2017年最新全国各地高考物理真题汇编_E单元 功和能

E1 功和功率

24．E1、J2、K1[2017·北京卷] 发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性．直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景．

在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN 、PQ 固定在水平面内，相距为L ，电阻不计．电阻为R 的金属导体棒ab 垂直于MN 、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v (v 平行于MN )向右做匀速运动．

图1轨道端点M 、P 间接有阻值为r 的电阻，导体棒ab 受到水平向右的外力作用．图2轨道端点M 、P 间接有直流电源，导体棒ab 通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I .

(1)求在Δt 时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能；

(2)从微观角度看，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用．为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷．

a ．请在图3(图1的导体棒a

b )、图4(图2的导体棒ab )中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图．

b ．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明．

24．[答案] (1)B 2L 2v 2Δt

R ＋r BIL v Δt (2)略

[解析] (1)图1中，电路中的电流I 1＝BL v

R ＋r

棒ab 受到的安培力F 1＝BI 1L

在Δt 时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab 克服安培力做的功

E 电＝

F 1·v Δt ＝B 2L 2v 2Δt

R ＋r

图2中，棒ab 受到的安培力F 2＝BIL

在Δt 时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab 做的功 E 机＝F 2·v Δt ＝BIL v Δt (2)a.如图3、图4所示．

b ．设自由电荷的电荷量为q ，沿导体棒定向移动的速率为u . 如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力f 1′＝q v B ，做负功 W 1＝－f 1′·u Δt ＝－q v Bu Δt

垂直棒方向的洛伦兹力f 2′＝quB ，做正功 W 2＝f 2′·v Δt ＝quB v Δt

所以W 1＝－W 2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．

f 1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f 2′做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用．

16．E1、E2[2017·全国卷Ⅲ] 如图所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距1

3l .重力

加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )

图1

A.19mgl

B.16mgl

C.13mgl

D.12

mgl 16．A [解析] 由题可知，缓慢提升绳子，在整个过程中，动能不变，则外力做功W F

等于重力势能的增加量ΔE p ，将Q 端提升至M 位置处，过程如图所示．由图可知：全程重力势能增加量ΔE p 可视为NQ 段上升增加的重力势能．取NQ 段为研究对象，此段质量大小为m ′＝13m ，其重心位置上升高度为h ＝13l ，则外力做功为W F ＝ΔE p ＝m ′gh ＝1

9

mgl ，A 正

确．

4．D6、E1、F1[2017·天津卷] “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是()

图1

A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力

C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

4．B[解析] 乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能保持不变，而重力势能时刻改变，A错误；在最高点合外力提供向心力，方向向下，所以在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力，B正确；乘客重力的冲量等于重力与时间的乘积，C错误；乘客向下的瞬时分速度时刻在改变，所以重力的瞬时功率也时刻在变化，D错误．

E2 动能动能定理

3．E2[2017·江苏卷] 一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()

A B

C D

3．C[解析] 小物块上滑过程，由动能定理得－(mg sin θ＋μmg cos θ)x＝E k－E k0，

整理得E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x .设小物块上滑的最大位移大小为s ，小物块下滑过程，由动能定理得(mg sin θ－μmg cos θ)(s －x )＝E k －0，整理得E k ＝(mg sin θ－μmg cos θ)s －(mg sin θ－μmg cos θ)x ，所以选项C 正确．

14．B4、E2[2017·江苏卷] 如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R .C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m

2，与地面间的动摩

擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：

图1

(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin ；

(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W . 14．[答案] (1)

33mg (2)3

2

(3)(2μ－1)(3－1)mgR [解析] (1)C 受力平衡，则2F cos 30°＝mg 解得F ＝

33

mg (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大，为F x max ＝32

mg B 受地面的摩擦力f ＝μmg 根据题意f min ＝F x max ，解得μmin ＝

32

(3)C 下降的高度h ＝(3－1)R A 的位移x ＝2(3－1)R

摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR 根据动能定理得W －W f ＋mgh ＝0－0

解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR 24．E2、E3[2017·全国卷Ⅰ] 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%.

24．[答案] (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J

[解析] (1)飞船着地前瞬间的机械能为

E k0＝12m v 20

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