比值約為

1.5:0.9:0.9,設碰撞前白球的速度為V。，碰撞后白球速度大小為匕，灰球速度大小為丫2,

由于閃光時間是相等的，則%:“：丫2=L5：0.9:0.9,根據(jù)系統(tǒng)損失的動能

7NE

可解得AE—AziVn?則——x28%，與A選

L—50°服。

項接近，故本題答案為A。

【考點定位】本題考查動能、速度、位移與頻閃照相相結合。通過對頻閃照片的觀察與測量,

估測出碰撞前后小球的速度關系，進而推知動能的關系，有效考查考生的觀察能力與分析能

力。較難。

（2013?廣東卷）19.如圖7,游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相等的光滑軌道。

甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，卜一列說法正確的有

A.甲的切向加速度始終比乙的大

B.甲、乙在同一高度的速度大小相等

C.甲、乙在同一時刻總能到達同一高度

D.甲比乙先到達B處

【答案】BD

■析］分析受力結合牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A錯誤;

由機械能守恒定律可知，B正確；v-t圖象可知，C錯，D對。易錯選項D,不好想。

【考點、定位】斜面上受力分析'牛頓第二定律'機械能守恒定律'v-t圖象，較難題

（2013?福建卷）20.（15分）如圖，一不可伸長的輕繩上端懸掛于。點，下端系一質(zhì)量m=

1.0kg的小球?，F(xiàn)將小球拉到4點（保持繩繃直）由靜止釋放，當它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷，

小球平拋后落在水平地面上的C點。地面上的。點與OB在同一豎直線上，已知繩長￡=1.0m,

B點離地高度H=lQm,A、8兩點的高度差h=O.5m,重力加速度g?。篖Om/s2,不計空氣阻

力影響，求:

⑴地面上DC兩點間的距離5；⑵輕繩所受的最大拉力大小。

【答案】⑴1.44m；（2）20N?

【解析】⑴設小球運動至8點的速度為v,小球由A運動至8點的過程中，只有重力做功，根

據(jù)動能定理有：mgh=①

小球由B至C過程中，做平拋運動，設平拋運動的時間為，，根據(jù)平拋運動規(guī)律在水平方向上

有：

5=Vt②

在豎直方向上有：

H=刎③

由①②③式聯(lián)立，并代入數(shù)據(jù)解得：s=、/5m=1.41m

⑵在小球剛到達B點繩斷瞬間前，受重力砥和繩的拉力T作用，根據(jù)牛頓第二定律有：

T-mg=耳@

顯然此時應為繩對小球的最大拉力，根據(jù)牛頓第三定律可知，繩所受小球的最大拉力為：

T'=T⑤

由①④⑤式聯(lián)立，并代入數(shù)據(jù)解得：7'=20N

【考點定位】本題綜合考查了圓周運動向心力公式、平拋運動規(guī)律、動能定理④機械

能守恒定律）、牛頓運動定律的應用問題，難度中等。

（2013,北京卷）23.（18分）蹦床比賽分成預備運動和比賽動作。最初，運動員靜止站在蹦

床上在預備運動階段，他經(jīng)過若干次蹦跳，逐漸增加上升高度，最終達到完成比賽動作所需

的高度；此后，進入比賽動作階段。

把蹦床簡化為一個豎直放置的輕彈簧，彈力大小F=kx（x為床面下沉的距離，k為常量）。質(zhì)量

m=50kg的運動員靜止站在蹦床上，床面下沉xO=0.10m；在預備運動中，假設運動員所做的總

共w全部用于其機械能；在比賽動作中，把該運動員視作質(zhì)點，其每次離開床面做豎直上拋

運動的騰空時間均為△t=2.0s,設運動員每次落下使床面壓縮的最大深度均為X|o取重力加速

度g=10m/s2,忽略空氣阻力的影響。

1、求常量k,并在圖中畫出彈力F隨x變化的示意圖；

2、求在比賽動作中，運動員離開床面后上升的最大高度h.;

3,借助F-x圖像可以確定彈性做功的規(guī)律，在此基礎上，求心和W的值

【答案】(1)k=5000N/m(2)5m⑶W=2525J

【解析】(1)彈力與形變量成正比，因此為過原點正比函數(shù)

F

根據(jù)mg=kx0

貝i]k=^=5000N/m

(2)根據(jù)勻變速直線運動公式，上升下落時間相等，即上升時間為1s,即力=：d=5胴

(3)設人做功為W,人離開時具有動能為&=：膽4=250(X7,人在靜止位置時彈性勢能

為必=25J,

以彈蓄面為參考面，即;M+(-?!K)+獷

/Ju

即W=2525J

人升到最高處為5m,則下落最低處陽鼠為+%)=1%；

解方程XNLIOM

本題主要障礙在物理模型的建立上，通過畝題將物體看作質(zhì)點抽象出物體在彈簧作用力下的運

動，從能的觀點來看，視為機械能守恒的情況。

【考點定位】本題考查了機械能守恒定律，利用機械能守恒定律推導了人在蹦床過程

中做功。

(2013?廣東卷)35.(18分)如圖18,兩塊相同平板Pi、P2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為

m。P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自山端B相距L。物體P置于Pi的最右端，質(zhì)

量為2m且可以看作質(zhì)點。Pi與P以共同速度V。向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞忖間

極短，碰撞后P1與P2粘連在一起，P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(彈簧始終在彈性限度內(nèi))。

P與P2之間的動摩擦因數(shù)為U，求

(1)Pl、P2剛碰完時的共同速度V1和P的最終速度V2；

(2)此過程中彈簧最大壓縮量x和相應的彈性勢能Ep

【答案】%(2)丫=黑一心，E?爺

2432建16

【解析】(、碰撞過程由動蚩守恒定律解得%=今

1)PiPa，mv9=2MM

對Pl、P2、P系統(tǒng)，全程由動量守恒定律

(m+2?i)%=4mv解得v=

224

(2)當彈簧壓縮最大時，Pl、P2、P三者具有共同速度丫2,

對Pl、P2'P系統(tǒng)，從Pl、P2碰撞結束到P壓縮彈簧后被彈回并停在A點，用能量守恒定律

—2mv^+=—(TM+2m+ZM)VJ+u(2mff)2(L+X)解得X=———L

22232旗

對Pl、P2、P系統(tǒng)從Pl、P2碰撞結束到彈雷壓縮量最大，用能量守恒定律

；超詔

—2?i*+2=—(m+2m+niyv^+u(2mg)(L+Xy+Ep

“it?

最大彈性勢能后？=二9

16

注意三個易錯點：碰撞只是Pl、P2參與；碰撞過程有熱量產(chǎn)生；P所受摩擦力，其正壓力為

2mg

【考點定位】碰撞模型、動量守恒定律、能量守恒定律、彈性勢能、摩擦生熱。中檔題

（2013?海南卷）11.某同學用圖（a）所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。已知打點計時

器所用電源的頻率為50Hz,當?shù)刂亓铀俣葹間=9.80m/s2。實驗中該同學得到的一條點跡清

晰的完整紙帶如圖（b）所示。紙帶上的第一個點記為O,另選連續(xù)的三個點A、B、C進行測

量，圖中給出了這三個點到。點的距離hA、hB和/的值?；卮鹣铝袉栴}（計算結果保留3位

有效數(shù)字）（1）打點計時器打B點時，重物速度的大小VB=m/s;

（2）通過分析該同學測量的實驗數(shù)據(jù)，他的實驗結果是否驗證了機械能守恒定律？簡要說明

分析的依據(jù)。

【答案】（D3.90（2）vj/2=7.61（m/s）‘，因為mv；/2=Mgha,近似驗證機械能守恒定律

【解析】（D由勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度可知％=與土,由電源

頻率為50Hz可知T=0.02S,代入其他數(shù)據(jù)可解得%=3.90m/s.

（2）本實驗是利用自由落體運動蛤證機械能守恒定律，只要在誤差允許范圍內(nèi)，重物重力勢

能的減少等于其動能的增加，即可險證機械能守恒定律。選B點分析，由于

；叱咫7.6lm,mghg=7.857冽，故該同學的實蛤結果近似將證了機械能守恒定律。

【考點定位】考查蠟證機械能守恒定律的原理及數(shù)據(jù)處理。

（2013?上海卷）32.（12分）半徑為R,均勻帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球對稱的電場；場強

火小沿半徑分布如圖所示，圖中￡。已知，￡一「曲線下。一R部分的面積等于R—2R部分的面

積。

⑴寫出E-r曲線下面積的單位;

⑵己知帶電球在后R處的場強￡=?2/尸式中k為靜電力常量，該均勻帶電球所帶的電荷量

Q為多大？

⑶求球心與球表面間的電勢差△（7；

⑷質(zhì)量為m,電荷量為q的負電荷在球面處需具有多大的速度可以剛好運動到2R處？

【答案】(l)v(2)(3)AU=^(4)tel

【解析】U=E*D,電勢差等于電場強度與沿電場方向的距離的乘積。E—r曲線下面積的單位即

為電勢差的單位V.

球心與球表面的電勢差就是E-r圖像中R—2R部分所圍成的面積，曲線無法求解面積，因此

up

轉而求d--R部分圍成的面積，即三角形面積AU=7

2

負電荷由R運動到級沿高電勢向低電勢運動，電場力做負功，根據(jù)動能定理

【考點定位】靜電場的分布，場強電場的分布，動能定理

（2013?上海卷）33.（16分）如圖，兩根相距/=0.4m、電阻不計的平行光滑金屬導軌水平放

置，一端與阻值R=0.15Q的電阻相連。導軌x>0一側存在沿x方向均勻增大的穩(wěn)恒磁場，其

方向與導軌平面垂直，變化率k=0.5T/m,x=0處磁場的磁感應強度Bo=O.5T。一根質(zhì)量m=

0.1kg、電阻/■=0.05。的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直。棒在外力作用下從x=0處以初速

度0=2m/s沿導軌向右運動，運動過程中電阻上消耗的功率不變。求：

XXXXX”

Rxxxxxi

TXXXXX.

⑴同路中的電流;

⑵金屬棒在x=2m處的速度;

⑶金屬棒從x=0運動到x=2m過程中安培力做功的大小;

⑷金屬棒從x=0運動到x=2m過程中外力的平均功率。

2

【答案】(1)2(2)y(3)1.6(4)0.71

【解析】(1次=0處導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢E=87^=為L丫=0.4電流

(2)x=2m處B=(B0+Kx)=1.5,導體棒切割磁感線產(chǎn)生電流

ERLV2

3=(B0+Kx)=L51=------=——'-=2解得匕=—

R+rR+r'3

⑶安培力做功轉化為電能，所以安培力做的功等于消耗的電能。

F=BIL=0.88=0.8(0.5+0.5X)

F-X圖像為一條傾斜的直線，圖像圍成的面積就是二者的乘積即

x=0時，F(xiàn)=0.4x=2m時，F(xiàn)=1.2

W^=FX=-(0.4+1.2)*2=1.6J

2

(4)從x=0運動到x=2m,根據(jù)動能定理

Ju/

解得%,M42

安培力做功等于電功率乘以時間

W9=Pt=尸(R+K)f解得t=2

所以4=7=0.71

【考點定位】電磁感應，閉合電路歐姆定律

(2013?四川卷)9.(15分)

近來，我國多個城市開始重點治理"中國式過馬路"行為。每年全國由于行人不遵守交通規(guī)則而

引發(fā)的交通事故上萬起，死亡上千人。只有科學設置交通管制，人人遵守交通規(guī)則，才能保

證行人的生命安全。

如下圖2所示，停車線AB與前方斑馬線邊界CD間的距離為23m。質(zhì)量8t、車長7m的卡車

以54km/h的速度向北勻速行駛，當車前端剛駛過停車線AB,該車前方的機動車交通信號燈

由綠燈變黃燈。

⑴若此時前方C處人行橫道路邊等待的行人就搶先過馬路，卡車司機發(fā)現(xiàn)行人，立即制動，

卡車受到的阻力為3X104N。求卡車的制動距離；

⑵若人人遵守交通規(guī)則，該車將不受影響地駛過前方斑馬線邊界CD。為確保行人安全，。處

人行橫道信號燈應該在南北向機動車信號燈變黃燈后至少多久變?yōu)榫G燈？

rnirmur

23m

iiiiiiniii

12

【答案】(1)30m(2)2s

(1)據(jù)題意由V?一吟=2ax得：x=①

汽車剎車時，阻力產(chǎn)生的加速度為a

由牛頓第二定律得a=5②

代入數(shù)據(jù)得制動距離x=30m③

Q)據(jù)題意汽車不受影響的行駛距離應該是x1=30m④

故黃燈的持續(xù)時間為t則1=自⑤

代入數(shù)據(jù)得時間為t=2s⑥

【解析】以上解法運用的是勻變速直線運動的系列公式，如果運用能量守恒會更加簡單：

由能量守恒，得：

(2)、汽車不受影響的行駛距離應該是也就是卡車整車從南

向北全部通過AC時，信號燈變?yōu)榫G燈行人才安全。所以信號燈由黃燈變?yōu)榫G燈的時間長度為:

【考點定位】能量守恒勻變速直線運動

(2013?大綱卷)23.(12分)測量小物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)的實驗裝置如圖所示。

AB是半徑足夠大的、光滑的四分之一圓弧軌道，與水平固定放置的P板的上表面BC在B點

相切，C點在水平地面的垂直投影為C'。重力加速度為g。實驗步驟如下:

①用天平稱出物塊Q的質(zhì)量m；

②測量出軌道AB的半徑R、BC的長度L和CC7的高度h；

③將物塊Q在A點由靜止釋放，在物塊Q落地處標記其落地點D；

④重復步驟③，共做10次；

⑤將10個落地點用一個盡量小的圓圍住，用米尺測量圓心到C的距離So

(1)用實驗中的測量量表示：

(i)物塊Q到達B點時的動能EkB=:

(ii)物塊Q到達C點時的動能Ekc=;

(iii)在物塊Q從B運動到C的過程中，物塊Q克服摩擦力做的功Wf=；

(iv)物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)“=。

(2)回答下列問題：

(i)實驗步驟④⑤的目的是o

(ii)已知實驗測得的〃值比實際值偏大，其原因除了實驗中測量量的誤差之外，其它的可能

是(寫出一個可能的原因即可)

【答案】

（1）（每空2分）（i（ii）巴￡（Hi）mgR-^-（iv）

4萬4hL4kL

（2）減小實蛉結果的誤差（2分）圓弧軌道存在摩擦（或接縫B處不平滑等）（2分）

【解析】（D由機械能守恒定律，物塊Q到達8點時的動能尸EgR;由平拋運動規(guī)律，可

得5=vt,解得物塊從C點拋出時的速度v=s修。物塊Q到達C點時的動能E*=

-e3=魚。由動能定理，在物塊Q從B運動到C的過程中，物塊Q克服摩擦力做的功W^mgR

24k

-嚶；由W尸pmgi解得物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)“二。-某

4/1L4hL

（2）實驗步驟④⑤的目的是通過多次實驗減小實驗結果的誤差。實驗測得的〃值比實際值偏

大，其原因除了實驗中測量量的誤差之外，其它的可能是圓弧軌道存在摩擦、接縫B處不平

滑等。

【考點定位】考查動摩擦因數(shù)的測量、動能定理及其相關知識。

（2013?天津卷）12、（20分）超導體現(xiàn)象是20世紀人類重大發(fā)現(xiàn)之一，目前我國已研制出

世界傳輸電流最大的高溫超導電纜并成功示范運行。

（1）超導體在溫度特別低時電阻可以降到幾乎為零，這種性質(zhì)可以通過實驗研究。將個閉

合超導金屬圓環(huán)水平放置在勻強磁場中，磁感線垂直于圓環(huán)平面向上，逐漸降低溫度使環(huán)發(fā)

生由正常態(tài)到超導態(tài)的轉變后突然撤去磁場，若此后環(huán)中的電流不隨時間變化，則表明其電

阻為零。請指出自上往下看環(huán)中電流方向，并說明理由。

（2）為探究該圓環(huán)在超導狀態(tài)的電阻率上限p,研究人員測得撤去磁場后環(huán)中電流為I,并經(jīng)

一年以上的時間t未檢測出電流變化。實際上儀器只能檢測出大于空的電流變化，其中收《1,

當電流的變化小于加時，儀器檢測不出電流的變化，研究人員便認為電流沒有變化。設環(huán)的橫

截面積為S,環(huán)中定向移動電子的平均速率為V,電子質(zhì)量為m、電荷量為e。試用上述給出

的各物理量，推導出仔的表達式。

（3）若仍試用上述測量儀器，實驗持續(xù)時間依舊為3為使實驗獲得的該圓環(huán)在超導狀態(tài)的

電阻率上限p的準確程度更高，請?zhí)岢瞿愕慕ㄗh，并簡要說明實現(xiàn)方法。

7msAZ

【答案】（D見解析(2)P=F（3）見解析

【解析】（D逆時針方向。原磁場磁感線垂直于圓環(huán)平面向上，當撤去磁場瞬間，環(huán)所圍面積

的原磁通量突變?yōu)榱?，由楞次定律可知，環(huán)中感應電流的磁場方向應與原磁場方向相同，即向上。

由右手螺旋定貝I」可知，環(huán)中電流的方向是沿逆時針方向。

（2）設圓環(huán)周長為I、電阻為R,由電阻定律得R=P-

S

由于有電阻，所以圓環(huán)在傳導電流過程中，電流做功，把電能全部轉化為內(nèi)能。設t時間內(nèi)環(huán)

中電流釋放焦耳熱而損失的能量為AE,由焦耳定律得

AE=I2Rf

因電流是圓環(huán)中電荷的定向移動形成的，故可設環(huán)中單位體積內(nèi)定向移動電子數(shù)為n,由電流

強度的定義得：

因式中n、e、S不變，所以只有定向移動電子的平均速率的變化才會引起環(huán)中電流的變化。電

流變化大小取A/時，相應定向移動電子的平均速率變化的大小為Av,則

A/=neS\v

2

在t時間內(nèi)單個電子在環(huán)中定向移動時減小的動能為:AEj=-mv--m

122

圓環(huán)中總電子為N=

設環(huán)中定向移動電子減少的動能總和為總取，則

122

AE=NhE^nlS—mv—Av)

K2

由于AZ《I,可得AEK=—M

根據(jù)能量守恒定律，得SE=^EK

rmSSI

聯(lián)立上述各式，得

nrvSM

(3)由0=看出，在題設條件限制下，適當增大超導電流，可以使實險獲得。的準

etl1

確程度更高，通過增大穿過該環(huán)的磁通量變化率可實現(xiàn)熠大超導電流。

此題易錯點：分析能量的轉換關系以及微觀量與宏觀量關系時出錯。

【考點定位】本題考查楞次定律、