10年(2010-2019)高考全国1卷物理试题分类精品解析专题06 机械能(解析版)

10年高考（2010-2019年）全国1卷物理试题分类解析
专题06 机械能
江苏省特级教师 学科网金牌名师 戴儒京解析
一、选择题
1.（2010年）16．如图所示，在外力作用下某质点运动的t v -图象为正弦曲线。

从图中可以判断 A ．在10~t 时间内，外力做正功 B ．在10~t 时间内，外力的功率逐渐增大 C ．在2t 时刻，外力的功率最大 D ．在13~t t 时间内，外力做的总功为零
【解析】A 正确，因为在10~t 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，t v sin =，则t a cos =，加速度对应合外力，即t cos F =，所以功率
t t t p 2sin 2
1
cos sin =
=，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13~t t 时间内，外力做的总功021m 21W 212
3=-=mv v 。

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
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
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/s 2=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】max 212==mv E k ，与位移x 成正比。

m
p t ma mv E k 221212
2
22===，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2
2
1)2(c mv mgR R R F =
-+，已知mg F =，解得gR v c ⋅=2
小球从c 点运动到其轨迹最高点，设小球升高h ，则2
2
10c mv mgh -
=-，得R h 2=。

此过程小球在水平方向上的位移221at x =
，其中g m F a ==，R g
h
t 22==(根据竖直方向的运动算得)，解得R x 2= 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，
mgR 52=++⋅==∆）（机x R R F W E F
【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 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5
6
R 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1
=4
μ，重力加速度大小为g 。

（取34sin 373755
︒=︒=
，cos ） （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7
2
R 、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P 为研究对象，受力分析如图：
设P 加速度为a ，其垂直于斜面方向受力平衡：cos G N θ= 沿斜面方向，由牛顿第二定律得：sin G f ma θ-= 且f N μ=，可得： 2sin cos 5
a g g g θμθ=-=
对CB 段过程，由
2202t v v as -=
其中R R R 527s =-=,00=v 代入数据得B 点速度：
2B v gR =
（2）P 从C 点出发，最终静止在F ，分析整段过程； 由C 到F ，重力势能变化量：3sin P E mg R θ∆=-⋅
①
减少的重力势能全部转化为内能。

设E 点离B 点的距离为xR ，从C 到F ，产热：
cos (72)Q mg R xR μθ=+
②
由P Q E =∆，联立①、②解得：1x =； 研究P 从C 点运动到E 点过程 重力做功： sin (5)G W mg R xR θ=+
摩擦力做功： cos (5)f W mg R xR μθ=-+
动能变化量： 0J k E ∆=
由动能定理： G f k W W W E ++=∆弹 代入得：
125
mgR
W =-
弹 由E W ∆=-弹弹，到E 点时弹性势能E 弹为
125
mgR。

（3）其几何关系如下图
可知：∠COQ=370 ,所以23OQ R =，1
2
CQ R =
由几何关系可得，G 点在D 左下方，竖直高度差为5
2
R ，水平距离为3R 。

设P 从D 点抛出时速度为0v ，到G 点时间为t 其水平位移： 03R v t =
竖直位移： 25122R gt = 解得：
035gR
v 研究P 从E 点到D 点过程，设P 此时质量为'm ，此过程中：
重力做功： 351
''(6sin )'210
G W m g R R m gR θ=-+=-
① 摩擦力做功： 6
''6cos '5
f W m
g R m gR μθ=-⋅=-
② 弹力做功： 12
'5
W E mgR 弹弹=-∆=
③ 动能变化量： 201''0J 2k E m v ∆=-9
'10
m gR =
④ 由动能定理：
''''G f k W W W E 弹++=∆
⑤
将①②③④代入⑤，可得：
1'3
m m =
【答案】(1)gR 2 （2）2.4mgR (3)553gR , m 3
1
【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/s 2。

（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2
002
1mv E k =
① 式中，m 和v 0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
8kp 4.010J E =⨯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
2
12
h h E m mgh =
+③ 式中，v h 是飞船在高度1.6×105m 处的速度大小。

由③式和题给数据得
122.410J h E =⨯④
（2）飞船在高度h ' =600 m 处的机械能为
21 2.0()2100
h h E m v mgh ''=
+⑤
由功能原理得
k0h W E E '=-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 J ⑦
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 【解析】（1）设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有2
012
E mv =
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00v gt -=-②
联立①②式得t =
（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E =mgh 1④
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v 1和v 2。

由题给条件和动量守恒定律有
22
121144
mv mv E +=⑤ 1211
022
mv mv +=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h 2，由机械能守恒定律有
21211
42
mv mgh =⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为122E
h h h mg
=+=
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v 1和t 1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 ），v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，
1
2
v 为其碰撞后瞬间速度的大小。

设物块B 的质量为m '，碰撞后瞬间的速度大小为v '，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
11()2
v
mv m m v ''=-+①
2221111()222v
mv m m v ''=-+②22121''2
1
)2(212
1v m v m mv +-=
联立①②式得3m m '=③
【解析】方程组解的过程，移项得
''2
3
1v m mv = 221''2
1
83v m mv = 下式除以上式得12
1
'v v =
，代入以上任一式得3m m '= （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s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，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
2
11102
mgH fs mv -=
-④ 2121()0()22
v
fs mgh m -+=--⑤
从图（b ）所给的v -t 图线可得
1111
2
s v t =⑥ 1
1111(1.4)22
v s t t =
⋅⋅-⑦
由几何关系2
1
s h
s H =⑧
物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为12W fs fs =+⑨ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得2
15
W mgH =
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cos sin H h
W mg μθθ
+=○11 设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s '，由动能定理有21
02
m gs m v μ''''-=-○12
设改变后的动摩擦因数为μ'，由动能定理有
cos 0sin h
mgh mg mgs μθμθ'''-⋅
-=○
13 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩○11○12○13式可得11
=9
μμ'
○14。