《2019年高考物理 真題同步分類解析 專題04 曲線運動功和能（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理 真題同步分類解析 專題04 曲線運動功和能（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題04 曲線運動 功和能 1. 2019全國1卷25.（20分）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標(biāo)出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v-t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。 （1）求物塊B的質(zhì)量； （2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊

2、A克服摩擦力所做的功； （3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。 【答案】（1）根據(jù)圖（b），v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為，碰撞后瞬間的速度大小為，由動量守恒定律和機械能守恒定律有 ① ② 聯(lián)立①②式得③ 【解析】方程組解的過程，移項得 下式除以上式得，代入以上任一式得 （2）在圖（b）所描述的運動中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路

3、程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W，由動能定理有 ④ ⑤ 從圖（b）所給的v-t圖線可得 ⑥ ⑦ 由幾何關(guān)系⑧ 物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得⑩ （3）設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為μ，有? 設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為，由動能定理有? 設(shè)改變后的動摩擦因數(shù)為，由動能定理有? 聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得? 2. 全國2卷18．從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度

4、取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得（ ） A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h=0時，物體的速率為20 m/s C．h=2 m時，物體的動能Ek=40 J D．從地面至h=4 m，物體的動能減少100 J 【答案】AD 【解析】從地面至h=4 m, ,又，得，A正確。 從地面至h=4 m，，，因為，所以,即減少100J，D正確。 h=0時，,所以物體的速率為，B錯誤； h=2 m時，物體的動能Ek=E總-EP=85-40=45 J，C錯誤。 所以答案為AD. 3.全國2卷19．如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距

5、離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖像如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則（ ） A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 【答案】BD 【解析】根據(jù)“面積法”求位移，從圖可以看出第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大，A錯誤；平均加速度，，但，所以，C錯誤；根據(jù)“斜率法”求加速度，從圖

6、可以看出，豎直方向速度大小為v1時，加速度，根據(jù)牛頓定律，所以，D正確；因為第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大，并且（為斜面傾角），所以第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大，B正確。 所以選BD. 4. 全國3卷17．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為（ ） A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 【答案】C

7、 【解析】設(shè)上升時加速度為a1，下落時加速度為a2，外力為f，則a1=g+f/m，a2=g-f/m 根據(jù)動能定理，上升過程 下落過程， 代入數(shù)據(jù)，解得。 5. 全國3卷25.（20分） 靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA=l.0 kg，mB=4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為u=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均

8、為彈性碰撞且碰撞時間極短。 （1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。? （2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？ （3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？ 【解析】（1）設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有 0=mAvA-mBvB① ② 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s （2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放

9、到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有 ④a=ug=2m/s2 ⑤sB=10.5-20.52/2=0.25 ⑥t=vB/a=0.5s 在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程SA都可表示為 sA=vAt– ⑦sA=40.5-20.52/2=1.75m 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得 sA=1.75 m，sB=0.25 m ⑧ 這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A

10、位于出發(fā)點右邊0.25 m處。B位于出發(fā)點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m ⑨ （3）t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有 ⑩或vA’===m/s 聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得 故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA′′和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有 聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得:+ 這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學(xué)公式 由④式及題

11、給數(shù)據(jù)得 sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離 6.天津卷10.（16分）完全由我國自行設(shè)計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板是與水平甲板相切的一段圓弧，示意如圖2，長，水平投影，圖中點切線方向與水平方向的夾角（）。若艦載機從點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)到達點進入。已知飛行員的質(zhì)量，，求 （1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功； （2）艦載機剛進入時，飛行員受到豎直向上的壓力多大。 【解析】

12、 （1）艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設(shè)其剛進入上翹甲板時的速度為，則有 ① 根據(jù)動能定理，有 ② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得 ③ （2）設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系，有 ④ 由牛頓第二定律，有 ⑤ 聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得 ⑥ 7.江蘇卷6．如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動．座艙的質(zhì)量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙 （A）運動周期為 （B）線速度的大小為ωR （C）受摩天輪作用力的大小始終為mg （D）所受合力的大小始終為mω2R 【答案】BD 【解析】周

13、期，A錯誤；線速度,B正確；所受合力的大小始終為F向=mω2R D正確。 8.江蘇卷8．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中 （A）彈簧的最大彈力為μmg （B）物塊克服摩擦力做的功為2μmgs （C）彈簧的最大彈性勢能為μmgs （D）物塊在A點的初速度為 【答案】BC 【解析】逐項判斷 A.當(dāng)加速度為0時，彈力等于摩擦力μmg，此位置不是最大彈力，A錯誤； B. 物塊克服摩擦

14、力做的功為μmgs+μmgs=2μmgs，B正確； C.彈力做功=彈性勢能，彈出時，，所以彈簧的最大彈性勢能為μmgs，C正確。 D.壓縮過程，,解得，D錯誤。 9. 2019年高考江蘇省物理卷第10題.（8分） 某興趣小組用如圖10-1所示的裝置驗證動能定理 （1）有兩種工作頻率均為50Hz的打點計時器供實驗選用： A.電磁打點計時器 B.電火花打點計時器 為使紙帶在運動時受到的阻力較小，應(yīng)選擇_______(選填“A”或“B”) (2)保持長木板水平，將紙帶固定在小車后端，紙帶穿過打點計時器的限位孔。實驗中，為消除摩擦力的影響，在砝碼盤中慢慢加入沙子，直到小車開始運動。同

15、學(xué)甲認為，此時摩擦力的影響已經(jīng)得到消除。同學(xué)乙認為還應(yīng)從盤中取出適量沙子， 直至輕推小車觀察到小車做勻速運動?？捶ㄕ_的同學(xué)是______(選填“甲”或“乙”)。 （3）消除摩擦力的影響后，在砝碼盤中加入砝碼，接通打點計時器電源，松開小車，小車運動，紙帶被打出一系列點，其中一段如題10-2圖所示。圖中紙帶按實際尺寸畫出，紙帶上A點的速度=______m/s. （4）測出小車的質(zhì)量為M，再測出紙帶上起點到A點的距離為L。小車動能的變化量可用算出。砝碼盤中砝碼的質(zhì)量為m，重力加速度為g.實驗中，小車的質(zhì)量應(yīng)(選填“遠大于”、“遠小于”或“接近”)砝碼、砝碼盤和沙子的總質(zhì)量，小車所受合

16、力的功可用算出。多次測量，若W與均基本相等則驗證了動能定理。 【答案】（1）B（2）乙（3）0.31（0.30~0.33都算對）（4）遠大于 【解析】用刻度尺測出A兩邊的兩點間的距離為， 則速度。 這是江蘇省物理卷要求用刻度尺直接測量試卷上的實際長度了，所以老師一再要求學(xué)生高考時帶齊文具包括刻度尺、三角板、量角器、圓規(guī)等，就有學(xué)生不以為然，果然吃虧。不聽老人言吃虧在眼前嘛! 10.2019年高考北京理綜卷第21題．（18分） 用如圖1所示裝置研究平地運動。將白紙和復(fù)寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼

17、球落在擋板上時，鋼球側(cè)面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點。 （1）下列實驗條件必須滿足的有____________。 A．斜槽軌道光滑 B．斜槽軌道末段水平 C．擋板高度等間距變化 D．每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球 （2）為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標(biāo)系。 a．取平拋運動的起始點為坐標(biāo)原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的________（選填“最上端”、“最下端”或者“球心”）對應(yīng)白紙上的位置即為原點；在確定y軸時______（選填“需要”或者“不需要”）y軸與重錘線平行。 b．若遺漏記錄平拋

18、軌跡的起始點，也可按下述方法處理數(shù)據(jù)：如圖2所示，在軌跡上取A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為x，測得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，則______（選填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得鋼球平拋的初速度大小為____________（已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，結(jié)果用上述字母表示）。 （3）為了得到平拋物體的運動軌跡，同學(xué)們還提出了以下三種方案，其中可行的是____________。 A．從細管水平噴出穩(wěn)定的細水柱，拍攝照片，即可得到平拋運動軌跡 B．用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運動軌跡 C．將鉛筆垂直于豎

19、直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，將會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡 （4）伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發(fā)射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體_________。 A．在水平方向上做勻速直線運動 B．在豎直方向上做自由落體運動 C．在下落過程中機械能守恒 （5）牛頓設(shè)想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點就一次比一次遠，如果速度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛(wèi)星。 同樣是受地球引力，隨著拋出速度增大，物體會從做平拋運動逐漸變?yōu)樽鰣A周運動，請分析原因。 【答案】21．（18分）（1）BD（2）a．球心 需要b．大于 （3）AB（4）B （5）物體初速度較小時，運動范圍很小，引力可以看作恒力——重力，做平拋運動；隨著物體初速度增大，運動范圍變大，引力不能再看作恒力；當(dāng)物體初速度達到第一宇宙速度時，做圓周運動而成為地球衛(wèi)星。 【解析】（1）斜槽末段水平保證鋼球平拋。 （2）b．，所以， 11