专辑04 机械能-2021年高考5月北京市二模物理试题分项汇编（解析版）

1 2021 年高考 5 月北京市二模物理试题分项汇编 专题 04 机械能 1、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模）如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上 方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项 正确的是 铝 管 磁 体 A．磁体做匀加速直线运动 B．磁体的机械能守恒 C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量 D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和 【答案】C 【解析】磁体穿过铝管的过程中，铝管会产生感应电流，这个电流又会产生安培力阻碍磁体的下降， 这就是电磁阻尼现象，这个安培力与电流的大小有关，而电流又与磁体下落的速度有关，所以磁体下落的 加速度与其速度有关，磁体是由静止速度变大的，故加速度也会变化，磁体不做匀加速直线运动，选项 A 错误； 磁体的重力势能减小，转化为磁体的动能和铝管的热能，故磁体的机械能不守恒，选项 B 错误；磁体 动能的增加量小于重力势能的减少量，选项 C 正确； 刚开始下落时，磁体的做加速向下运动，故整体的加速度是向下的，即支持力小于重力，也就是压力 小于重力，待速度大到一定的程度后，安培力等于重力，磁体在铝管中匀速下降时，磁体与铝块整体力平 衡，则铝管对桌面的压力就等于铝管和磁体的重力之和了，看来不可能压力小于铝管和磁体的重力之和， 选项 D 错误。 2、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模反馈）利用如图 1 所示的实验粗略测量人吹气产生的压强。 两端开口的细玻璃管水平放置，内部截面积为 S。管内塞有潮湿的小棉球，其质量为 m，与 B 端的距离为 x。 2 实验者从玻璃管的 A 端均匀吹气，棉球从 B 端飞出，落地点为 C。测得 C 点与 B 端的水平距离为 l，棉球 下落高度为 h。多次改变 x，测出对应的 l，画出 l2-x 的图像如图 2 所示，图线的斜率为 k。不计棉球与管壁 的摩擦，不计空气阻力。下列选项正确的是（ ） A. 实验中小棉球在玻璃管中运动时在水平方向受力平衡 B. 若仅增大吹气的压强，重新进行实验，图像斜率将增大 C. 由题中数据可知小棉球的水平位移 l 与棉球下落高度为 h 无关 D. 考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，由于人吹气使小棉球两侧产生的压强差将小于 4 kmg hS 【答案】B 【解析】 A．由于小棉球在管中开始由静止向右运动。所以受到左右两侧的气体压力不平衡，故 A 错误； BD．设玻璃管内气体压强始终为 P，不计小棉球和管壁的摩擦，对小棉球从静止到 B 点的运动过程，有动 能定理得 2 0 0 1) 2P P S x mv  （ 带入 0 2 gv l h  可得 3 2 04 )P P Shl x kxmg  （ 即 04 )P P Sh kmg  （ 解得 0 4 kmgP P Sh   可得仅增大吹气的压强，重新进行实验，图像斜率ｋ将增大，故 B 正确，D 错误； C．棉球从 B 端飞出后做平抛运动，根据平抛运动公式得 0l v t 21 2h gt 可得 0 2hl v g  水平位移和棉球下落高度有关，故 C 错误。 故选 B。 3、（2021·北京市东城区高三下学期 5 月二模）质量为 m 的小球用长为 l 的细线悬于 A 点，初始时刻使小 球在水平面内以角速度ω做匀速圆周运动，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为 g。由于空气阻力作用， 小球的运动状态缓慢变化，最终静止在 A 点的正下方，在此过程中 4 A．绳的拉力始终小于等于 mg B．小球的线速度始终小于等于ωlsinθ C．空气阻力做的功为 mgl（1―cosθ） D．重力做的功为―mgl（1―cosθ） 【答案】B 【解析】对小球受力分析，它受到重力 mg、线的拉力 F 的作用，二个力的合力提供向心力，故 F= cos mg  ， 即 F>mg，选项 A 错误；因为 F 向=mgtanθ=m 2v r ，故小球的线速度 v= tan sin tangr gl   ，当小球 的运动状态缓慢变化，θ逐渐减小时，sinθ、tanθ都减小，故 v 也减小，而最初的线速度 v=ωlsinθ，选项 B 正确； 根据动能定理得：WG-W 阻=0-Ek，所以空气阻力做的功为 W 阻=mgl（1―cosθ）+Ek，选项 C 错误；而重力 做的功是正功，即 WG= mgl（1―cosθ），选项 D 正确。 4、（2021·北京市房山区高三下学期5月二模）一滑块从固定光滑斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑的过程 中，滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移s之间的关系图像如图7所示，其中正确的是 t Ek O t2 Ek O h Ek O s Ek O A B C D 【答案】C 【解析】由于斜面是光滑的，故加速度是不变的，故末速度 v=at，所以动能 Ek= 1 2 mv2= 1 2 ma2t2，所以 动能与 t2 成正比，选项 AB 错误； 又因为 v2=2as，故动能 Ek= 1 2 mv2=mas，所以动能与 s 正比，选项 D 错误，而下降的高度 h 与位移 s 是 成正比的，故动能 Ek 也与 h 成正比，选项 C 正确。 图 7 5 5、（2021·北京市顺义区高三下学期 5 月二模）如图甲所示，O 点为单摆的固定悬点，在此处将力传感器 与摆线相连（图甲中未画出）。现将摆球拉到 A 点，释放摆球，摆球将在竖直面内的 A、C 之间来回摆动， 其中 B 点为运动中的最低位置。图乙为细线对摆球的拉力大小 F 随时间 t 变化的图像，图乙中 t=0 为摆球从 A 点开始运动的时刻，重力加速度 g 取 210m/s ，下列说法正确的是（ ） A. 单摆的摆长为 2.5m B. 摆球的质量为 0.0498kg C. 单摆的振动周期为 0.8 s D. 摆球运动过程中的最大速度为 24 7m / s5 【答案】C 【解析】 C．根据乙图，周期为 0.8T s 故 C 正确； A．根据周期公式 2π LT g  整理得 2 2 1.6m4 gTL   故 A 错误； 6 BD．由于在最低点时的拉力大小为 0.504NF  根据牛顿第二定律有 2vF mg m L   在最高点时的拉力为 cosF mg  由最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒有   211 cos 2mgL mv  联立可得 30.05kg 0 /3 m s50m v ， 故 BD 错误； 故选 C。 6、（2021·北京市丰台区高三下学期 5 月二模） 一物理学习小组在竖直电梯里研究超重失重现象：力传感 器上端固定在铁架台上，下端悬挂一个质量为 m 的钩码。当电梯 1 楼和 3 楼之间运行时，数据采集系统采 集到拉力 F 随时间 t 的变化如图所示。忽略由于轻微抖动引起的示数变化，下列说法正确的是（ ） A. a 到 b 过程中电梯向上运动，b 到 c 过程中电梯向下运动 7 B. a 到 c 过程中钩码的机械能先增加后减小 C. 图形 abc 的面积等于图形 def 的面积 D. a 到 b 过程中钩码处于超重状态，b 到 c 过程中钩码处于失重状态 【答案】C 【解析】 A．从 a 到 b 过程中，力 F 大于 0，钩码加速度向上，但可以向下做减速运动，同理，从 b 到 c 过程中钩码 可能向上做加速运动，故 A 错误； B．在整个运动过程中，如果 a 到 c 的过程向上加速则拉力对小球做正功，机械能增加，如果向下减速则拉 力对小球做负功机械能减少，故 B 错误； C．图像中面积表示力对时间的积累，即冲量。故图形 abc 的面积等于图形 def 的面积。故 C 正确； D．a 到 c 的过程中，钩码所受力大于 0，根据 F ma 加速度大于 0，即从 a 到 c 钩码处于超重状态。 7、（2021·北京市首都师大附中高三下学期 4 月月考）如图所示，一质量 m=2kg 的木箱静止在粗糙水平面 上。从 t=0 开始，木箱受到 F=10N、与水平面的夹角为θ=37°的恒定拉力，沿水平面匀加速运动。已知木箱 与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）画出木箱受力的示意图； （2）求木箱的加速度 a 的大小； （3）求 0～2s 时间内，拉力 F 的功率。 8 【答案】（1） ；（2）2.6m/s2；（3）20.8W 【解析】 (1) 木箱受重力、支持力、拉力以及摩擦力作用，受力如下图所示 (2) 对木箱受力分析，在竖直方向，根据平衡条件有 FN+Fsinθ-mg=0 在水平方向，根据牛顿第二定律有 Fcosθ-f=ma 又因为摩擦力为 f=μFN 解得加速度为 a=2.6m/s2 (3) 0～2s 时间内 2 0 1 2x v t at  9 拉力 F 的功率 cos 20.8WW FxP t t    8、（2021·北京市丰台区高三下学期 5 月二模）用如图所示装置用来演示小球在竖直面内的圆周运动，倾 斜轨道下端与半径为 R 的竖直圆轨道相切于最低点 A。质量为 m 的小球从轨道上某点无初速滚下，该点距 离圆轨道最低点 A 的竖直高度为 h。小球经过最低点 A 时的速度大小为 v，经过最高点 B 时恰好对轨道无压 力。已知重力加速度 g，求： （1）小球经过最高点 B 时速度的大小； （2）小球经过最低点 A 时对轨道压力的大小； （3）小球从开始运动到圆轨道最高点过程中损失的机械能。 【答案】（1） Bv gR ；（2） 2 + vF mg m R 压 ；（3） = 2.5E mgh mgR损 【解析】 （1）因为小球在 B 点恰好对轨道无压力，根据牛顿第二定律 2 Bvmg m R  得 Bv gR （2）小球在最低点 A 处，根据牛顿第二定律 10 2vF mg m R  支 可得 2 + vF mg m R 支 由牛顿第三定律，球对轨道压力 F F压 支 则 2 + vF mg m R 压 （3）对小球从开始释放到最高点 B 的过程，由能量守恒定律 212 2 Bmgh mg R mv E   损 而 Bv gR 可得 = 2.5E mgh mgR损 9、（2021·北京市房山区高三下学期 5 月二模）如图 20 所示，桌面距水平地面高 h=0.80m，左边缘有一质 量 mA=1.0kg 的物块 A 以 v0=5.0m/s 的初速度沿桌面向右运动，经过位移 s=1.8m 与放在桌面右边缘 O 点的物 块 B 发生正碰，碰后物块 A 的速度变为 0，物块 B 离开桌面后落到地面上。若两物块均可视为质点，它们 的碰撞时间极短，物块 A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，物块 B 的质量 mB=1.6kg，重力加速度 g=10m/s2。 求： 11 h O 图 20 A Bv0 （1）两物块碰撞前瞬间，物块 A 的速度大小 vA； （2）物块 B 落地点到桌边缘 O 点的水平距离 x； （3）物块 A 与 B 碰撞的过程中系统损失的机械能 E。 【答案】（1）4.0m/s；（2）1.0 m；（3）3.0J。 【解析】（1）物块 A 沿桌面滑动所受摩擦力 f=μmg， 做匀减速运动的加速度 a=μg=2.5m/s2(1 分) 对于碰撞前物块 A 的运动，根据运动学公式有 v02-vA2=2as （1 分） 解得 vA=4.0m/s.........(1 分） (2）设两物块碰撞后瞬间，物块 B 的速度大小为 vB，因碰撞时间极短，根据动量守恒定律 有 mAvA=mBvB.........(1 分）解得 vB=2.5m/s.........(1 分) 物块 B 离开桌面后做平抛运动的时间 t= 2 2 0.8 10 h g  s =0.40s......（1 分） 物块 B 落地点到桌边缘О点的水平距离 x=vBt=1.0 m......(1 分） (3）物块 A 与 B 碰撞的过程中系统损失的机械能 △E= 1 2 mAvA2- 1 2 mBvB2=3.0J....(2 分) 10、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模）2021 年 3 月，在自由式滑雪世锦赛中，我国小将谷爱凌 夺得两枚金牌。我们将她在滑雪坡面上向下滑行的一段过程，简化为小物块沿斜面下滑的过程，如图所示。 已知物块质量为 m，与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，重力加速度为 g，不计空气阻力。 （1）在图中画出物块的受力示意图； （2）求物块沿斜面下滑的加速度大小 a； （3）求物块沿斜面下滑的速度大小为 v 时，重力的瞬时功率 P。 12 【答案】（9 分）（1）受力示意图如图所示；（2）（3） 【解析】（1）受力示意图如图所示；（3 分） （2）由牛顿第二定律 maθμmgθmg cos-sin 得 θμgθga cos-sin （3 分） （3）由功率的表达式有 θmgvP sin （3 分） 11、（2021·北京市西城区高三下学期 5 月二模）某同学用实验室中的过山车模型研究过山车的原理。如图 所示，将质量为 m 的小球从倾斜轨道上的某一位置由静止释放，小球将沿着轨道运动到最低点后进入圆轨 道。他通过测量得到圆轨道的半径为 R。已知重力加速度为 g。 （1）小球能够顺利通过圆轨道最高点的最小速度 v 为多少？ （2）若不考虑摩擦等阻力，要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高度差 h 为多少？ （3）该同学经过反复尝试，发现要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高 度差比（2）的计算结果高 h，则从释放点运动到圆轨道最高点的过程中小球损失的机械能 E 为多少？ 【答案】（9 分）（1） gRv ；（2） 5 2h R ；（3） E mg h   。 【解析】（1）小球恰能通过最高点时，根据牛顿第二定律有 2 mg m R  v （2 分） 解得 gRv （1 分） 13 因此小球能够顺利通过圆轨道最高点的最小速度 gRv （2）若不考虑摩擦等阻力，小球从释放点运动到圆轨道最高点的过程，根据动能定理有 21( 2 ) 02mg h R m  v （2 分） 解得 5 2h R （1 分） 要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高度差 5 2h R （3）以轨道最低点所在平面为零势能面，从释放点运动到圆轨道最高点的过程中小球损失的机械能 21( ) ( 2 )2E mg h h mg R m       v 由（2）可知 21( 2 ) 2mg h R m  v 代入得 E mg h   （3 分）