专辑07 机械能（二）-2021年高考上海市高三下学期5月二模物理试题汇编（解析版）

2021 年高考上海市高三下学期 5 月二模物理试题汇编 专题 07 机械能（二） 1、（2021·上海市黄浦区高三下学期 5 月二模）如图，长 L=5m 的细杆 AB 固定于竖直平面内，与水平方向 夹角θ=37°。一半径为 R=2.5m 的光滑圆环与细杆相切连接于 B 点，C 为圆环最高点。质量 m=1kg 的小球穿 在杆上，与细杆间的动摩擦因数μ=0.5。小球开始时静止于 A 点，现用大小为 20N、方向沿杆向上的恒力 F 拉动小球，经时间 t 后撤去 F，此时小球尚未到达 B 点。（重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6） （1）求力 F 作用时小球运动的加速度大小 a1； （2）为使小球能到达 B 点，求力 F 作用的最短时间 tmin； （3）小球到达 B 点时的速度大小 vB 与 t 的函数关系式； （4）若小球运动到 C 点时与圆环间刚好无弹力，求该情况下 t 的大小。 【答案】（1）10m/s2；（2）0.707s；（3）vB= 210 2 1t  （m/s）(0.707s≤t＜1s)；（4）0.822s 【解析】 （1）小球受到重力、弹力、摩擦力、恒力 F 作用，沿杆方向有 ma1=F－mgsinθ－f 垂直于杆方向有 mgcosθ=N 另有 f=μN 得 a1= F m －gsinθ－μgcosθ=（ 20 1 －10×0.6－0.5×10×0.8）m/s2=10m/s2 （2）F 作用最短时间，小球先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到 B 点的速度恰为零 a2=gsinθ+μgcosθ=10m/s2 小球加速运动的末速度即减速运动的初速度，两段运动位移之和为 L 对减速运动，根据 0－v2=－2a2s2 有 （a1tmin）2=2a2（L－ 1 2 a1tmin2） 可求出 tmin= 2 2 s≈0.707s （3）小球匀减速运动的初速度 v=a1t 位移 s2=L－ 1 2 a2t2 根据 vB2－v2=－2a2（L－ 1 2 a1t2） 可得 vB=10 22 1t  （m/s） 又撤去恒力 F 时小球尚未到达 B 点，即 1 2 a1t2＜L 解得 t＜1s 所以 vB= 210 2 1t  （m/s）(0.707s≤t＜1s) （4）小球运动到 C 点时与圆环间刚好无弹力，则有 m 2 CV R =mg 可得 vC=5m/s 从 B 到 C 机械能守恒，以 B 为零势能面有 1 2 mvB2= 1 2 mvC2+mg（R－Rcosθ） 可得 vB2=35m2/s2 解得 t= 27 40 s≈0.822s 2、（2021·上海市金山区高三下学期 5 月二模）如图，倾角为 37°的固定斜面上 AB 段粗糙，BC 段光滑， 且 3AB=4BC。一个质量为 2kg 的小物体以 10m/s 的初速度从 A 点沿斜面向上滑动，到达 B 点时速度为 6m/s， 再经 1s 时间，到达 C 点时速度恰好为零。以 B 点处为零势能面，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求： （1）物体到达 C 点时的重力势能； （2）物体与 AB 段斜面之间的动摩擦因数； （3）物体沿斜面上滑过程中，其动能与重力势能相等的位置。 【答案】（1）36J；（2）0.25；（3）B 点上方高 0.9m 处 【解析】 （1）物体从 B 运动到 C 做匀减速直线运动，其受力如图所示 根据牛顿第二定律 mgsin37°=ma 物体减速的加速度大小为 a=gsin37°=6m/s2 BC 间的距离 2 26 m 3m2 2 6 B BC vs a    物体在 C 处的重力势能为 EpC=mgsBCsin37°=2×10×3×0.6m=36J （2）物体从 A 运动到 B 做匀减速直线运动，其受力如图所示 根据牛顿第二定律 mgsin37°＋μmgcos37°=m a 得 a =gsin37°＋μgcos37° AB 间的距离 4 4 3m 4m3 3AB BCs s    由速度—位移关系有 2 2 2A B ABv v a s  加速度大小 a =8m/s2 可得 μ=0.25 （3）物体在 AB 之间时重力势能为负，重力势能不可能与动能相等，重力势能与动能相等位置在 BC 之间。 因在 BC 之间运动时只有重力做功，机械能守恒。 1 1 2 2P PC kBE E E  21 4 Bmgh mv 得 h=0.9m 即重力势能与动能相等位置在 B 点上方高 0.9m 处（斜面上距 B 点 1.5m 处）。 3、（2021·上海市静安区高三下学期 5 月二模）如图所示，电梯由质量为 1×103 kg 的轿厢、质量为 8×102 kg 的配重、定滑轮和钢缆组成，轿厢和配重分别系在绕过定滑轮的钢缆两端，定滑轮与钢缆的质量可忽略不 计。在与定滑轮同轴的电动机驱动下电梯正常工作，在轿厢由静止开始以 2 m/s2 的加速度向上运行 1s 的过 程中，钢缆对轿厢的拉力所做的功为________J，电动机对电梯整体共做功________J。（取 g=10 m/s2） 【答案】 (1). 1.2×104 (2). 5.6×103 【解析】 [1]对轿厢受力分析，受到重力和钢缆的拉力，根据牛顿第二定律可得 F m g m a 轿 轿 解得 12000NF  1s 内通过的位移为 2 21 1 2 1 m 1m2 2x at     钢缆对轿厢的拉力所做的功为 4 1 12000 1J 1.2 10 JW Fx     [2]对于质量为 8×102kg 的配重，牵引力做负功，其值为 W′。根据牛顿第二定律得 F mg ma  解得 6400NF  因此起重机对配重做负功 2 6400 1J 6400JW F x      所以电动机对电梯共做功为 3 1 2 12000J 6400J 5.6 10 JW W W     电 4、（2021·上海市静安区高三下学期 5 月二模）如图，足够长的固定斜面 AB 和 BC 的底部 B 处平滑连接， 两斜面与水平方向的夹角均为 53°，AB 光滑，BC 粗糙。质量 m=2 kg 的小物块从 AB 斜面高为 h=1.25m 的 P 处由静止释放。已知小物块与 BC 斜面间的动摩擦因数为μ= 1 3 ，取 sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10 m/s2。 （1）求小物块从 P 处释放到达 B 处的速度的大小 vB； （2）求小物块沿斜面 BC 上滑的最大距离 L 及此过程中损失的机械能ΔE 机； （3）请分析说明小物块最终静止在何处。 【答案】（1）5 m/s；（2）1.25 m；5J；（3）最终静止在 B 点 【解析】 （1）小物块从 A 到 B 作只有重力做功，机械能守恒，有 21 2 Bmgh mv= 代入数据可得 vB=5m/s （2）小物块沿 BC 上滑，受力分析如图 垂直于斜面方向受力平衡 FN-mgcos53=0 小物块与斜面 BC 间滑动摩擦力大小 Ff=μFN=μmgcos53 以初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律 （-mgsin53）+（-Ff）=ma 代入数据可得 a=-10m/s2 小物块从 B 到 C 作匀减速直线运动至速度为零，有 2 20 2Bv as  代入数据可得 s=1.25 m，L=1.25 m 小物块损失的机械能 △E 机=mgh-mgLsin53 代入数据可得 ΔE 机=5 J （3）小物块在斜面 BC 时，因为 mgsin53>μmgcos53，所以小物块速度减为零后，不会静止在 BC 斜面上， 会沿 BC 斜面向下做匀加速运动； 到 AB 斜面后返回再沿斜面 BC 上滑，由于 BC 斜面粗糙，上滑高度小于第一次的上滑高度； 此后反复在两斜面间运动若干次，最终静止在 B 点。 5、（2021·上海市徐汇区高三下学期 5 月二模）如图，一小球 A 从某高处由静止开始下落，选择不同平面 为参考平面，下落过程中小球具有的能量及其变化情况如下表所示，请在表格中将未填写的数据补充完整。 所选择 的参考 平面 下落初始时刻的 机械能 E1 下落到地面时的 机械能 E2 下落到地面时的重 力势能 Ep 下落过程中重力势 能变化量∆Ep 下落到地 面时的动 能 Ek 四楼地 面 ___________ -2.5J ___________ ___________ 8J 一楼地 面 9J ___________ 0 -9J 【答案】 (1). -1.5J (2). -10.5J (3). -9J (4). 8J 【解析】 [2]由表中数据可知选择四楼地面为零势能面时，下落到地面时的机械能 E2=-2.5J，下落到地面时的动能 Ek=8J， 则下落到地面时的重力势能 Ep=-2.5 J -8 J =-10.5 J [3]重力势能变化量与零势能面的选取无关，故∆Ep=-9J [4]由表中数据可知选择一楼地面为零势能面时，下落到地面时的重力势能Ep=0，下落到地面时的动能Ek=8J， 则下落到地面时的机械能 E2=8J [1] 选择一楼地面为零势能面时，下落初始时刻的机械能 E1=9J，下落到地面时的机械能 E2=8J，说明下落 过程由于阻力损失 1J 的能量。则根据选择四楼地面为零势能面时，下落到地面时的机械能 E2=-2.5J，其初 始时刻的机械能为-1.5J。 6、（2021·上海市徐汇区高三下学期 5 月二模）下面是某品牌新能源汽车介绍中的一段文字：“将近 6 米 的超长车身设计，使得整车车顶集成的太阳能芯片面积达到了 6 平方米左右。极富流线型的整车造型，使 整车风阻大幅下降。全车采用铝合金框架并结合碳纤维车身，整车质量仅 700 千克，这一轻量化设计使整 车能耗极低。” （1）上述新能源汽车采用混合动力装置，发动机最大输出功率为 30kW，在实验路段上行驶时所受总阻力 约为车和驾驶员总重的 0.1 倍。试估算体重为 50kg 的工程师驾驶这种汽车在实验路段上行驶的最高车速。 （2）为进一步测试汽车性能，该工程师行驶时采集了某一段运动过程的实验数据，绘出了汽车牵引力 F 与 车速倒数 v-1 间的关系图线 ABC，如图所示。请根据图线描述该汽车的运动情况，并求 B 点时发动机的输出 功率。 （3）目前制作太阳能电池的最好的材料为砷化镓，其将光能转化为电能的效率可达到 31.6%。如果已知太 阳辐射的总功率 P0 = 4×1026W，太阳到地球的距离 r = 1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有 34% 的能量损失。试通过计算分析，若这种汽车只采用纯太阳能驱动，且能保持最大输出功率 30kW 不变的可 行性。 【答案】（1）40m/s；（2） 43 10 W ；（3）见解析 【解析】 （1）汽车的牵引力与阻力相等时，汽车的行驶速度最大 0.1( ) 750 NF m m gF    f 根据 40m/sm Pv F   （2）图中 AB 段 F 不变，可知汽车受合力不变，汽车做匀加速运动；图中 BC 段 F 与 v-1 成正比例关系，即 Fv 为定值，根据 P Fv 可知汽车在恒定功率下做加速运动，也就是做加速度逐渐减小的加速运动。 因此 4750 W 3 10 W 0.025B C C CP P F v     （3）设能够使汽车保持输出功率 30kW 的太阳能芯片面积为 S，则 0 2 0.66 0.316 4 P SP r    解得 2102mS  S 的值远大于车顶太阳能芯片的面积，不符合实际情况，可见这种汽车采用纯太阳能驱动保持输出功率 30kW 是不可行的。 7、（2021·上海市长宁区高三下学期 5 月二模）质量为 m 的质点所受的力 F 随时间变化的规律如图所示， 力的方向始终在一直线上。已知 t=0 时质点处于静止状态，在图中 t0、2t0、3t0 和 4t0 的各时刻中，质点离出 发点距离最大的时刻是__________；质点动能的最大值是____________。 【答案】 (1). 4t0 (2). 2 2 0 0 2 F t m 【解析】 [1]由 F-t 图像得，0-t0，根据牛顿第二定律可得加速度为 0Fa m  质点向正方向做匀加速直线运动，t0-2t0，向正方向做匀减速直线运动，加速度大小与第一段相同，2t0 时， 速度刚好减为 0，2t0-4t0 和 0-2t0 内受力情况完全相同，运动情况完全相同。整段过程一直向正方向运动，所 以 4t0 时刻质点离出发点距离最大。 [2]t=t0 时刻，质点速度最大，动能最大 2 2 2 2 0 0 0 0 1 1 2 2 2K F F tE mv m tm m       8、（2021·上海市长宁区高三下学期 5 月二模）如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角θ=37°，质量 m=2kg 的物块在平行于斜面向上的恒力 F=28N 作用下以 v0=1m/s 的初速度从斜面底端向上运动，经过 s1=1.25m 后 撤去 F．物块与斜面间动摩擦因数μ=0.25。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） （1）求物块沿斜面向上运动的总位移； （2）求物块沿斜面向上运动过程中，恒力 F 的最大功率； （3）在 v-t 坐标中画出物块从斜面底端开始运动到再次回到底端时的图线，并将图线上关键点的物理量标 注在纵横轴对应的位置； （4）比较在物块沿斜面向上运动的过程中，所有外力做功之和与动能变化的关系。 【答案】（1）2.25m；（2）112W；（3）见解析；（4）见解析 【解析】 （1）物块在 F 作用下向上运动过程 F－mgsin37－μmgcos37＝ma1，a1＝6m/s2 撤去 F 时物块的速度为： v1= 2 0 1 12v a s =4m/s 撤去 F 后物块向上运动过程 －mgsin37－μmgcos37＝ma2，a2＝－8m/s2 撤去 F 后物块向上运动的位移： s2＝ 2 1 2 (0 2 )v a － ＝1m 所以，物块沿斜面向上运动的总位移为： s=s1+s2=1.25+1 m =2.25m （2）物块沿斜面向上运动过程中，速度最大时恒力 F 功率最大 Pm=Fv1=112W （3）如图所示 （4）物块在向上运动过程中，受到的四个力做功情况为,恒力 F 做功 WF=Fs1=28×1.25=35J 弹力 N 做功 WN=0,重力做功 WG=-mgsin37s=-12×2.25=-27J 摩擦力做功 Wf=-μmgcos37s=-4×2.25=-9J 动能的变化为： △EK=0- 2 0 2 mv =-1J 因 WF+WN+WG+Wf=△EK 所以，在物块沿斜面向上运动过程中，所有外力做功之和等于物块动能的变化 9、（2021·上海市普陀区高三下学期 5 月二模）质量 m=2kg 的小物块在某一高度以 v0=5m/s 的速度开始做 平抛运动，若 g=10m/s2，当运动到竖直位移与水平位移相等时，对于物块（ ） A. 此时的瞬时速度大小为 5 2 m/s B. 此时重力的瞬时功率大小为 200W C. 此过程动量改变大小为 10（ 5 -1）kgm/s D. 此过程重力的冲量大小为 20Ns 【答案】BD 【解析】 物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当运动到竖直位移与水平位移相 等时 2 0 1 2 gt v t＝ 解得 t=1s A．此时竖直方向的速度为 vy=gt=10m/s 则此时的速度为 2 2 0 5 5m/syv v v＝ ＝ 故 A 错误； B．此时的重力瞬时功率为 P=mgvy=200W 故 B 正确； C．根据动量定理 I= △ P=mgt=20kgm/s 故 C 错误； D．此过程重力的冲量大小为 I=mgt=20N•s 故 D 正确。 故选 BD。 10、（2021·上海市虹口区高三下学期 5 月二模）某人站在 6 楼阳台上，同时以不同的速率抛出两个小球， 其中一球竖直上抛，另一球竖直下抛。在相同的时间Δt 内（两球均未落地），两球速度的变化（ ） A. 大小、方向均相同 B. 大小相同、方向不同 C. 大小、方向均不同 D. 大小不同、方向相同 【答案】A 【解析】 小球抛出后只受重力作用，根据动量定理在相同的时间Δt 内有 mg t m v   整理得 v g t   所以两球速度的变化大小、方向均相同。 故选 A。