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【备考2014】2013高考物理 (真题+模拟新题分类汇编) 功和能


功和能
E1 功和功率 2.[2013·浙江省温州市十校联合体期末] 用水平力 F 拉一物体,使物体在水平地面上 由静止开始做匀加速直线运动,t1 时刻撤去拉力 F,物体做匀减速直线运动,到 t2 时刻停止, 其速度—时间图像如图 X8?2 所示,且 α >β .若拉力 F 做的功为 W1,平均功率为 P1;物体克 服摩擦阻力 Ff 做的功为 W2,平均功率为 P2,则

下列选项正确的是( )

A.W1>W2,F=2Ff C.P1<P2,F>2Ff

图 X8?2 B.W1=W2,F>2Ff D.P1=P2,F=2Ff

2.B [解析] 整个运动过程中,根据动能定理有 W1-W2=0,所以 W1=W2,又 P1= ,P2 = ,所以 P1=P2;根据牛顿第二定律,施加拉力 F 时,加速度大小 a1=

W1 t2

W2 t2

F-Ff ,撤去拉力后加 m F-Ff Ff > , m m

速度大小 a2= ,-t 图像斜率的绝对值表示加速度的大小, v 根据题图可知 a1>a2 即 可得 F>2Ff,综上分析,本题答案为 B.

Ff m

9.E1、E2 [2013·四川卷] (15 分)近来, 我国多个城市开始重点治理 “中国式过马路” 行为.每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起,死亡上千人.只有科学 设置交通管制,人人遵守交通规则,才能保证行人的生命安全.

如图所示,停车线 AB 与前方斑马线边界 CD 间的距离为 23 m.质量 8 t、车长 7 m 的卡 车以 54 km/h 的速度向北匀速行驶,当车前端刚驶过停车线 AB,该车前方的机动车交通信号 灯由绿灯变黄灯.
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(1)若此时前方 C 处人行横道路边等待的行人就抢先过马路,卡车司机发现行人,立即制 4 动,卡车受到的阻力为 3×10 N.求卡车的制动距离; (2)若人人遵守交通规则,该车将不受影响地驶过前方斑马线边界 CD.为确保行人安全,D 处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯? 3 9.[解析] 已知卡车质量 m=8 t=8×10 kg,初速度 v0=54 km/h=15 m/s. (1)从制动到停车阻力对卡车所做的功为 W,由动能定理有 1 2 W=- mv0 2 已知卡车所受阻力 f=-3×10 N,设卡车的制动距离 s1,有 W=fs1 联立上式,代入数据解得 s1=30 m (2)已知车长 l=7 m,AB 与 CD 的距离为 s0=23 m.设卡车驶过的距离为 s2,D 处人行横 道信号灯至少需经过时间Δ t 后变灯,有 s2=s0+l s2=v0Δ t 联立上式,代入数据解得Δ t=2 s 25.K1、E1、L4[2013·浙江卷] (22 分)为了降低潜艇噪音,提高其前进速度,可用电磁 推进器替代螺旋桨.潜艇下方有左、右两组推进器,每组由 6 个相同的、用绝缘材料制成的 直线通道推进器构成,其原理示意图如下.在直线通道内充满电阻率 ρ =0.2 Ω ·m 的海水, 通道中 a×b×c=0.3 m×0.4 m×0.3 m 的空间内,存在着由超导线圈产生的匀强磁场,其磁 感应强度 B=6.4 T、方向垂直通道侧面向外.磁场区域上、下方各有 a×b=0.3 m×0.4 m 的 金属板 M、N,当其与推进器专用直流电源相连后,在两板之间的海水中产生了从 N 到 M,大 3 小恒为 I=1.0×10 A 的电流,设该电流只存在于磁场区域.不计电源内阻及导线电阻,海水 3 3 密度 ρ m≈1.0×10 kg/m .
4

(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小,并判断其方向. (2)在不改变潜艇结构的前提下,简述潜艇如何转弯?如何“倒车”? (3)当潜艇以恒定速度 v0=30 m/s 前进时,海水在出口处相对于推进器的速度 v=34 m/s, 思考专用直流电源所提供的电功率如何分配,求出相应功率的大小. 25.[解析] (1)将通电海水看成导线,所受磁场力 F=IBL 3 代入数据得:F=IBc=1.0×10 ×6.4×0.3 N=1.92 N 用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同) (2)考虑到潜艇下方有左、右 2 组推进器,可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线 通道推进器,实施转弯. 改变电流方向,或者磁场方向,可以改变海水所受到磁场力的方向,根据牛顿第三定律, 使潜艇“倒车”. (3)电源提供的电功率中的第一部分:牵引功率 P1=F 牵 v0 根据牛顿第三定律:F 牵=12IBL 当 v0=30 m/s 时,代入数据得:

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P1=F 牵 v0=12×1.92×10 ×30 W=6.9×10 W 第二部分:海水的焦耳热功率 对单个直线推进器,根据电阻定律: R=ρ l S c 0.3 =0.2× Ω =0.5 Ω ab 0.3×0.4
2

3

5

代入数据得:R=ρ

由热功率公式,P=I R 2 5 代入数据得:P 单=I R=5.0×10 W 5 6 P2=12×5.0×10 W=6.0×10 W 第三部分:单位时间内海水动能的增加值 设Δ t 时间内喷出的海水质量为 m ΔΕk P3=12× Δt 考虑到海水的初动能为零, 1 2 Δ Ε k=Ε k= mv水对地 2 m=ρ mbcv 水对地Δ t ΔΕk 1 3 4 P3=12× =12× ρ mbcv水对地=4.6×10 W Δt 2

E2

动能动能定理

23.E2[2013·北京卷] (18 分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段.最初,运动 员静止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完 成比赛动作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段.把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧, 弹力大小 F=kx(x 为床面下沉的距离,k 为常量).质量 m=50 kg 的运动员静止站在蹦床上, 床面下沉 x0=0.10 m;在预备运动中,假定运动员所做的总功 W 全部用于增加其机械能;在 比赛动作中, 把该运动员视作质点, 其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δ t=2.0 2 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为 x1.取重力加速度 g=10 m/s ,忽略空气阻 力的影响.

(1)求常量 k,并在图中画出弹力 F 随 x 变化的示意图; (2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度 hm; (3)借助 F-x 图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求 x1 和 W 的值. 23.[解析] (1)床面下沉 x0=0.10 m 时,运动员受力平衡 mg=kx0 mg 3 得 k= =5.0×10 N/m x0

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F-x 图线如图.

(2)运动员从 x=0 处离开床面,开始腾空,其上升、下落时间相等 1 ?Δ t?2 hm= g? ? =5.0 m 2 ? 2 ? (3)参考由速度-时间图像求位移的方法,F-x 图线下的面积等于弹力做的功.从 x 处到 x=0,弹力做功 WT 1 1 2 WT= ·x·kx= kx 2 2 运动员从 x1 处上升到最大高度 hm 的过程,根据动能定理,有 1 2 kx1-mg(x1+hm)=0 2 得 x1=x0+ x0+2x0hm=1.1 m 对整个预备运动,由题设条件以及功和能的关系,有 1 2 W+ kx0=mg(hm+x0) 2 得 W=2525 J≈2.5×10 J 22.E2,K3,K4[2013·福建卷] 如图甲,空间存在一范围足够大的垂直于 xOy 平面向 外的匀强磁场, 磁感应强度大小为 B.让质量为 m,电量为 q(q>0)的粒子从坐标原点 O 沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中.不计重力和粒子间的影响.
3 2

(1)若粒子以初速度 v1 沿 y 轴正向入射,恰好能经过 x 轴上的 A (a,0)点,求 v1 的大 小; (2)已知一粒子的初速度大小为 v (v>v1) , 为使该粒子能经过 A (a, 点, 0) 其入射角 θ (粒 子初速度与 x 轴正向的夹角)有几个?并求出对应的 sinθ 值; (3)如图乙,若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为 E 的匀强电场,一粒子从 O 点以初 速度 v0 沿 y 轴正向发射.研究表明:粒子在 xOy 平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒 子速度的 x 分量 vx 与其所在位置的 y 坐标成正比,比例系数与场强大小 E 无关.求该粒子 运动过程中的最大速度值 vm. 22.[解析] (1)带电粒子以速率 v 在匀强磁场 B 中做匀速圆周运动,半径为 R,有 qvB= v m ① R a 当粒子沿 y 轴正向入射,转过半个圆周至 A 点,该圆周半径为 R1,有:R1= ② 2
2

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qBa 由②代入①式得 v1= 2m a (2)如图,O、A 两点处于同一圆周上,且圆心在 x= 的直线上,半径为 R.当给定一个初 2 a 速率 v 时,有 2 个入射角,分别在第 1、2 象限,有 sin θ ′=sinθ = ④ 2R aqB 由①④式解得 sinθ = ⑤ 2mv

(3)粒子在运动过程中仅电场力做功,因而在轨道的最高点处速率最大,用 ym 表示其 y 坐 标,由动能定理,有 1 2 1 2 qEym= mvm- mv0⑥ 2 2 由题知,有 vm=kym⑦ 若 E=0 时,粒子以初速度 v0 沿 y 轴正向入射,有 v0 qv0B=m ⑧ R0 由⑥⑦⑧式解得 E vm= + B E 2 2 ( ) +v0。 B
2

16.E2 E3[2013·山东卷] 如图所示,楔形木块 abc 固定在水平面上,粗糙斜面 ab 和光 滑斜面 bc 与水平面的夹角相同,顶角 b 处安装一定滑轮.质量分别为 M、m(M>m)的滑块,通 过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加 速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )

A.两滑块组成系统的机械能守恒 B.重力对 M 做的功等于 M 动能的增加 C.轻绳对 m 做的功等于 m 机械能的增加 D.两滑块组成系统的机械能损失等于 M 克服摩擦力做的功 16.CD [解析] 因为 M>m,斜面倾角相同,所以 M 沿斜面下降,m 沿斜面上升.斜面 ab 粗糙,所以对 M 有沿斜面向上的摩擦力,两滑块组成的系统机械能不守恒,A 错误;对于 M, 重力、摩擦力、绳子的拉力做的总功等于其动能的增加,B 错误;对于 m,绳子拉力做的功是 除了重力以外其他力的功,故等于其机械能的增加,C 正确;对于两滑块组成的系统,M 受到 的沿斜面向上的摩擦力做的功是除了重力和弹力以外其他力的功,等于系统机械能的减少量, D 正确.

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9.E1、E2 [2013·四川卷] (15 分)近来,我国多个城市开始重点治理“中国式过马 路”行为.每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起,死亡上千人.只有 科学设置交通管制,人人遵守交通规则,才能保证行人的生命安全.

如图所示,停车线 AB 与前方斑马线边界 CD 间的距离为 23 m.质量 8 t、车长 7 m 的卡 车以 54 km/h 的速度向北匀速行驶,当车前端刚驶过停车线 AB,该车前方的机动车交通信号 灯由绿灯变黄灯. (1)若此时前方 C 处人行横道路边等待的行人就抢先过马路,卡车司机发现行人,立即制 4 动,卡车受到的阻力为 3×10 N.求卡车的制动距离; (2)若人人遵守交通规则,该车将不受影响地驶过前方斑马线边界 CD.为确保行人安全,D 处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯? 3 9.[解析] 已知卡车质量 m=8 t=8×10 kg,初速度 v0=54 km/h=15 m/s. (1)从制动到停车阻力对卡车所做的功为 W,由动能定理有 1 2 W=- mv0 2 已知卡车所受阻力 f=-3×10 N,设卡车的制动距离 s1,有 W=fs1 联立上式,代入数据解得 s1=30 m (2)已知车长 l=7 m,AB 与 CD 的距离为 s0=23 m.设卡车驶过的距离为 s2,D 处人行横 道信号灯至少需经过时间Δ t 后变灯,有 s2=s0+l s2=v0Δ t 联立上式,代入数据解得Δ t=2 s 11.E2、I3、I7 [2013·天津卷]
4

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一圆筒的横截面如图所示,其圆心为 O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度 为 B.圆筒下面有相距为 d 的平行金属板 M、N,其中 M 板带正电荷,N 板带等量负电荷.质量 为 m、电荷量为 q 的带正电粒子自 M 板边缘的 P 处由静止释放,经 N 板的小孔 S 以速度 v 沿半 径 SO 方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从 S 孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中 没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求: (1)M、N 间电场强度 E 的大小; (2)圆筒的半径 R; 2 (3)保持 M、N 间电场强度 E 不变,仅将 M 板向上平移 d,粒子仍从 M 板边缘的 P 处由静 3 止释放,粒子自进入圆筒至从 S 孔射出期间,与圆筒的碰撞次数 n. 11.[解析] (1)设两板间的电压为 U,由动能定理得 1 2 qU= mv ① 2 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed② 联立上式可得 mv2 E= ③ 2qd (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为 O′,圆半径为 r.设第一 次碰撞点为 A, 由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从 S 孔射出, 因此, 弧所对的圆心角∠AO′S SA π 等于 . 3 由几何关系得 π r=Rtan ④ 3 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得

v qvB=m ⑤ r 联立④⑤式得 R= 3mv ⑥ 3qB

2

2 Ed (3)保持 M、N 间电场强度 E 不变,M 板向上平移 d 后,设板间电压为 U′,则 U′= = 3 3 U ⑦ 3 设粒子进入 S 孔时的速度为 v′,由①式看出

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U′ v′ = 2 U v

2

综合⑦式可得 v′= 3v ⑧ 3 3mv ⑨ 3qB

设粒子做圆周运动的半径为 r′,则 r′=

设粒子从 S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为 θ , 比较⑥⑨两式得到 r′=R, 可见 π θ = ⑩ 2 粒子须经过四个这样的圆弧才能从 S 孔射出,故 11 n=3○ 10.C5、E2、F1 [2013·天津卷] 质量为 m=4 kg 的小物块静止于水平地面上的 A 点, 现用 F=10 N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继续滑动一段位移停在 B 点,A、B 2 两点相距 x=20 m,物块与地面间的动摩擦因数μ =0.2,g 取 10 m/s ,求: (1)物块在力 F 作用过程发生位移 x1 的大小; (2)撤去力 F 后物块继续滑动的时间 t. 10.[解析] (1)设物块受到的滑动摩擦力为 F1,则 F1= μ mg① 根据动能定理,对物块由 A 到 B 整个过程,有 Fx1-F1x=0② 代入数据,解得 x1=16 m③ (2)设刚撤去力 F 时物块的速度为 v,此后物块的加速度为 a,滑动的位移为 x2,则 x2 =x-x1④ 由牛顿第二定律得 F1 a= ⑤ m 由匀变速直线运动公式得 2 v =2ax2⑥ 以物块运动的方向为正方向,由动量定理,得 -F1t=0-mv⑦ 代入数据,解得 t=2 s⑧

5.A1E2[2013·江苏卷] 水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等.碰撞 过程的频闪照片如图所示, 据此可推断, 碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( ) A.30% B.50% C.70% D.90%

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5.A [解析] 从图中可看出,左边的白球间隔大,表示在相等的时间里运动的位移大, 即速度大,右边的白球间隔小,表示速度小,所以白球是从左向右运动碰到静止的灰球,碰 撞后分开运动.用刻度尺量出左边白球(碰撞前)的位移大小,约为 1.35 cm,可算作 135 等份; 再用刻度尺量出右边灰球和白球(碰撞后)的位移大小,均约为 1.15 cm,可算作 115 等份.设 照相机每隔时间 t 闪光一次,小球的质量为 m,每等份的长度为 L,则白球碰撞前的动能为 1 2 1 ?135L?2 Ek0= mv = m? ? 2 2 ? 2t ? 白球碰撞后的动能为 1 ?115L?2 Ek1= m? ? 2 ? 3t ? 灰球的动能与碰撞后的白球动能相等,这样就可算出损失的动能为 Ek0-2Ek1,代入数据进 Ek0-2Ek1 而算出结果: =0.36≈30%,故选项 A 正确. Ek0

E3 机械能守恒定律 4.[2013·吉林省长春市毕业班第一次调研测试] 如图 G4?4 所示,有一固定的且内壁光 滑的半球面,球心为 O,最低点为 C,在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A 和 B, 在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动,A 球的轨迹平面高于 B 球的轨迹平面,A、B 两 球与 O 点的连线与竖直线 OC 间的夹角分别为 α =53°和 β =37°,以最低点 C 所在的水平 3 4 4 3 面为重力势能的参考平面,则(sin37°= ,cos37°= ;sin53°= ,cos53°= )( 5 5 5 5 A.A、B 两球所受支持力的大小之比为 4∶3 B.A、B 两球运动的周期之比为 4∶3 )

图 G4?4 C.A、B 两球的动能之比为 16∶9 D.A、B 两球的机械能之比为 112∶51 4. AD

mg NA cos37° 4 4π [解析] 由题意可知 N= , 所以 = = , 选项正确; tanθ =m 2 A mg cosθ NB cos53° 3 T
cos53° = cos37°
2 2

2

TA Rsinθ , 所以 = TB

3 2π EkA TBsin 53° 2 , 选项错误; k∝v , = Rsinθ , B E v 所以 = 2 4 T EkB TAsin237°

64 1 2 1 EA EkA+EpA 112 = ,C 选项错误;Ek= mv = mgRtanθ sinθ ,Ep=mgR(1-cosθ ),所以 = = , 27 2 2 EB EkB+EpB 51 D 选项正确. 4.[2013·广东省茂名市一模] 如图 X9?4 所示,物体 A、B 的质量相等,物体 B 刚好与 地面接触.现剪断绳子 OA,下列说法正确的是( )

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图 X9?4 A.剪断绳子的瞬间,物体 A 的加速度为 g B.弹簧恢复原长时,物体 A 的速度最大 C.剪断绳子后,弹簧、物体 A、B 和地球组成的系统机械能守恒 D.物体运动到最下端时,弹簧的弹性势能最大 4. CD [解析] 物体 B 刚好与地面接触, B 与地面没有弹力, 故 弹簧弹力等于 B 的重力. 剪 断绳子的瞬间,物体 A 的加速度为 2g,选项 A 错误;弹簧恢复原长时,物体 A 的速度没有达 到最大,当弹簧向上的弹力等于物体 A 的重力时,物体 A 的速度最大,选项 B 错误;剪断绳 子后,只有重力和弹簧弹力做功,弹簧、物体 A、B 和地球组成的系统机械能守恒,选项 C 正 确;物体运动到最下端时,重力势能最小,动能为零,弹簧的弹性势能最大,选项 D 正确. 19.E3[2013·广东卷] 如下图,游乐场中,从高处 A 到水面 B 处有两条长度相同的光滑 轨道.甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处,下列说法正确的有( )

A.甲的切向加速度始终比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D.甲比乙先到达 B 处

19.BD [解析] 由机械能守恒定律知:下落相同的高度,获得相同的动能,故甲、乙在 同一高度的速率相等,B 正确;作出速率一时间图像如图所示.最初甲的加速度大,速度增加 得快,下落得快,乙的加速度小,速度增加得慢,所以甲先到达 B 处,A、C 错误,D 正确. 16.E2 E3[2013·山东卷] 如图所示,楔形木块 abc 固定在水平面上,粗糙斜面 ab 和光 滑斜面 bc 与水平面的夹角相同,顶角 b 处安装一定滑轮.质量分别为 M、m(M>m)的滑块,通 过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加 速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )

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A.两滑块组成系统的机械能守恒 B.重力对 M 做的功等于 M 动能的增加 C.轻绳对 m 做的功等于 m 机械能的增加 D.两滑块组成系统的机械能损失等于 M 克服摩擦力做的功 16.CD [解析] 因为 M>m,斜面倾角相同,所以 M 沿斜面下降,m 沿斜面上升.斜面 ab 粗糙,所以对 M 有沿斜面向上的摩擦力,两滑块组成的系统机械能不守恒,A 错误;对于 M, 重力、摩擦力、绳子的拉力做的总功等于其动能的增加,B 错误;对于 m,绳子拉力做的功是 除了重力以外其他力的功,故等于其机械能的增加,C 正确;对于两滑块组成的系统,M 受到 的沿斜面向上的摩擦力做的功是除了重力和弹力以外其他力的功,等于系统机械能的减少量, D 正确. 23.D2、E3、C2[2013·浙江卷] (16 分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤, 其示意图如下.图中 A、B、C、D 均为石头的边缘点,O 为青藤的固定点,h1=1.8 m,h2=4.0 m,x1=4.8 m,x2=8.0 m.开始时,质量分别为 M=10 kg 和 m=2 kg 的大、小两只滇金丝猴 分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头的 A 点水平 跳至中间石头.大猴抱起小猴跑到 C 点,抓住青藤下端,荡到右边石头上的 D 点,此时速度 2 恰好为零.运动过程中猴子均可看成质点,空气阻力不计,重力加速度 g=10 m/s .求:

(1)大猴从 A 点水平跳离时速度的最小值; (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小; (3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小. 23.[解析] (1)设猴子从 A 点水平跳离时速度的最小值为 vmin,根据平抛运动规律,有 1 2 h1= gt ① 2 x1=vmint② 联立①②式,得 vmin=8 m/s③ (2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒,设荡起时的速度为 vC,有 1 2 (M+m)gh2= (M+m)vC④ 2 vC= 2gh2= 80 m/s≈9 m/s⑤ (3)设拉力为 FT,青藤的长度为 L,对最低点,由牛顿第二定律得 vC FT-(M+m)g=(M+m) ⑥ L 由几何关系(L-h2) +x2=L ⑦
2 2 2 2

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得 L=10 m⑧ vC 综合⑤⑥⑧式并代入数据解得:FT=(M+m)g+(M+m) =216 N⑨ L
2

E4

实验:探究动能定理

19.A7,E4[2013·福建卷] (1)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲):

甲 ①下列说法哪一项是正确的________.(填选项前字母) A.平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B.为减小系统误差,应使钩码质量远大于小车质量 C.实验时,应使小车靠近打点计时器由静止释放

乙 ②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分,选取 O、A、B、C 计数点,已知打点计时器使 用的交流电频率为 50 Hz,则打 B 点时小车的瞬时速度大小为________ m/s(保留三位有效数 字). 19.(1)①C ②0.653 [解析] ①平衡摩擦力时必须让空车匀速滑下,而不能挂上钩码,A 错误;设小车质量为 Mmg 1 m M,钩码质量为 m,则绳子的拉力 F=Ma= = mg,显然只有 M ? m 时,才有 →0,此 M+m m M 1+ M 时 F≈mg,即钩码质量应远小于小车质量,B 错误.②对于匀加速直线运动,某段时间内的平 均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,B 点的速度等于 AC 段的平均速度,又 AB 段的时间 5 sAC sOC-sOA (18.59-5.53)×10 - 为 T=5T0= =0.1 s,所以 vB= v AC= = = f 2T 2T 2×0.1
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m/s=0.653 m/s.

E5 实验:验证机械能守恒定律

E6

功和能综合

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17.D5E6

[2013·安徽卷] 质量为 m 的人造地球卫星与地心的距离为 r 时,引力势能

GMm 可表示为 Ep=- ,其中 G 为引力常量,M 为地球质量.该卫星原来在半径为 R1 的轨道上绕 r 地球做匀速圆周运动,由于受到极稀薄空气的摩擦作用,飞行一段时间后其圆周运动的半径 变为 R2,此过程中因摩擦而产生的热量为( ) 1 1 A.GMm( - ) R2 R1 C. GMm 1 1 ( - ) 2 R2 R1 1 1 B.GMm( - ) R1 R2 GMm 1 1 D. ( - ) 2 R1 R2

17.C [解析] 本题考查万有引力与功能关系的综合知识,考查理解题目的新信息并且 应用信息解决问题的能力.根据功能关系,摩擦产生的热量等于卫星机械能的减少量.卫星 1 2 GMm Mm 的机械能等于动能与引力势能之和,有 E= mv +(- ),由万有引力提供向心力,有 G 2 = 2 r r mv GMm GMm 1 1 ,可得卫星机械能 E=- ,摩擦产生的热量为 Q=E1-E2= ( - ),选项 C 正确. r 2r 2 R2 R1 23.E6[2013·全国卷] (12 分)测量小物块 Q 与平板 P 之间动摩擦因数的实验装置如图所 示.AB 是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道,与水平固定放置的 P 板的上表面 BC 在 B 点相切,C 点在水平地面的垂直投影为 C′ .重力加速度大小为 g,实验步骤如下:
2

①用天平称出物块 Q 的质量 m; ②测量出轨道 AB 的半径 R、BC 的长度 L 和 CC′ 的长度 h; ③将物块 Q 在 A 点从静止释放,在物块 Q 落地处标记其落地点 D; ④重复步骤③,共做 10 次; ⑤将 10 个落地点用一个尽量小的圆围住,用米尺测量圆心到 C′的距离 s. (1)用实验中的测量量表示: (ⅰ)物块 Q 到达 B 点时的动能 EkB=________; (ⅱ)物块 Q 到达 C 点时的动能 EkC=________; (ⅲ)在物块 Q 从 B 运动到 C 的过程中,物块 Q 克服摩擦力做的功 Wf=________; (ⅳ) 物 块 Q 与 平 板 P 之 间 的 动 摩 擦 因 数 μ = ________________________________________________________________________. (2)回答下列问题: (ⅰ)实验步骤④⑤的目的是______________________; (ⅱ)已知实验测得的 μ 值比实际值偏大,其原因除了实验中测量量的误差之外,其他的 可能是__________________________.(写出一个可能的原因即可) mgs 23.(1)(ⅰ)mgR (ⅱ) 4h
2

mgs (ⅲ)mgR- 4h

2

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R s (ⅳ) - L 4hL (2)(ⅰ)减小实验结果的误差 (ⅱ)圆弧轨道存在摩擦(或接缝 B 处不平滑等) [解析] (1)(ⅰ)由机械能守恒得,EkB=mgR; 1 2 (ⅱ)根据平抛运动有:h= gt ,s=vCt,则 vC=s 2 mgs (ⅲ)根据动能定理 Wf=EkB-EkC=mgR- ; 4h R s (ⅳ)由 Wf=μ mgL,所以 μ = - . L 4hL (2)多次实验取平均值有利于减小偶然误差;测得 μ 值偏大,说明实验阻力做功较多, 原因可能有圆弧轨道不够光滑、接缝处不平滑或存在空气阻力等. 20.E6[2013·全国卷] 如图,一固定斜面倾角为 30°,一质量为 m 的小物块自斜面底端 以一定的初速度,沿斜面向上做匀减速运动,加速度的大小等于重力加速度的大小 g.若物块 上升的最大高度为 H,则此过程中,物块的( )
2 2

2

g 1 2 mgs ,所以 EkC= mvC= ; 2h 2 4h

2

A.动能损失了 2mgH B.动能损失了 mgH 1 C.机械能损失了 mgH D.机械能损失了 mgH 2 20.AC [解析] 因为加速度大小等于 g,故合外力 F=mg,根据动能定理,动能损失等 于克服合外力做的功,即Δ Ek=FL=mg H =2mgH,A 正确,B 错误;此过程中,重力势能 sin30°

增加了Δ Ep=mgH,故机械能损失了Δ E=Δ Ek-Δ Ep=mgH,C 正确,D 错误. 22.E6[2013·新课标全国卷Ⅱ] 某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究: 一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一小球接触而不固连;弹簧处于 原长时,小球恰好在桌面边缘,如图(a)所示.向左推小球,使弹簧压缩一段距离后由静止释 放;小球离开桌面后落到水平地面.通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能.

图(a) 回答下列问题: (1)本实验中可认为,弹簧被压缩后的弹性势能 Ep 与小球抛出时的动能 Ek 相等.已知重力 加速度大小为 g.为求得 Ek,至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号). A.小球的质量 m B.小球抛出点到落地点的水平距离 s C.桌面到地面的高度 h D.弹簧的压缩量Δ x E.弹簧原长 l0

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(2)用所选取的测量量和已知量表示 Ek,得 Ek=________. (3)图(b)中的直线是实验测量得到的 s-Δ x 图线.从理论上可推出,如果 h 不变,m 增 加,s-Δ x 图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”);如果 m 不变,h 增加, s-Δ x 图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”). 由图(b)中给出的直线关系 和 Ek 的表达式可知,Ep 与Δ x 的________次方成正比.

图(b) 22.(1)ABC mgs (2) 4h
2

(3)减小 增大 2 [解析] (1)根据平抛运动规律求小球抛出时的动能. 1 2 1 2 动能 Ek= mv0,根据平抛运动规律有:h= gt ,s=v0t, 2 2 mgs 可得:Ek= ,故需要测量小球的质量 m、小球抛出点到落地点的水平距离 s 和桌面到 4h 地面的高度 h,选项 A、B、C 正确. (3)由图像可知,s 与Δ x 成正比,设图像斜率为 k,则 s=kΔ x,弹性势能 Ep 与动能 Ek mgs mgk 2 的关系为 Ep=Ek= ,故 Ep= ·Δ x ,即弹簧的弹性势能与Δ x 的二次方成正比.当 h 不 4h 4h 变时,m 增大,k 就减小;当 m 不变时,h 增大,k 就增大. 20.E6[2013·新课标全国卷Ⅱ] 目前,在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转,其 中一些卫星的轨道可近似为圆,且轨道半径逐渐变小.若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中, 只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,则下列判断正确的是( ) A.卫星的动能逐渐减小 B.由于地球引力做正功,引力势能一定减小 C.由于气体阻力做负功,地球引力做正功,机械能保持不变 D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小 20.BD Mm v [解析] 由 G 2 =m 可得 v= r r
2 2 2 2

GM ,轨道半径变小,则运行的速度变大,卫星的 r

动能增大,A 错误;轨道半径变小,地球引力做正功,引力势能减小,B 正确;由于气体阻力 做负功,产生热量,故机械能减小,C 错误;由动能定理,动能增大,则克服气体阻力做的功 小于引力做的功,而引力做功等于引力势能的减小,故克服气体阻力做的功小于引力势能的 减小,D 正确.

9.C5、E6[2013·江苏卷] 如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物 块相连.弹簧处于自然长度时物块位于 O 点(图中未标出).物块的质量为 m,AB=a,物块与

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桌面间的动摩擦因数为 μ .现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点,拉力做的功为 W.撤去 拉力后物块由静止向左运动,经 O 点到达 B 点时速度为零.重力加速度为 g.则上述过程中 ( ) 1 A.物块在 A 点时,弹簧的弹性势能等于 W- μ mga 2 3 B.物块在 B 点时,弹簧的弹性势能小于 W- μ mga 2 C.经 O 点时,物块的动能小于 W-μ mga D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 B 点时弹簧的弹性势能

甲 9.BC [解析] 先大致画出 O 点所在位置,如图甲所示,设 OA 的距离为 b.当物块从 A 由 静止向左运动时,受力如图乙所示,f=μ mg,此过程中,弹簧在缩短,弹簧拉力 FT 变小;当 到达 O 点右侧某点 P 时,FT 与 f 相等,此时合力为 0,由于惯性,物块继续向左运动;当物块 到达 O 点时,水平方向只受摩擦力 f,但仍向左运动至 B 停止.在 AP 段,物块除受摩擦阻力 外,还受弹簧拉力这一个动力作用,而在 OB 段,物块除受到摩擦阻力外,还受弹簧弹力这一 a 个阻力作用,所以物块很快停止,OB<OA,所以 <b<a. 2

当拉力把物块从 O 点由静止拉至 A 点时,根据动能定理得 W-μ mgb=EpA,即 EpA=W- 1 μ mgb<W- μ mga,选项 A 错误;对物块从 A 运动至 B 的过程中运用动能定理得 EpA-EpB-μ mg 2 3 =0,即 EpB=W-μ mgb-μ mga<W- μ mga,选项 B 正确;经 O 点时,物块的动能是 EpO=EpA- 2 μ mgb=W-2μ mgb<W-μ mga,选项 C 正确;由于题目中各已知量的具体数值不知道,故无法 判断 P 点的弹性势能与 B 点的弹性势能哪个大,选项 D 错误. 12.L1、J1、E6 [2013·天津卷] 超导现象是 20 世纪人类重大发现之一,日前我国已 研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行. (1)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零,这种性质可以通过实验研究.将一个 闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中,磁感线垂直于圆环平面向上,逐渐降低温度使环 发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场,若此后环中的电流不随时间变化,则表明其 电阻为零.请指出自上往下看环中电流方向,并说明理由. (2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限 ρ ,研究人员测得撤去磁场后环中电流为 I, 并经一年以上的时间 t 未检测出电流变化.实际上仪器只能检测出大于Δ I 的电流变化,其中 Δ I ? I,当电流的变化小于Δ I 时,仪器检测不出电流的变化,研究人员便认为电流没有变 化.设环的横截面积为 S,环中定向移动电子的平均速率为 v,电子质量为 m、电荷量为 e.试 用上述给出的各物理量,推导出 ρ 的表达式. (3)若仍使用上述测量仪器,实验持续时间依旧为 t,为使实验获得的该圆环在超导状态 的电阻率上限 ρ 的准确程度更高,请提出你的建议,并简要说明实现方法.
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12.[解析] (1)逆时针方向. 撤去磁场瞬间,环所围面积的磁通量突变为零,由楞次定律可知,环中电流的磁场方向 应与原磁场方向相同,即向上.由右手螺旋定则可知,环中电流的方向是沿逆时针方向. (2)设圆环周长为 l、电阻为 R,由电阻定律得 l R=ρ ① S 设 t 时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为Δ E,由焦耳定律得 2 Δ E =I Rt② 设环中单位体积内定向移动电子数为 n,则 I=nevS③ 式中 n、e、S 不变,只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化.电 流变化大小取Δ I 时,相应定向移动电子的平均速率变化的大小为Δ v,则 Δ I=neSΔ v④ 设环中定向移动电子减少的动能总和为Δ Ek,则
2? ?1 2 1 Δ Ek=nlS? mv - m(v-Δ v) ?⑤ 2 ?2 ?

由于Δ I ? I,可得 lmv Δ Ek= Δ I⑥ e 根据能量守恒定律,得 Δ E=Δ Ek⑦ 联立上述各式,得 mvSΔ I ρ = 2 ⑧ etI mvSΔ I (3)由 ρ = 的 2 看出,在题设条件限制下,适当增大超导电流,可以使实验获得 ρ etI 准确程度更高,通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流. 10.B4、C2、E6、K3 [2013·四川卷] 在如图所示的竖直平面内,物体 A 和带正电的物 体 B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角 θ =37°的光滑斜面上的 M 点和粗糙绝 缘水平面上,轻绳与对应平面平行.劲度系数 k=5 N/m 的轻弹簧一端固定在 O 点,一端用另 一轻绳穿过固定的光滑小环 D 与 A 相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM 垂直于斜面.水 4 平面处于场强 E=5×10 N/C、方向水平向右的匀强电场中.已知 A、B 的质量分别为 mA=0.1 -6 kg 和 mB=0.2 kg,B 所带电荷量 q=+4×10 C.设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦, 2 绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B 电量不变.取 g=10 m/s ,sin37°=0.6,cos37° =0.8. (1)求 B 所受静摩擦力的大小; 2 (2)现对 A 施加沿斜面向下的拉力 F, A 以加速度 a=0.6 m/s 开始做匀加速直线运动. 使 A 从 M 到 N 的过程中,B 的电势能增加了Δ Ep=0.06 J.已知 DN 沿竖直方向,B 与水平面间的动 摩擦因数μ =0.4.求 A 到达 N 点时拉力 F 的瞬时功率.

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10.[解析] (1)F 作用之前,A、B 处于静止状态.设 B 所受静摩擦力大小为 f0,A、B 间 绳的张力为 T0,有 对 A:T0=mAgsinθ 对 B:T0=qE+f0 联立,代入数据即可解得 f0=0.4 N (2)物体 A 从 M 点到 N 点的过程中,A、B 两物体的位移均为 s,A、B 间绳子张力为 T,有 qEs=Δ Ep T-μ mBg-qE=mBa 设 A 在 N 点时速度为 v,受弹簧拉力为 F 弹,弹簧的伸长量为Δ x,有 2 v =2as F 弹=k·Δ x F+mAgsinθ -F 弹 sinθ -T=mAa 由几何关系知 s(1-cosθ ) Δ x= sinθ 设拉力 F 的瞬时功率为 P,有 P=Fv 联立,代入数据解得 P=0.528 W 7.[2013·东北三省高三一模] 如图 G4?8 所示,一个小球(视为质点)从 H=12 m 高处, 由静止开始通过光滑弧形轨道 AB, 进入半径 R=4 m 的竖直圆环, 且圆环动摩擦因数处处相等, 当到达环顶 C 时,刚好对轨道压力为零;沿 CB 圆弧滑下后,进入光滑弧形轨道 BD,且到达高 2 度为 h 的 D 点时的速度为零, h 之值不可能为(g 取 10 m/s , 则 所有高度均相对 B 点而言)( )

图 G4?8 A.12 m B.10 m C.8.5 m D.7 m 7.ABD [解析] 设小球从 B 上升运动到 C 需要克服摩擦力做功 W1,而从 C 下滑运动到 B 需要克服摩擦力做功 W2,小球恰好到达 C 点时的速度为 v0.根据 mg=
2 mv0 求出,即 v0= gR;在 R

1 2 小球从静止运动到 C 点的过程中,对小球应用动能定理,有 mg(H-2R)-W1= mv0-0,可求出 2

W1=2mg;在小球从静止运动到 D 点的整个过程中,对小球应用动能定理,有 mg(H-h)-W1- W2=0,即 mg(H-h)=W1+W2,考虑到小球在 CB 弧运动时速度小于 BC 弧运动时的速度,即正 压力减小, 摩擦力减小, 所以 W2<W1=2mg, mg<W1+W2<4mg, 2mg<mg(H-h)<4mg, 2 即 所以 8 m<h<10
m.本题答案为 A、B、D. 10.[2013·山东省临沂市期中] 钓鱼岛是我国固有领土,决不允许别国侵占,近期,为 提高警惕保卫祖国,我人民海军为此进行登陆演练,假设一艘战舰因吨位大吃水太深,只能 停锚在离海岸登陆点 x=1 km 处.登陆队员需要从较高的军舰甲板上,利用绳索下滑到登陆 快艇上再行登陆接近目标,若绳索两端固定好后,与竖直方向的夹角 θ =30°,为保证行动 最快,队员甲先无摩擦自由加速滑到某最大速度,再靠摩擦匀减速滑至快艇,速度刚好为零,

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在队员甲开始下滑时,队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度 v0=3 3 m/s 平抛救生圈,第 一个刚落到快艇,接着抛第二个,结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇,若人的质 2 量 m,重力加速度 g=10 m/s ,问:

图 G4?12 (1)军舰甲板到快艇的竖直高度 H 为多少?队员甲在绳索上运动的时间 t0 为多少? (2)若加速过程与减速过程中的加速度大小相等,则队员甲在何处速度最大?最大速度多 大? 3 (3)若登陆艇额定功率 5 kW,载人后连同装备总质量为 10 kg,从静止开始以最大功率向 登陆点加速靠近,到达岸边时刚好能达到最大速度 10 m/s,则登陆艇运动的时间 t′为多少? 10.(1)16.2 m 3.6 s (2)10.39 m/s 2 (3)1.1×10 s [解析] (1)设救生圈平抛运动的时间为 t,由平抛运动规律有

H= gt2,Htanθ =v0t.
设人下滑的时间为 t0,由题意可知 t0=2t. 联立以上各式得:H=16.2 m,t0=3.6 s. (2)由几何关系得:绳索长 L= =18.7 m,因加速过程与减速过程的加速度相等, cos30° 1 L 所以甲在绳索中点处速度最大,由 vmt×2=L,得 vm= =10.39 m/s. 2 t 1 2 (3)加速过程有 Pt′-f(x-Htanθ )= Mvm, 2 加速到匀速时 vm= , 联立两式解得 t′=1.1×10 s.
2

1 2

H

P f

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