高考物理复习 五年真题(-)分类汇编 第五章 机械能

第五章机械能
2013年高考题精选
1. （2013全国新课标理综1第21题）2012年11曰，“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一时间图线如图(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I000m。

已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。

则
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
在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g
在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
3．（2013高考上海物理第16题）汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。

汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。

汽车在驶入沙地前己做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是
6. （2013全国新课标理综II 第20题）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星
的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。

若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄
气体阻力的作用，则下列说法正确的是
A ．卫星的动能逐渐减小
B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
（2013高考山东理综第14题）如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与
水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮。

质量分别为M 、m （M>m ）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过
定滑轮连接，轻绳与斜面平行。

两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。

若不计滑轮的质量和摩擦，
在两滑块沿斜面运动的过程中
A ．.两滑块组成系统的机械能守恒
B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加
C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加
D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功
8. （2013高考安徽理综第17题）质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为EP=-G Mm
r ，其中G 为引力常量，M 为地球质量。

该卫星原来的在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周
运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而
产生的热量为 A. GMm(21R -11R ) B. GMm(11R -21R ) C. 12GMm(21R -11R ) D. 1
2GMm(11R -21R )
解析： 本题考查万有引力与航天，意在考查考生对万有引力定律、圆周运动相关公式的应用能力。

卫星
做匀速圆周运动，有
GMm
r2＝m
v2
r，变形得
1
2mv2＝
GMm
2r，即卫星的动能Ek＝
GMm
2r，结合题意，卫星的机械能E＝Ek＋Ep＝－
GMm
2r，题述过程中因摩擦产生的热量等于卫星的机械能损失，即Q＝E1－E2＝－
GMm
2R1－(－
GMm
2R2)＝
GMm
2(
1
R2－
1
R1)。

答案：C
（2013全国高考大纲版理综第20题）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。

物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）
A．动能损失了2mgH
B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH
D．机械能损失了
1
2
mgH
10。

(2013高考江苏物理第5题)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。

碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的
A.30%
B.50%
C.70%
D.90%
解析：本题考查对物体运动速度的估算，意在考查考生的估算能力。

量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球速度大小v′与碰撞前白球速度v的比值，
v′
v＝
7
12。

所以损失的动能ΔEk ＝
1
2mv2－
1
2
·2mv′2，
ΔEk
Ek0
≈30%，故选项A正确。

答案：A
11.(2013高考江苏物理第9题)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。

弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。

物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。

现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。

撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。

重力加速度为g。

则上述过程中
（A ）物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W-21
μmga
（B ）物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W-23
μmga
（C ）经O 点时，物块的动能小于W-μmga
（D ）物块动能最大时，弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能
答案：BC
（2013高考福建理综第20题）（15分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点， T 端系一质量m=1.0kg 的小球。

现将小球拉到A 点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点。

地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L=1.0 m ，B 点离地高度H=1.0 m ，
A 、
B 两点的高度差h=0.5 m ，重力加速度g 取10m/s2,不计空气影响。

(1)地面上DC 两点间的距离s ；
(2)轻绳所受的最大拉力大小。

解析：本题考查曲线运动及功能关系的分析，意在考查考生对基本运动形式的分析以及功能关系应用的能力。

(1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有
mgh ＝12
mv2B ① 小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有
H ＝12
gt2② 在水平方向上有s ＝vBt ③
由①②③式解得s ＝1.41 m ④
(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有
F －mg ＝m v2B L
⑤ 由①⑤式解得F ＝20 N ⑥
根据牛顿第三定律
F′＝－F ⑦
轻绳所受的最大拉力为20 N 。

答案：(1)1.41 m (2)20 N
13.(2013高考北京理综第23题) 蹦床比赛分成预备运动和比赛动作。

最初，运动员静止站在蹦床上.。

在
预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入
比赛动作阶段。

把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F=kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)。

质量m=50kg 的
运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0=0.10m ；在预备运动中，假设运动员所做的总功W 全部用于其机械
能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为△t=2.0s ，设
运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为xl 。

取重力加速度g=I0m/s2，忽略空气阻力的影响。

求常量k ，并在图中画出弹力F 随x 变化的示意图；
求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm;
借助F-x 图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求 x1 和W 的值
答案：（1）5.0×10-3 N/m 示意图见解析图 （2）5.0 m （3）1.1 m 2.5×103 J
14．（2013高考四川理综第10题） 在如图所示的竖直平面内，物体A 和带正电的物体B 用跨过定滑轮
的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平
行。

劲度系数k=5N/m 的轻弹簧一端固定在O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D 与A 相连，弹
簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面。

水平面处于场强E ＝5×104N/C 、方向水平向右的匀强电场
中。

已知A 、B 的质量分别为mA=0.1kg,mB=0.2kg,B 所带电荷量q=+4×10-6C 。

设两物体均视为质点，不
计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量不变。

取g ＝10m/s2,sin37°=0.6,cos37°
=0.8.
求B 所受摩擦力的大小；
现对A 施加沿斜面向下的拉力F 使A 以加速度a=0.6m/s2开始作匀加速直线运动。

A 从M 到N 的过程中，B 的电势能增加了△EP=0.06J 。

已知DN 沿竖直方向，B 与水平面间的动摩擦因数为μ=0.4.求A 到达N 点
时拉力F 的瞬时功率？
解析：本题考查物体的平衡、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、电场力做功与电势能变化的关系，意
在考查考生的综合分析能力。

(1)F 作用之前，A 、B 处于静止状态。

设B 所受静摩擦力大小为f0，A 、B 间绳中张力为T0，有
对A ：T0＝mAgsin θ ①
对B ：T0＝qE ＋f0 ②
联立①②式，代入数据解得f0＝0.4 N ③
(2)物体A 从M 点到N 点的过程中，A 、B 两物体的位移均为s ，A 、B 间绳子张力为T ，有
qEs ＝ΔEp ④
T －μmBg －qE ＝mBa ⑤
设A 在N 点时速度为v ，受弹簧拉力为F 弹，弹簧的伸长量为Δx ，有v2＝2as ⑥
F 弹＝k·Δx ⑦
F ＋mAgsin θ－F 弹sin θ－T ＝mAa ⑧
由几何关系知Δx ＝s 1－cos θsin θ
⑨ 设拉力F 的瞬时功率为P ，有P ＝Fv ⑩
联立④～⑩式，代入数据解得
P ＝0.528 W ⑪
答案：(1)0.4 N (2)0.528 W
2012年高考题
1.（2012·江苏）如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球。

在水平拉力作用下，小球以恒定
速率在竖直面内由A 点运动到B 点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是
A ．逐渐增大
B ．逐渐减小
C ．先增大，后减小
D ．先减小，后增大
解析：小球从A 到B 在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能增加得越来越快，故拉力的瞬时
功率逐渐增大。

答案：A
（2012·山东理综）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t 图像如图
所示。

以下判断正确的是
A ．前3s 内货物处于超重状态
B ．最后2s 内货物只受重力作用
C ．前3s 内与最后2s 内货物的平均速度相同
D ．第3s 末至第5s 末的过程中，货物的机械能守恒
（2012·福建理综）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮
（不计滑轮的质量和摩擦）。

初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好静止状态。

剪断轻绳后A 下落、B 沿斜
面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块
A ．速率的变化量不同
B ．机械能的变化量不同
C ．重力势能的变化量相同
D ．重力做功的平均功率相同
解析：由题意根据力的平衡有mAg ＝mBgsin θ，所以mA ＝mBsin θ。

根据机械能守恒定律mgh ＝12mv2，得v ＝2gh ，所以两物块落地速率相等，选项A 错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化
量都为零，选项B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔEp ＝－WG ＝－mgh ，
选项C 错误；因为A 、B 两物块都做匀变速运动，所以A 重力的平均功率为P —A ＝mAg·v 2
，B 的平均功率P —B ＝mBg·v 2cos(π2
－θ)，因为mA ＝mBsin θ，所以P —A ＝P —B ，选项D 正确。

答案：D
(2012·天津理综)如图甲所示，静止在水平地面的物块A 受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系
如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm 与滑动摩擦力大小相等，则
A ．0~t1时间内F 的功率最大
B ．t2时刻物块A 的加速度最大
C ．t2时刻后物块A 做反向运动
D ．t3时刻物块A 的动能最大
（2012·安徽理综）如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。

已知AP=2R,重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中
A. 重力做功2mgR
B. 机械能减少mgR
C. 合外力做功mgR
D.
克服摩擦力做功
1
2mgR
答案：D
（2012·四川理综）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。

用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩
了x0，此时物体静止。

撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为
4 x0。

物体与水平面间的动摩擦
因数为μ，重力加速度为g。

则
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
kx
m-μg
C．物体做匀减速运动的时间为
0 2
x
g
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x0-μmg/k)
解析：根据牛顿第二定律可得kx－μmg＝ma，即a＝kx－μmg
m，当kx>μmg时，随着形变量x的减小，加
速度a将减小；当kx<μmg时，随着形变量x的减小，加速度a将增大，则撤去F后，物体刚运动时的加
速度为a ＝kx0m －μg ，物体先做加速度逐渐减小的加速直线运动，当kx ＝μmg(a ＝0)时，物体的速度最大，然后做加速度增大的减速直线运动，最后当物体与弹簧脱离后做加速度为a ＝μg 的匀减速直线运动，故A
选项错误，B 选项正确；物体脱离弹簧后做加速度为a ＝μg 的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的规
律可得3x0＝12μgt2，解得t ＝6x0μg
，故C 选项错误；根据功的计算式可得，物体开始向左端运动到速度最大的过程中滑动摩擦力做功为W ＝－μmgx′，又x′＝x0－μmg k ，解得W ＝－μmg(x0－μmg k
)，即克服滑动摩擦力做功为μmg(x0－μmg k
)，故D 选项正确。

答案：BD
7．（2012·上海物理）质量相等的均质柔软细绳A 、B 平放于水平地面，
绳A 较长。

分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点
被提升的高度分别为hA 、hB ，上述过程中克服重力做功分别为W A 、WB 。

若
（A ）hA=hB ，则一定有WA ＝WB （B ）hA>hB ，则可能有WA<WB
（C ）hA<hB ，则可能有WA ＝WB （D ）hA>hB ，则一定有WA>WB
8．（2012·上海物理）位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变
为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。

则可能有 （ ）
（A ）F2=F1，v1> v2
（B ）F2=F1，v1< v2
（C ）F2>F1，v1> v2
（D ）F2<F1，v1< v2
9（2012·海南物理）下列关于功和机械能的说法，正确的是
A ．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B ．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C ．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D ．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
12（2012·广东理综物理）如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处
安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 点时，下列表述正确的有
A.N 小于滑块重力
B.N 大于滑块重力
C.N 越大表明h 越大
D.N 越大表明h 越小 解析：设滑块到达B 点时的速度为v ，根据向心力公式得：N －mg ＝m
v2R
，根据机械能守恒定律可得：mgh ＝12mv2，解得N ＝mg(1＋2h R
)，所以BC 正确。

答案：BC
（2012·浙江理综）由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。

一质量为m 的小球，从距离水平地面为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上。

下列说法正确的是（ ）
A.小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为
B.小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为
C.小球能从细管A 端水平抛出的条件是H>2R
D.小球能从细管A 端水平抛出的最小高度Hmin= 5R/2
解析：因轨道光滑，从D→A 过程应用机械能守恒定律有mgH ＝mg(R ＋R)＋12mv2A ，得vA ＝2g H －2R ；从A 端水平抛出到落地，由平抛运动公式有2R ＝12gt2，水平位移x ＝vAt ＝2g H －2R ·4R g
＝22RH －4R2，则选项B 正确，A 错误；因小球能从细管A 端水平抛出的条件是vA>0，故要求H>2R ，则选项C 正确，D 错误。

答案：BC
（2012·上海物理）如图，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍。

当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高。

将A 由静止释放，B 上升的最大高度是 （ ）
A. 2R
B. 5R/3
C. 4R/3
D. 2R/3
16（2012·海南物理）下列关于功和机械能的说法，正确的是
A ．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B ．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C ．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D ．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
解析：在任何情况下，物体重力势能的减小都等于重力对物体做的功，选项A 错误；根据动能定理，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B 正确；物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关，选项C 正确；当只有重力做功的情况下，运动物体动能的减小量才等于重力势能的增加量，选项D 错误。

答案：BC
17（2012·福建理综）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。

已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t1，A 、B 两点间距离为d,，缆绳质量忽略不计。

求：
（1）小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功Wf ；
（2）小船经过B 点时的速度大小v1；
（3）小船经过B 点时的加速度大小a 。

解析：(1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功
Wf ＝fd ①
(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功
W ＝Pt1 ②
由动能定理有
W －Wf ＝12mv21－12
mv20 ③ 由①②③式解得v1＝ v20＋2m
Pt1－fd ④ (3)设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v ，则 P ＝Fv ⑤
v ＝v1cos θ ⑥
由牛顿第二定律有
Fcos θ－f ＝ma ⑦
由④⑤⑥⑦式解得 a ＝P m2v20＋2m Pt1－fd
－f m 答案：(1)Wf ＝fd
(2)v1＝
v20＋2m Pt1－fd (3)a ＝P m2v20＋2m Pt1－fd
－f m 18.（16分）（2012·江苏物理）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f 。

轻杆向右移动不超过l 时，装置可安全工作。

一质量为m 的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l/4，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。

（1）若弹簧的劲度系数为k ，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x ；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm ；
（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v’和撞击速度v 的关系。

解析：(1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F ＝kx ①
且F ＝f ②
解得x ＝f k
③ (2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ，则小车从撞击到停止的过程中
由动能定理得－f·l 4－W ＝0－12
mv20④ 同理，小车以vm 撞击弹簧时－fl －W ＝0－12
mv2m ⑤ 解得vm ＝v20＋3fl 2m
⑥ (3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1
12
mv21＝W ⑦ 由④⑦解得v1＝
v20－fl 2m 当v<
v20－fl 2m 时，v′＝v 当v20－fl 2m ≤v≤ v20＋3fl 2m 时，v′＝v20－fl 2m 。

答案：(1)f k (2) v20＋3fl 2m
(3)见解析 (18分)（2012·北京理综）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯.行程超过百米。

电梯的简化模型如 I 所示.考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a 随时间t 变化的。

已知电梯在t=0时由静止开始上升，a-t 图像如图2所示. 电梯总质最m=2.0×103kg.忽略一切阻力.重力加速度g 取I0m/s2。

（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）类比是一种常用的研究方法。

对于直线运动，教科书中讲解了由v-t 图像求位移的方法。

请你借鉴此方法，对比加速度的和速度的定义，根据图2所示a-t 图像，求电梯在第1s 内的速度改变量△v1和第2s
末的速率v2;
（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率p ：再求在0～11s 时间内，拉力和重力对电梯所做的总功w 。

解析：(1)由牛顿第二定律，有F －mg ＝ma
由a －t 图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2，
F1＝m(g ＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0)N ＝2.2×104 N
F2＝m(g ＋a2)＝2.0×103×(10－1.0)N ＝1.8×104 N
(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s 内a －t 图线下的面积
Δv1＝0.5 m/s
同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s
v0＝0，第2 s 末的速率v2＝1.5 m/s
(3)由a －t 图像可知，11 s ～30 s 内速率最大，其值等于0～11 s 内a －t 图线下的面积，有
vm ＝10 m/s
此时电梯做匀速运动，拉力F 等于重力mg ，所求功率
P ＝Fvm ＝mg·vm ＝2.0×103×10×10 W ＝2.0×105 W
由动能定理，总功
W ＝Ek2－Ek1＝12mv2m －0＝12
×2.0×103×102 J ＝1.0×105 J 答案：(1)F1＝2.2×104 N
F2＝1.8×104 N
(2) Δv1＝0.5 m/s
v2＝1.5 m/s
(3)P ＝2.0×105 W
W ＝1.0×105 J
20（16分）（2012·重庆理综）题23图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，基主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。

摆锤的质量为m ，细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L 。

测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放。

摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s （s<L ），之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置。

若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求
（1）摆锤在上述过程中损失的机械能；
（2）在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
（3）橡胶片与地面之间的动摩擦因数。

解析：(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究。

因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减小的重力势能，
即：ΔE ＝mgLcos θ①
(2)对全程应用动能定理：WG ＋Wf ＝0②
WG ＝mgLcos θ③
由②、③得Wf ＝－WG ＝mgLcos θ④
(3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ⑤
摩擦力做的功Wf ＝－fs ⑥
④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgLcos θFs
⑦ 答案：(1)mgLcos θ （2）mgLcos θ （3）mgLcos θFs
（2012·海南物理）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为R 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B 点。

在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力。

已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g 。

求：
（1）小球在AB 段运动的加速度的大小；
（2）小球从D 点运动到A 点所用的时间。

（16分）（2012·北京理综）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。

已知l=1.4m,v=3.0m/s,m=0.10kg,物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,桌面高h=0.45m.不计空气阻力，重力加速度取10m/s2.求
小物块落地点距飞出点的水平距离s；
小物块落地时的动能Ek
小物块的初速度大小v0.
答案：（1）s=0.90m （2）0.90J （3）4.0m/s
（15分）（2012·山东理综）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。

一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。

工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。

（取g=10m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P 点无初速度释放，滑至C 点时恰好静止，求P 、C 两点间的高度差h 。

（2）若将一水平恒力F 作用于工件，使物块在P 点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。

①求F 的大小
②当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC 段，求物块的落点与B 点间的距离。

解析：(1)物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得
mgh －μ1mgL ＝0①
代入数据得
h ＝0.2 m ②
(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得
cos θ＝R －h R
③ 根据牛顿第二定律，对物块有
mgtan θ＝ma ④
对工件和物块整体有
F －μ2(M ＋m)g ＝(M ＋m)a ⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F ＝8.5 N ⑥
②设物块做平抛运动的时间为t ，水平位移为x1，物块落点与B 点间的距离为x2，由运动学公式得 h ＝12
gt2⑦ x1＝vt ⑧
x2＝x1－Rsin θ⑨
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得
x2＝0.4 m ⑩
答案：(1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m
（16分）（2012·江苏物理）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f 。

轻杆向右移动不超过l 时，装置可安全工作。

一质量为m 的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l/4，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。

（1）若弹簧的劲度系数为k ，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x ；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm ；
（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v’和撞击速度v 的关系。

解析：(1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F ＝kx ①
且F ＝f ②
解得x ＝f k
③ (2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ，则小车从撞击到停止的过程中
由动能定理得－f·l 4－W ＝0－12
mv20④ 同理，小车以vm 撞击弹簧时－fl －W ＝0－12
mv2m ⑤ 解得vm ＝v20＋3fl 2m
⑥ (3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1
12
mv21＝W ⑦ 由④⑦解得v1＝
v20－fl 2m 当v<
v20－fl 2m 时，v′＝v 当v20－fl 2m ≤v≤ v20＋3fl 2m 时，v′＝v20－fl 2m 。

答案：(1)f k (2) v20＋3fl 2m
(3)见解析 25（2012·全国理综）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。

此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。

如图所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系Oxy 。

已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为y=h 21
x2，探险队员的质量为m 。

人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g 。

（1）求此人落到坡面时的动能；
（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
解析：(1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y 。

由运动学公式和已知条件得
x ＝v0t ①
2h －y ＝12
gt2② 根据题意有
y ＝x22h
③ 由机械能守恒，落到坡面时的动能为
12mv2＝12
mv20＋mg(2h －y)④ 联立①②③④式得
12mv2＝12m(v20＋4g2h2v20＋gh
)⑤ (2)⑤式可以改写为
v2＝(v20＋gh －2gh v20＋gh
)2＋3gh ⑥ v2取极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得
v0＝gh ⑦
此时v2＝3gh ，则最小动能为 (12mv2)min ＝32
mgh ⑧ 答案：见解析
2011年高考题精选
1.（2011新课标理综第15题）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 ．先逐渐减小到零，再逐渐增大
C ．先逐渐增大到某一值，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。