专题06 机械能（解析版）-11年（2010-2020）高考全国1卷物理试题分类解析

1 10 年高考（2010-2020 年）全国 1 卷物理试题分类解析（解析版） 专题 06 机械能 一、选择题 （2020 年第 7 题）7.一物块在高 3.0 m、长 5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随 下滑距离 s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取 10 m/s2。则 （　　） A. 物块下滑过程中机械能不守恒 B. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5 C. 物块下滑时加速度的大小为 6.0 m/s2 D. 当物块下滑 2.0 m 时机械能损失了 12 J 【答案】AB 【解析】 A．下滑 5m 的过程中，重力势能减少 30J，动能增加 10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械 能不守恒，A 正确； B．斜面高 3m、长 5m，则斜面倾角为 è＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能 mgh＝30J 可得质量 m＝1kg 下滑 5m 过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功 ìmg·cosè·s ＝20J 求得 ì＝0.5,B 正确； C．由牛顿第二定律 mgsinè－ìmgcosè＝ma2 求得 a＝2m/s2,C 错误； D．物块下滑 2.0m 时，重力势能减少 12J，动能增加 4J，所以机械能损失了 8J，D 选项错误。 故选 AB。 1.（2010 年）16．如图所示，在外力作用下某质点运动的 图象为正弦曲线。从图中可以判断 A．在 时间内，外力做正功 B．在 时间内，外力的功率逐渐增大 C．在 时刻，外力的功率最大 D．在 时间内，外力做的总功为零 【解析】A 正确，因为在 时间内，物体做加速运动，外力与位移方向相同，所以外力做正功。B 错误， 根据 P=Fv 和图象斜率表示加速度， ，则 ，加速度对应合外力，即 ，所以功率 ，当 t=450 时，功率最大，外力的功率先增大后减小。C 错误，因为此时速度为 0， 所 以 此 时 外 力 的 功 率 为 零 。 D 正 确 ， 根 据 动 能 定 理 ， 在 时 间 内 ， 外 力 做 的 总 功 。所以本题选 AD。 【答案】AD 本题考查速度图象和功及功率的综合知识。 2.（2011 年）15.一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能： A. 一直增大 B. 先逐渐减小至零，再逐渐增大 C. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D. 先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 【解析】本题主要考查运动分析方法，涉及牛顿第二定律、速度、动能等规律与概念。若恒力方向与 速度方向在同一条直线上且相同，则质点匀加速直线运动，速度一直增加，动能一直增加。A 选项正确； 若恒力方向与速度方向在同一条直线上但相反，则质点匀减速速直线运动，速度将减小到零，动能将减小 到零；接着做反方向的匀加速直线运动，速度、动能将一直增加。选项 B 正确；若恒力方向与速度方向不 在同一条直线上，开始时恒力方向与速度方向小于 90o，则质点做匀加速曲线运动，速度一直增加。如果开 10 ~ t 10 ~ t 2t 1 3~t t 10 ~ t 1 3~t t tv − tv sin= ta cos= tcosF = tttp 2sin2 1cossin == 02 1m2 1W 2 1 2 3 =−= mvv3 始时恒力方向与速度方向大于 90o，则质点匀减速曲线运动，动能减小，当速度方向与恒力方向垂直时速度 最小，接着匀加速曲线运动，速度、动能减小。选项 C 错 D 对。 【答案】ABD。 3.（2011 年）16. 一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可 忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是 A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小 B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 【解析】本题考查机械能守恒定律及功能关系，涉及重力势能、重力做功、弹力做功、弹性势能等。 不管选那个位置为重力势能参考平面，运动员到达最低位置前高度总是减小的，因此重力势能一直是减小 的。选项 A 对；绳紧张后，随着运动员的下降，绳伸长，对运动员作用向上的弹力，此力做负功，同时伸 长量增大，弹性势能增加。选项 B 对；由于空气阻力可以忽略，蹦极过程中，对于运动员、地球、绳系统 来说，只有重力与弹力做功，系统的机械能守恒。选项 C 对；重力势能与重力势能参考平面的选取有关， 而重力势能的变化量则与此无关。选项 D 错。 【答案】 ABC 4.（2013 年）21．2012 年 11 日，“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦 系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即 关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着 舰为计时零点，飞机在 t=0.4s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度-时间图线如图（b）所示。 假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为 1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为 g。则4 A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 1/10 B．在 0.4s-2.5s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5 g D．在 0.4s-2.5s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 【解析】本题考查直线运动的 v-t 图象、牛顿第二定律和功，涉及 v-t 图象的运用。中等难度。由 v-t 图 象与坐标轴围成的图形面积可知，在阻拦索作用下飞机滑动的距离约为 110 m，约等于无阻拦索滑行距离 1000m 的十分之一；由图象的斜率可知，0.4-2.5s，飞机做匀减速直线运动，加速度约为 30m/s2=3g；则使其 减速的合力（拦索的张力与摩擦阻力之和）恒定，但空气的阻力将逐渐减小，则拦索的张力逐渐增大。由 于张力增大，飞机速率减小，不能确定张力的功率如何变化。选项 AC 正确 BD 错误。 【答案】AC 5.（2018 年）14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能 A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 【解析】 ，与位移 成正比。 ，与速度平方，时间平方， 动量平方成正比。 【答案】14．B 6.（2018 年）18．如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R：bc 是半径为 R 的四分之一 的圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点 处从静止开始向右运动，重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量 max2 1 2 == mvEk x m ptmamvEk 22 1 2 1 2 222 ===5 为 A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 【解析】当小球从 a 到 c 的过程中，根据动能定理 ，已知 ，解得 小球从 c 点运动到其轨迹最高点，设小球升高 ，则 ，得 。此过程小球在水平 方向上的位移 ，其中 ， (根据竖直方向的运动算得)，解得 根 据 机 械 能 的 增 量 为 除 重 力 外 的 外 力 即 力 F 所 做 的 功 ， 小 球 从 a 点 开 始 运 动 到 其 轨 迹 最 高 点 ， 【答案】18．C 7.（2018 年全国 2 卷）14．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某 一速度，木箱获得的动能一定 A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 【解析】根据动能定理木箱获得的动能一定拉力所做的功减去克服摩擦力所做的功。 【答案】14．A 二、计算题 1.（2016 年）25.（18 分）如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37°的固定直轨道 AC 的底端 A 2 2 1)2( cmvmgRRRF =−+ mgF = gRvc ⋅= 2 h 2 2 10 cmvmgh −=− Rh 2= 2 2 1 atx = gm Fa == Rg ht 22 == Rx 2= mgR52 =++⋅==∆ ）（机 xRRFWE F6 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为 的光滑圆弧轨道相切于 C 点， AC=7R，A、B、C、D 均在同一竖直面内。质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点 （未画出），随后 P 沿轨道被弹回，最高点到达 F 点，AF=4R，已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 ，重 力加速度大小为 g。（取 ） （1）求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小。 （2）求 P 运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。 （3）改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后， 恰好通过Ｇ点。Ｇ点在Ｃ点左下方，与Ｃ点水平相距 、竖直相距Ｒ，求Ｐ运动到Ｄ点时速度的大小和改 变后Ｐ的质量。 【解析】(1) （1）选 为研究对象，受力分析如图： 设 加速度为 ，其垂直于斜面方向受力平衡： 沿斜面方向，由牛顿第二定律得： 且 ，可得： 对 段过程，由 其中 , 代入数据得 点速度： （2） 从 点出发，最终静止在 ，分析整段过程； 由 到 ，重力势能变化量： ① 减少的重力势能全部转化为内能。 设 点离 点的距离为 ，从 到 ，产热： ② 5 6 R 1= 4 µ 3 4sin 37 375 5 ° = ° =，cos 7 2 R P P a c o sG Nθ = s inG f m aθ − = f Nµ= 2sin cos 5a g g gθ µ θ= − = C B 2 2 0 2tv v as− = B 2Bv gR= P C F C F 3 sinPE m g R θ∆ = − ⋅ E B xR C F c o s (7 2 )Q m g R x Rµ θ= + RRR 527s =−= 00 =v7 由 ，联立①、②解得： ； 研究 从 点运动到 点过程 重力做功： 摩擦力做功： 动能变化量： 由动能定理： 代入得： 由 ，到 点时弹性势能 为 。 （3）其几何关系如下图 可知：∠COQ=370 ,所以 ， 由几何关系可得， 点在 左下方，竖直高度差为 ，水平距离为 。 设 从 点抛出时速度为 ，到 点时间为 其水平位移： 竖直位移： 解得： 研究 从 点到 点过程，设 此时质量为 ，此过程中： 重力做功： ① 摩擦力做功： ② 弹力做功： ③ 动能变化量： ④ 由动能定理： ⑤ 将①②③④代入⑤，可得： PQ E= ∆ 1x = P C E sin (5 )GW mg R xRθ= + cos (5 )fW mg R xRµ θ= − + 0 JkE∆ = G f kW W W E+ + = ∆弹 12 5 mgRW = −弹 E W∆ = −弹 弹 E E弹 12 5 mgR 2 3OQ R= 1 2CQ R= G D 5 2 R 3R P D 0v G t 03R v t= 25 1 2 2R gt= 0 3 5 5 gRv = P E D P 'm 3 51' ' ( 6 sin ) '2 10GW m g R R m gRθ= − + = − 6' ' 6 cos '5fW m g R m gRµ θ= − ⋅ = − 12' 5W E mgR弹 弹= −∆ = 2 0 1' ' 0J2kE m v∆ = − 9 '10 m gR= ' ' ' 'G f kW W W E弹+ + = ∆ 1' 3m m=8 【答案】(1) （2）2.4mgR (3) , 【点评】本题考查牛顿定律、动能定理及弹性势能等，难度：难。 2.（2017 年）24．（12 分）一质量为 8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.5×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力 势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2。（结果保留 2 位有效数字） （1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； （2）求飞船从离地面高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度 大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%。 【解析】（1）飞船着地前瞬间的机械能为 ① 式中，m 和 v0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得 ② 设地面附近的重力加速度大小为 g，飞船进入大气层时的机械能为 ③ 式中，vh 是飞船在高度 1.6×105m 处的速度大小。由③式和题给数据得 ④ （2）飞船在高度 h' =600 m 处的机械能为 ⑤ 由功能原理得 ⑥ 式中，W 是飞船从高度 600m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得 W=9.7×108 J⑦ 3.（2018 年）24．（12 分）一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为 零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为 E，且均沿竖直方向 运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的质量，求 （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； （2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度 8 kp 4.0 10 JE = × 21 2h hE m mgh= + 122.4 10 JhE = × 21 2.0( )2 100h hE m v mgh′ ′= + k0hW E E′= − gR2 5 53 gR m3 1 2 00 2 1 mvEk =9 【解析】（1）设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 ① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 ② 联立①②式得 ③ （2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E=mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2。由题给条件 和动量守恒定律有 ⑤ ⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部 分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 ⑧ 4. 2019全国1卷25题.（20分）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连 接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑， 一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减 为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和 t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。 （1）求物块B的质量； （2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功； （3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块 B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因 数，然后将 A 从 P 点释放，一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。 【答案】25．（1）根据图（b），v1 为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小， 为其碰撞后瞬间速度的大小。设 2 0 1 2E mv= 00 v gt− = − 1 2Et g m = 2 2 1 2 1 1 4 4mv mv E+ = 1 2 1 1 02 2mv mv+ = 2 1 2 1 1 4 2mv mgh= 1 2 2Eh h h mg = + = 1 2 v10 物块 B 的质量为 ，碰撞后瞬间的速度大小为 ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 ① ② 联立①②式得 ③ 【解析】方程组解的过程，移项得 下式除以上式得 ，代入以上任一式得 （2）在图（b）所描述的运动中，设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为 f，下滑过程中所走过的路程为 s1，返回过程中所走过的路程为 s2，P 点的高度为 h，整个过程中克服摩擦力所做的功为 W，由动能定理有 ④ ⑤ 从图（b）所给的 v-t 图线可得 ⑥ ⑦ 由几何关系 ⑧ 物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 ⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 ⑩ （3）设倾斜轨道倾角为 θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为 μ，有 ○11 设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 ，由动能定理有 ○12 设改变后的动摩擦因数为 ，由动能定理有 ○13 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ ○11 ○12 ○13式可得 ○14 m′ v′ 1 1 ( )2 vmv m m v′ ′= − + 2 2 21 1 1 1 ( )2 2 2 vmv m m v′ ′= − + 3m m′ = 3m m′ = 2 1 1 1 02mgH fs mv− = − 21 2 1( ) 0 ( )2 2 vfs mgh m− + = − − 1 1 1 1 2s v t= 1 1 1 1 1 (1.4 )2 2 vs t t= ⋅ ⋅ − 2 1 s h s H = 1 2W fs fs= + 2 15W mgH= cos sin H hW mgµ θ θ += s′ 210 2m gs m vµ ′ ′ ′ ′− = − µ′ cos 0sin hmgh mg mgsµ θ µθ ′ ′ ′− ⋅ − = 11= 9 µ µ′ 2212 1 ''2 1)2(2 1 2 1 vmvmmv +−= ''2 3 1 vmmv = 22 1 ''2 1 8 3 vmmv = 12 1' vv =