備考20142013高考物理 真題模擬新題分類匯編 功和能

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1、功和能 E1　功和功率　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2．[2013·浙江省溫州市十校聯(lián)合體期末] 用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度—時間圖像如圖X8-2所示，且α＞β.若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是(　　) 圖X8-2 A．W1＞W2，F(xiàn)＝2Ff　　　B．W1＝W2，F(xiàn)＞2Ff C．P1＜P2，F(xiàn)＞2Ff D．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff 2．B　[解析] 整個運動過程中，根據動能定理有W1－W2＝

2、0，所以W1＝W2，又P1＝，P2＝，所以P1＝P2；根據牛頓第二定律，施加拉力F時，加速度大小a1＝，撤去拉力后加速度大小a2＝，v－t圖像斜率的絕對值表示加速度的大小，根據題圖可知a1＞a2即＞，可得F＞2Ff，綜上分析，本題答案為B. 9．E1、E2 [2013·四川卷] (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． 如圖所示，停車線AB與前方斑馬線邊界CD間的距離為23 m．質量8 t、車長7 m的卡車以54 km/h的

3、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． (1)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3×104 N．求卡車的制動距離； (2)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，D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？ 9．[解析] 已知卡車質量m＝8 t＝8×103 kg，初速度v0＝54 km/h＝15 m/s. (1)從制動到停車阻力對卡車所做的功為W，由動能定理有 W＝－mv 已知卡車所受阻力f＝－3×104 N，設卡車的

4、制動距離s1，有 W＝fs1 聯(lián)立上式，代入數(shù)據解得s1＝30 m (2)已知車長l＝7 m，AB與CD的距離為s0＝23 m．設卡車駛過的距離為s2，D處人行橫道信號燈至少需經過時間Δt后變燈，有 s2＝s0＋l s2＝v0Δt 聯(lián)立上式，代入數(shù)據解得Δt＝2 s 25．K1、E1、L4[2013·浙江卷] (22分)為了降低潛艇噪音，提高其前進速度，可用電磁推進器替代螺旋槳．潛艇下方有左、右兩組推進器，每組由6個相同的、用絕緣材料制成的直線通道推進器構成，其原理示意圖如下．在直線通道內充滿電阻率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

5、間內，存在著由超導線圈產生的勻強磁場，其磁感應強度B＝6.4 T、方向垂直通道側面向外．磁場區(qū)域上、下方各有a×b＝0.3 m×0.4 m的金屬板M、N，當其與推進器專用直流電源相連后，在兩板之間的海水中產生了從N到M，大小恒為I＝1.0×103 A的電流，設該電流只存在于磁場區(qū)域．不計電源內阻及導線電阻，海水密度ρm≈1.0×103 kg/m3. (1)求一個直線通道推進器內磁場對通電海水的作用力大小，并判斷其方向． (2)在不改變潛艇結構的前提下，簡述潛艇如何轉彎？如何“倒車”？ (3)當潛艇以恒定速度v0＝30 m/s前進時，海水在出口處相對于推進器的速度v＝34 m/s，思考

6、專用直流電源所提供的電功率如何分配，求出相應功率的大?。? 25．[解析] (1)將通電海水看成導線，所受磁場力 F＝IBL 代入數(shù)據得：F＝IBc＝1.0×103×6.4×0.3 N＝1.92 N 用左手定則判斷磁場對海水作用力方向向右(或與海水出口方向相同) (2)考慮到潛艇下方有左、右2組推進器，可以開啟或關閉不同個數(shù)的左、右兩側的直線通道推進器，實施轉彎． 改變電流方向，或者磁場方向，可以改變海水所受到磁場力的方向，根據牛頓第三定律，使?jié)撏А暗管嚒保? (3)電源提供的電功率中的第一部分：牽引功率 P1＝F牽v0 根據牛頓第三定律：F牽＝12IBL 當v0＝30 m/s

7、時，代入數(shù)據得： P1＝F牽v0＝12×1.92×103×30 W＝6.9×105 W 第二部分：海水的焦耳熱功率 對單個直線推進器，根據電阻定律： R＝ρ 代入數(shù)據得：R＝ρ＝0.2×Ω＝0.5 Ω 由熱功率公式，P＝I2R 代入數(shù)據得：P單＝I2R＝5.0×105 W P2＝12×5.0×105W＝6.0×106 W 第三部分：單位時間內海水動能的增加值 設Δt時間內噴出的海水質量為m P3＝12× 考慮到海水的初動能為零， ΔΕk＝Εk＝mv m＝ρmbcv水對地Δt P3＝12×＝12×ρmbcv＝4.6×104 W E2　動能動能定理

8、 23．E2[2013·北京卷] (18分)蹦床比賽分成預備運動和比賽動作兩個階段．最初，運動員靜止站在蹦床上；在預備運動階段，他經過若干次蹦跳，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)．質量m＝50 kg的運動員靜止站在蹦床上，床面下沉x0＝0.10 m；在預備運動中，假定運動員所做的總功W全部用于增加其機械能；在比賽動作中，把該運動員視作質點，其每次離開床面做豎直上拋運動的騰空時間均為Δt＝2.0 s，設運動員每次落下使床面壓縮的最大深度均為x1.取重力加速度g＝10 m/s

9、2，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hm； (3)借助F－x圖像可以確定彈力做功的規(guī)律，在此基礎上，求x1和W的值． 23．[解析] (1)床面下沉x0＝0.10 m時，運動員受力平衡mg＝kx0 得k＝＝5.0×103 N/m F－x圖線如圖． (2)運動員從x＝0處離開床面，開始騰空，其上升、下落時間相等 hm＝g＝5.0 m (3)參考由速度－時間圖像求位移的方法，F(xiàn)－x圖線下的面積等于彈力做的功．從x處到x＝0，彈力做功WT WT＝·x·kx＝kx2 運動員從x

10、1處上升到最大高度hm的過程，根據動能定理，有 kx－mg(x1＋hm)＝0 得x1＝x0＋＝1.1 m 對整個預備運動，由題設條件以及功和能的關系，有 W＋kx＝mg(hm＋x0) 得W＝2525 J≈2.5×103 J 22．E2，K3，K4[2013·福建卷] 如圖甲，空間存在一范圍足夠大的垂直于 xOy 平面向外的勻強磁場， 磁感應強度大小為B.讓質量為m，電量為q(q>0)的粒子從坐標原點O沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中．不計重力和粒子間的影響． (1)若粒子以初速度v1沿 y 軸正向入射，恰好能經過 x 軸上的A (a，0)點，求v1的大小

11、； (2)已知一粒子的初速度大小為v (v>v1) ，為使該粒子能經過A (a，0) 點，其入射角θ(粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個？并求出對應的 sinθ值； (3)如圖乙，若在此空間再加入沿 y 軸正向、大小為E的勻強電場，一粒子從O點以初速度v0沿 y 軸正向發(fā)射．研究表明：粒子在 xOy 平面內做周期性運動，且在任一時刻，粒子速度的 x 分量vx與其所在位置的 y 坐標成正比，比例系數(shù)與場強大小E無關．求該粒子運動過程中的最大速度值vm. 22．[解析] (1)帶電粒子以速率v在勻強磁場B中做勻速圓周運動，半徑為R，有qvB＝m① 當粒子沿y軸正向入射，轉過半個圓周至A點，

12、該圓周半徑為R1，有：R1＝② 由②代入①式得v1＝ (2)如圖，O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在x＝的直線上，半徑為R.當給定一個初速率v時，有2個入射角，分別在第1、2象限，有sinθ′＝sinθ＝④ 由①④式解得sinθ＝⑤ (3)粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處速率最大，用ym表示其y坐標，由動能定理，有 qEym＝mv－mv⑥ 由題知，有vm＝kym⑦ 若E＝0時，粒子以初速度v0沿y軸正向入射，有 qv0B＝m⑧ 由⑥⑦⑧式解得 vm＝＋。 16．E2 E3[2013·山東卷] 如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑

13、斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質量分別為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 16．CD　[解析] 因為M>m，斜面傾角相同，所以M沿斜面下降，m沿斜面上升．斜面ab粗糙，所以對M有沿斜面向上的摩擦力，兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤；對于M，重力、摩擦力、繩子的拉

14、力做的總功等于其動能的增加，B錯誤；對于m，繩子拉力做的功是除了重力以外其他力的功，故等于其機械能的增加，C正確；對于兩滑塊組成的系統(tǒng)，M受到的沿斜面向上的摩擦力做的功是除了重力和彈力以外其他力的功，等于系統(tǒng)機械能的減少量，D正確． 9．E1、E2 [2013·四川卷] (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． 如圖所示，停車線AB與前方斑馬線邊界CD間的距離為23 m．質量8 t、車長7 m的卡車以54 km/h的速度向北勻速

15、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． (1)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3×104 N．求卡車的制動距離； (2)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，D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？ 9．[解析] 已知卡車質量m＝8 t＝8×103 kg，初速度v0＝54 km/h＝15 m/s. (1)從制動到停車阻力對卡車所做的功為W，由動能定理有 W＝－mv 已知卡車所受阻力f＝－3×104 N，設卡車的制動距離s1

16、，有 W＝fs1 聯(lián)立上式，代入數(shù)據解得s1＝30 m (2)已知車長l＝7 m，AB與CD的距離為s0＝23 m．設卡車駛過的距離為s2，D處人行橫道信號燈至少需經過時間Δt后變燈，有 s2＝s0＋l s2＝v0Δt 聯(lián)立上式，代入數(shù)據解得Δt＝2 s 11．E2、I3、I7 [2013·天津卷] 一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒

17、發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求： (1)M、N間電場強度E的大小； (2)圓筒的半徑R； (3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n. 11．[解析] (1)設兩板間的電壓為U，由動能定理得 qU＝mv2① 由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得 U＝Ed② 聯(lián)立上式可得 E＝③ (2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心為O′，圓半徑為r.設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔

18、射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于. 由幾何關系得 r＝Rtan④ 粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得 qvB＝m⑤ 聯(lián)立④⑤式得 R＝⑥ (3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移d后，設板間電壓為U′，則U′＝＝⑦ 設粒子進入S孔時的速度為v′，由①式看出 ＝ 綜合⑦式可得 v′＝⑧ 設粒子做圓周運動的半徑為r′，則 r′＝⑨ 設粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見 θ＝⑩ 粒子須經過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故 n＝3 10．C5、E2、F1 [2013·天津卷] 質

19、量為m＝4 kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F＝10 N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x＝20 m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10 m/s2，求： (1)物塊在力F作用過程發(fā)生位移x1的大??； (2)撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t. 10．[解析] (1)設物塊受到的滑動摩擦力為F1，則 F1＝ μmg① 根據動能定理，對物塊由A到B整個過程，有 Fx1－F1x＝0② 代入數(shù)據，解得 x1＝16 m③ (2)設剛撤去力F時物塊的速度為v，此后物塊的加速度為a，滑動的位移為x2，則 x2＝x－x1④ 由牛

20、頓第二定律得 a＝⑤ 由勻變速直線運動公式得 v2＝2ax2⑥ 以物塊運動的方向為正方向，由動量定理，得 －F1t＝0－mv⑦ 代入數(shù)據，解得 t＝2 s⑧ 5．A1E2[2013·江蘇卷] 水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質量相等．碰撞過程的頻閃照片如圖所示，據此可推斷，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% D．90% 5．A　[解析] 從圖中可看出，左邊的白球間隔大，表示在相等的時間里運動的位移大，即速度大，右邊的白球間隔小，表示速度小，所以白球是從左向右運動碰到靜止的灰球，碰撞后分開運動．用刻度

21、尺量出左邊白球(碰撞前)的位移大小，約為1.35 cm，可算作135等份；再用刻度尺量出右邊灰球和白球(碰撞后)的位移大小，均約為1.15 cm，可算作115等份．設照相機每隔時間t閃光一次，小球的質量為m，每等份的長度為L，則白球碰撞前的動能為 Ek0＝mv2＝m 白球碰撞后的動能為 Ek1＝m 灰球的動能與碰撞后的白球動能相等，這樣就可算出損失的動能為Ek0－2Ek1，代入數(shù)據進而算出結果：＝0.36≈30%，故選項A正確． E3　機械能守恒定律　　　　　　　　　　　　　　　　　　 4．[2013·吉林省長春市畢業(yè)班第一次調研測試] 如圖G4-4所示，有一固定的且內壁光

22、滑的半球面，球心為O，最低點為C，在其內壁上有兩個質量相同的小球(可視為質點)A和B，在兩個高度不同的水平面內做勻速圓周運動，A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面，A、B兩球與O點的連線與豎直線OC間的夾角分別為α＝53°和β＝37°，以最低點C所在的水平面為重力勢能的參考平面，則(sin37°＝，cos37°＝；sin53°＝，cos53°＝)(　　) A．A、B兩球所受支持力的大小之比為4∶3 B．A、B兩球運動的周期之比為4∶3 圖G4-4 C．A、B兩球的動能之比為16∶9 D．A、B兩球的機械能之比為112∶51 4．AD　[解析] 由題意可知N＝，所以＝＝，A選項正確

23、；mgtanθ＝mRsinθ，所以＝＝，B選項錯誤；Ek∝v2，v＝Rsinθ，所以＝＝，C選項錯誤；Ek＝mv2＝mgRtanθsinθ，Ep＝mgR(1－cosθ)，所以＝＝，D選項正確． 4．[2013·廣東省茂名市一模] 如圖X9-4所示，物體A、B的質量相等，物體B剛好與地面接觸．現(xiàn)剪斷繩子OA，下列說法正確的是(　　) 圖X9-4 A．剪斷繩子的瞬間，物體A的加速度為g B．彈簧恢復原長時，物體A的速度最大 C．剪斷繩子后，彈簧、物體A、B和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．物體運動到最下端時，彈簧的彈性勢能最大 4．CD　[解析] 物體B剛好與地面接觸，故B與地

24、面沒有彈力，彈簧彈力等于B的重力．剪斷繩子的瞬間，物體A的加速度為2g，選項A錯誤；彈簧恢復原長時，物體A的速度沒有達到最大，當彈簧向上的彈力等于物體A的重力時，物體A的速度最大，選項B錯誤；剪斷繩子后，只有重力和彈簧彈力做功，彈簧、物體A、B和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項C正確；物體運動到最下端時，重力勢能最小，動能為零，彈簧的彈性勢能最大，選項D正確． 19．E3[2013·廣東卷] 如下圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道．甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有(　　) 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

25、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 19．BD　[解析] 由機械能守恒定律知：下落相同的高度，獲得相同的動能，故甲、乙在同一高度的速率相等，B正確；作出速率一時間圖像如圖所示．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，所以甲先到達B處，A、C錯誤，D正確． 16．E2 E3[2013·山東卷] 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bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質量分別為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

26、．若不計滑輪的質量和摩擦，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 16．CD　[解析] 因為M>m，斜面傾角相同，所以M沿斜面下降，m沿斜面上升．斜面ab粗糙，所以對M有沿斜面向上的摩擦力，兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤；對于M，重力、摩擦力、繩子的拉力做的總功等于其動能的增加，B錯誤；對于m，繩子拉力做的功是除了重力以外其他力的功，故等于其機械能的增加，C正確；對于兩滑塊組成的系統(tǒng)，M受到的沿斜面向上的摩擦力做的功是除

27、了重力和彈力以外其他力的功，等于系統(tǒng)機械能的減少量，D正確． 23．D2、E3、C2[2013·浙江卷] (16分)山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質青藤，其示意圖如下．圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點，O為青藤的固定點，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m．開始時，質量分別為M＝10 kg和m＝2 kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭．大猴抱起小猴跑到C點，抓住青藤下端，蕩到右邊石頭上的D點，此時速度恰好為零．運動過程中猴子均可看成質點，空氣阻力不計，重力加速度g＝10 m

28、/s2.求： (1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值； (2)猴子抓住青藤蕩起時的速度大小； (3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大?。? 23．[解析] (1)設猴子從A點水平跳離時速度的最小值為vmin，根據平拋運動規(guī)律，有 h1＝gt2① x1＝vmint② 聯(lián)立①②式，得vmin＝8 m/s③ (2)猴子抓住青藤后的運動過程中機械能守恒，設蕩起時的速度為vC，有 (M＋m)gh2＝(M＋m)v④ vC＝＝ m/s≈9 m/s⑤ (3)設拉力為FT，青藤的長度為L，對最低點，由牛頓第二定律得 FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥ 由幾何關系(L－h(huán)2)2＋x＝L

29、2⑦ 得L＝10 m⑧ 綜合⑤⑥⑧式并代入數(shù)據解得：FT＝(M＋m)g＋(M＋m)＝216 N⑨ E4　實驗：探究動能定理　　　　　　　　　　　　　　　　　　 19．A7，E4[2013·福建卷] (1)在“探究恒力做功與動能改變的關系”實驗中(裝置如圖甲)： 甲 ①下列說法哪一項是正確的________．(填選項前字母) A．平衡摩擦力時必須將鉤碼通過細線掛在小車上 B．為減小系統(tǒng)誤差，應使鉤碼質量遠大于小車質量 C．實驗時，應使小車靠近打點計時器由靜止釋放 乙 ②圖乙是實驗中獲得的一條紙帶的一部分，選取O、A、B、C計數(shù)點，已知打點計時器使

30、用的交流電頻率為50 Hz，則打B點時小車的瞬時速度大小為________ m/s(保留三位有效數(shù)字)． 19．(1)①C　 ②0.653 [解析] ①平衡摩擦力時必須讓空車勻速滑下，而不能掛上鉤碼，A錯誤；設小車質量為M，鉤碼質量為m，則繩子的拉力F＝Ma＝＝mg，顯然只有Mm時，才有→0，此時F≈mg，即鉤碼質量應遠小于小車質量，B錯誤．②對于勻加速直線運動，某段時間內的平均速度等于該段時間中間時刻的瞬時速度，B點的速度等于AC段的平均速度，又AB段的時間為T＝5T0＝＝0.1 s，所以vB＝AC＝＝＝ m/s＝0.653 m/s. E5　實驗：驗證機械能守恒定律　　　　　

31、　　　　　　　　　　　　　 E6　功和能綜合　　　　　　　　　　　　　　　　　　 17．D5E6 [2013·安徽卷] 質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep＝－，其中G為引力常量，M為地球質量．該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產生的熱量為(　　) A．GMm(－) B．GMm(－) C.(－)D.(－) 17．C　[解析] 本題考查萬有引力與功能關系的綜合知識，考查理解題目的新信息并且應用信息解決問題的能力．根據功能關系，摩擦產生的熱量等于衛(wèi)星

32、機械能的減少量．衛(wèi)星的機械能等于動能與引力勢能之和，有E＝mv2＋(－)，由萬有引力提供向心力，有G＝，可得衛(wèi)星機械能E＝－，摩擦產生的熱量為Q＝E1－E2＝(－)，選項C正確． 23．E6[2013·全國卷] (12分)測量小物塊Q與平板P之間動摩擦因數(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′ .重力加速度大小為g，實驗步驟如下： ①用天平稱出物塊Q的質量m； ②測量出軌道AB的半徑R、BC的長度L和CC′ 的長度h； ③將物塊Q在A點從靜止釋放，在物塊Q落地處標記其落地點D； ④

33、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s. (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)μ＝________________________________________________________________________. (2)回答下列問題： (ⅰ)實驗步驟④⑤的目的是_____________

34、_________； (ⅱ)已知實驗測得的μ值比實際值偏大，其原因除了實驗中測量量的誤差之外，其他的可能是__________________________．(寫出一個可能的原因即可) 23．(1)(ⅰ)mgR　(ⅱ)　(ⅲ)mgR－ (ⅳ)－ (2)(ⅰ)減小實驗結果的誤差　(ⅱ)圓弧軌道存在摩擦(或接縫B處不平滑等) [解析] (1)(ⅰ)由機械能守恒得，EkB＝mgR； (ⅱ)根據平拋運動有：h＝gt2，s＝vCt，則vC＝s，所以EkC＝mv＝； (ⅲ)根據動能定理Wf＝EkB－EkC＝mgR－； (ⅳ)由Wf＝μmgL，所以μ＝－. (2)多次實驗取平均值有利于減

35、小偶然誤差；測得μ值偏大，說明實驗阻力做功較多，原因可能有圓弧軌道不夠光滑、接縫處不平滑或存在空氣阻力等. 20．E6[2013·全國卷] 如圖，一固定斜面傾角為30°，一質量為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，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的(　　) 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mgH 20．AC　[解析] 因為加速度大小等于g，故合外力F＝mg，根據動能定理，動能損失等于克服合外力做的功，即ΔEk＝FL＝mg＝2mgH，A正確，B錯誤；此過程

36、中，重力勢能增加了ΔEp＝mgH，故機械能損失了ΔE＝ΔEk－ΔEp＝mgH，C正確，D錯誤． 22．E6[2013·新課標全國卷Ⅱ] 某同學利用下述裝置對輕質彈簧的彈性勢能進行探究：一輕質彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一小球接觸而不固連；彈簧處于原長時，小球恰好在桌面邊緣，如圖(a)所示．向左推小球，使彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放；小球離開桌面后落到水平地面．通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能． 圖(a) 回答下列問題： (1)本實驗中可認為，彈簧被壓縮后的彈性勢能Ep與小球拋出時的動能Ek相等．已知重力加速度大小為g.為求得Ek，至少需要測量下列物理量

37、中的________(填正確答案標號)． A．小球的質量m B．小球拋出點到落地點的水平距離s C．桌面到地面的高度h D．彈簧的壓縮量Δx E．彈簧原長l0 (2)用所選取的測量量和已知量表示Ek，得Ek＝________． (3)圖(b)中的直線是實驗測量得到的s－Δx圖線．從理論上可推出，如果h不變，m增加，s－Δx圖線的斜率會________(填“增大”“減小”或“不變”)；如果m不變，h增加，s－Δx圖線的斜率會________(填“增大”“減小”或“不變”)．由圖(b)中給出的直線關系和Ek的表達式可知，Ep與Δx的________次方成正比． 圖(b) 22

38、．(1)ABC (2) (3)減小　增大　2 [解析] (1)根據平拋運動規(guī)律求小球拋出時的動能． 動能Ek＝mv，根據平拋運動規(guī)律有：h＝gt2，s＝v0t， 可得：Ek＝，故需要測量小球的質量m、小球拋出點到落地點的水平距離s和桌面到地面的高度h，選項A、B、C正確． (3)由圖像可知，s與Δx成正比，設圖像斜率為k，則s＝kΔx，彈性勢能Ep與動能Ek的關系為Ep＝Ek＝，故Ep＝·Δx2，即彈簧的彈性勢能與Δx的二次方成正比．當h不變時，m增大，k就減小；當m不變時，h增大，k就增大． 20．E6[2013·新課標全國卷Ⅱ] 目前，在地球周圍有許多人造地球衛(wèi)星繞著它運轉，

39、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 20．BD　[解析] 由G＝m可得v＝，軌道半徑變小，則運行的速度變大，衛(wèi)星的動能增大，A錯誤；軌道半徑變小，地球引力做正功，引力勢能減小，B正確；由于氣體阻力做負功，產生熱量，故機械能減小，C錯誤；由動能定理，動能增大，則克服氣體阻力做的功小于引力做的功，而引力做功等于引

40、力勢能的減小，故克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減小，D正確． 9．C5、E6[2013·江蘇卷] 如圖所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)．物塊的質量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O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O點到達B點時速度為零．重力加速度為g.則上述過程中(　　) A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W－μmga B．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W－μmga C．經O點時，物塊的動能小于W－μmga D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小

41、于物塊在B點時彈簧的彈性勢能 甲 9．BC　[解析] 先大致畫出O點所在位置，如圖甲所示，設OA的距離為b.當物塊從A由靜止向左運動時，受力如圖乙所示，f＝μmg，此過程中，彈簧在縮短，彈簧拉力FT變小；當?shù)竭_O點右側某點P時，F(xiàn)T與f相等，此時合力為0，由于慣性，物塊繼續(xù)向左運動；當物塊到達O點時，水平方向只受摩擦力f，但仍向左運動至B停止．在AP段，物塊除受摩擦阻力外，還受彈簧拉力這一個動力作用，而在OB段，物塊除受到摩擦阻力外，還受彈簧彈力這一個阻力作用，所以物塊很快停止，OB

42、即EpA＝W－μmgb

43、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ρ，研究人員測得撤去磁場后環(huán)中電流為I，并經一年以上的時間t未檢測出電流變化．實際上儀器只能檢測出大于ΔI的電流變化，其中ΔII，當電流的變化小于ΔI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，電子質量為m、電荷量為e.試用上述給出的各物理量，推導出ρ的表達式． (3)若仍使用上

44、述測量儀器，實驗持續(xù)時間依舊為t，為使實驗獲得的該圓環(huán)在超導狀態(tài)的電阻率上限ρ的準確程度更高，請?zhí)岢瞿愕慕ㄗh，并簡要說明實現(xiàn)方法． 12．[解析] (1)逆時針方向． 撤去磁場瞬間，環(huán)所圍面積的磁通量突變?yōu)榱悖衫愦味煽芍?，環(huán)中電流的磁場方向應與原磁場方向相同，即向上．由右手螺旋定則可知，環(huán)中電流的方向是沿逆時針方向． (2)設圓環(huán)周長為l、電阻為R，由電阻定律得 R＝ρ① 設t時間內環(huán)中電流釋放焦耳熱而損失的能量為ΔE，由焦耳定律得 ΔE ＝I2Rt② 設環(huán)中單位體積內定向移動電子數(shù)為n，則 I＝nevS③ 式中n、e、S不變，只有定向移動電子的平均速率的變化才會引起環(huán)中

45、電流的變化．電流變化大小取ΔI時，相應定向移動電子的平均速率變化的大小為Δv，則 ΔI＝neSΔv④ 設環(huán)中定向移動電子減少的動能總和為ΔEk，則 ΔEk＝nlS⑤ 由于ΔII，可得 ΔEk＝ΔI⑥ 根據能量守恒定律，得 ΔE＝ΔEk⑦ 聯(lián)立上述各式，得 ρ＝⑧ (3)由ρ＝看出，在題設條件限制下，適當增大超導電流，可以使實驗獲得ρ 的準確程度更高，通過增大穿過該環(huán)的磁通量變化率可實現(xiàn)增大超導電流． 10．B4、C2、E6、K3 [2013·四川卷] 在如圖所示的豎直平面內，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上的M點和粗

46、糙絕緣水平面上，輕繩與對應平面平行．勁度系數(shù) k＝5 N/m的輕彈簧一端固定在O點，一端用另一輕繩穿過固定的光滑小環(huán)D與A相連，彈簧處于原長，輕繩恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面處于場強E＝5×104 N/C、方向水平向右的勻強電場中．已知A、B的質量分別為mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所帶電荷量q＝＋4×10－6C.設兩物體均視為質點，不計滑輪質量和摩擦，繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內，B電量不變．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)求B所受靜摩擦力的大?。? (2)現(xiàn)對A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2開始做勻加

47、速直線運動．A從M到N的過程中，B的電勢能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4.求A到達N點時拉力F的瞬時功率． 10．[解析] (1)F作用之前，A、B處于靜止狀態(tài)．設B所受靜摩擦力大小為f0，A、B間繩的張力為T0，有 對A：T0＝mAgsinθ 對B：T0＝qE＋f0 聯(lián)立，代入數(shù)據即可解得f0＝0.4 N (2)物體A從M點到N點的過程中，A、B兩物體的位移均為s，A、B間繩子張力為T，有 qEs＝ΔEp T－μmBg－qE＝mBa 設A在N點時速度為v，受彈簧拉力為F彈，彈簧的伸長量為Δx，有 v2＝2as F彈

48、＝k·Δx F＋mAgsinθ－F彈sinθ－T＝mAa 由幾何關系知 Δx＝ 設拉力F的瞬時功率為P，有P＝Fv 聯(lián)立，代入數(shù)據解得 P＝0.528 W 7．[2013·東北三省高三一模] 如圖G4-8所示，一個小球(視為質點)從H＝12 m高處，由靜止開始通過光滑弧形軌道AB，進入半徑R＝4 m的豎直圓環(huán)，且圓環(huán)動摩擦因數(shù)處處相等，當?shù)竭_環(huán)頂C時，剛好對軌道壓力為零；沿CB圓弧滑下后，進入光滑弧形軌道BD，且到達高度為h的D點時的速度為零，則h之值不可能為(g取10 m/s2，所有高度均相對B點而言)(　　) 圖G4-8 A．12 m　　　　　　B．10 m C．8

49、.5 m D．7 m 7．ABD　[解析] 設小球從B上升運動到C需要克服摩擦力做功W1，而從C下滑運動到B需要克服摩擦力做功W2，小球恰好到達C點時的速度為v0.根據mg＝求出，即v0＝；在小球從靜止運動到C點的過程中，對小球應用動能定理，有mg(H－2R)－W1＝mv－0，可求出W1＝2mg；在小球從靜止運動到D點的整個過程中，對小球應用動能定理，有mg(H－h(huán))－W1－W2＝0，即mg(H－h(huán))＝W1＋W2，考慮到小球在CB弧運動時速度小于BC弧運動時的速度，即正壓力減小，摩擦力減小，所以W2

50、<10 m．本題答案為A、B、D. 10．[2013·山東省臨沂市期中] 釣魚島是我國固有領土，決不允許別國侵占，近期，為提高警惕保衛(wèi)祖國，我人民海軍為此進行登陸演練，假設一艘戰(zhàn)艦因噸位大吃水太深，只能停錨在離海岸登陸點x＝1 km處．登陸隊員需要從較高的軍艦甲板上，利用繩索下滑到登陸快艇上再行登陸接近目標，若繩索兩端固定好后，與豎直方向的夾角θ＝30°，為保證行動最快，隊員甲先無摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦勻減速滑至快艇，速度剛好為零，在隊員甲開始下滑時，隊員乙在甲板上同時開始向快艇以速度v0＝3 m/s平拋救生圈，第一個剛落到快艇，接著拋第二個，結果第二個救生圈剛好與甲隊員同時抵

51、達快艇，若人的質量m，重力加速度g＝10 m/s2，問： 圖G4-12 (1)軍艦甲板到快艇的豎直高度H為多少？隊員甲在繩索上運動的時間t0為多少？ (2)若加速過程與減速過程中的加速度大小相等，則隊員甲在何處速度最大？最大速度多大？ (3)若登陸艇額定功率5 kW，載人后連同裝備總質量為103 kg，從靜止開始以最大功率向登陸點加速靠近，到達岸邊時剛好能達到最大速度10 m/s，則登陸艇運動的時間t′為多少？ 10．(1)16.2 m　3.6 s　 (2)10.39 m/s　 (3)1.1×102 s [解析] (1)設救生圈平拋運動的時間為t，由平拋運動規(guī)律有 H

52、＝gt2，Htanθ＝v0t. 設人下滑的時間為t0，由題意可知t0＝2t. 聯(lián)立以上各式得：H＝16.2 m，t0＝3.6 s. (2)由幾何關系得：繩索長L＝＝18.7 m，因加速過程與減速過程的加速度相等，所以甲在繩索中點處速度最大，由vmt×2＝L，得vm＝＝10.39 m/s. (3)加速過程有Pt′－f(x－Htanθ)＝Mv， 加速到勻速時vm＝， 聯(lián)立兩式解得t′＝1.1×102 s. 內容總結 （1）功和能 E1　功和功率　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2．[2013·浙江省溫州市十校聯(lián)合體期末] 用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度—時間圖像如圖X8-2所示，且α＞β.若拉力F做的功為W1，平均功率為P1