2022年专题04曲线运动功和能

1、2022 年高考物理试题分类解析 专题 04 曲线运动 功和能 1. 2022全国 1卷25.（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头下滑,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 v1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

2、质量；（2）在图（ b）所描述的整个运动过程中,求物块（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等,在物块A 克服摩擦力所做的功；B 停止运动后,转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；求转变前后动摩擦因数的比值；【答案】（ 1）依据图（ b）, v1 为物块 A 在碰撞前瞬时速度的大小,v 为其碰撞后瞬时速度的大小；设物 2块 B 的质量为m ,碰撞后瞬时的速度大小为2v ,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv 1mv 1m v 1m v 2212 mv 11m v12m v 12 mv 11m v 12222222联立式得m3 m 【

3、解析】方程组解的过程,移项得3mv 1m vf,下滑过程中所走过的路程为s1,232 mv 11m v282下式除以上式得v1v 1,代入以上任一式得m3m2（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返回过程中所走过的路程为s2,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mgHfs 112 mv 102fs 2mgh 01mv 1222从图（ b）所给的 v-t 图线可得1s 12 v t s 1 1 v 1 1.4 t 1 t 1 2 2s 2 h由几何关系 s 1 H物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W fs 1 fs 联立式可得 W

4、 2mgH 15（3）设倾斜轨道倾角为 ,物块与轨道间的动摩擦因数在转变前为 ,有 W mg cos Hsin h.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 m gs 0 1 m v .2hmgh mg cos mgs 0设转变后的动摩擦因数为,由动能定理有 sin .联立11 12 13 式可得 = 119.2. 全国 2 卷 18从地面竖直向上抛出一物体,其机械能 E总等于动能 Ek与重力势能 Ep之和； 取地面为重力势能零点,该物体的 E 总和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如下列图；重力加速度取 10 m/s 2；由图中数据可得（）A物体的质量为 2 kg B

5、h=0 时,物体的速率为 20 m/s Ch=2 m 时,物体的动能 Ek=40 J D从地面至 h=4 m,物体的动能削减 100 J 【答案】 AD 【解析】从地面至h=4 m,-Ep80J,又EPmgh,得m804kg2 kg,A正确；J,即削减 100J,10从地面至 h=4 m,E总20J,EP80J,由于E总EkE P,所以E k100D正确；h=0 时,Ek100J,所以物体的速率为v2Ek210010m/s,B 错误；m2h=2 m 时,物体的动能Ek=E总-EP=85-40=45 J,C 错误；所以答案为 AD. 3.全国 2 卷 19如图（ a）,在跳台滑雪竞赛中,运动员在

6、空中滑翔时身体的姿势会影响其下落的速度和滑翔的距离；某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开头计时,用）v 表示他在竖直方向的速度,其 v-t 图像如图（ b）所示, t1 和 t2 是他落在倾斜雪道上的时刻；就（A其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B其次次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C其次次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D竖直方向速度大小为 v1 时,其次次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【答案】 BD 【解析】 依据 “ 面积法 ”求位移, 从图可以看出其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大,A 错误；平均加速度 a _ v,v

7、 2 v 1,但 t 2 t 1,所以 a _2 a _1,C错误；依据 “ 斜率法 ” 求加速度,从图可以看出,竖t直方向速度大小为 v1时,加速度 a 2 a 1,依据牛顿定律 a g f,所以 f 2 f 1,D正确；由于其次次滑m翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大,并且 y tan（为斜面倾角）,所以其次次滑翔过程中在x水平方向上的位移比第一次的大,B正确；所以选 BD. 4. 全国 3卷17从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,仍受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用；距地面高度 h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能 Ek随h的变化如图所示；重力

8、加速度取 10 m/s 2；该物体的质量为（）A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg 【答案】 C 【解析】设上升时加速度为a1,下落时加速度为a2,外力为 f,就 a1=g+f/m ,a2=g-f/m 依据动能定理,上升过程ma 1 hEk36J72J36J下落过程,ma2hEk248J24J24J代入数据,解得m1 kg；5. 全国 3卷25.（20分）静止在水平地面上的两小物块 A、B,质量分别为 mA=l.0 kg ,mB=4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离 l=1.0m,如下列图；某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使 A、B瞬时分别,两

9、物块获得的动能之和为 Ek=10.0 J；释放后, A沿着与墙壁垂直的方向向右运动；A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20；重力加速度取 g=10 m/s2；A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短；（1）求弹簧释放后瞬时 A、B速度的大小；（2）物块 A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时（3）A和B都停止后, A与B之间的距离是多少？A与B之间的距离是多少？【解析】（ 1）设弹簧释放瞬时A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvBE k1m v A A21m v B B222联立式并代入题给数据得vA=4.0 m/s,

10、vB=1.0 m/s （2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为 a；假设 A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的 B；设从弹簧释放到 B停止所需时间为 t,B向左运动的路程为 sB；,就有2 m a m g a=ug=2m/ss B v t 1at 2 sB=1 0.5-2 0.5 2/2=0.25 2v B at 0 t=v B/a=0.5s 在时间 t内, A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后 A将向左运动,碰撞并不转变 A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生, A在时间 t内的路程 SA都可表示为sA=vAt1at2sA=40.

11、5-20.52/2=1.75m 2联立式并代入题给数据得sA=1.75 m ,sB=0.25 m 这说明在时间 t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与 B发生碰撞,此时 A位于动身点右边 0.25 m处； B位于动身点左边 0.25 m处,两物块之间的距离 s为s=0.25 m+0.25 m=0.50 m （3）t时刻后 A将连续向左运动,假设它能与静止的 B碰撞,碰撞时速度的大小为 vA,由动能定理有12 m v A 2 12 m v 2A m g 2 l s B 或 v A= v 2A 2 a 2 L s B = 4 2-2 2 .2 25 = 7 m/s 联立式并代入题给数据得v A 7m /

12、 s11故A与B将发生碰撞；设碰撞后 A、B的速度分别为 vA 和vB ,由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A v A m v A A m v B B121 m v A 2 1 m v A 2 1 m v B 2132 2 2联立11 12 13 式并代入题给数据得 : 5v A 2 + 7v A 2108 4 8v A 3 7 m / s, v B 2 7 m / s145 5这说明碰撞后 A将向右运动, B连续向左运动；设碰撞后A向右运动距离为sA时停止, B向左运动距离为sB时停止,由运动学公式2 asAv2 A,2 as Bv2 B1516由 14 15式及题给数据得s A0.63

13、m,sB0.28 msA小于碰撞处到墙壁的距离；由上式可得两物块停止后的距离ss As B0.91 m176.天津卷 10.（ 16 分）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得胜利；航母上的舰载机采纳滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图 1 所示；为了便于讨论舰载机的起飞过程,假设上翘甲板 BC是与水平甲板 AB相切的一段圆弧,示意如图 2, AB 长 L 1 150 m,BC 水平投影 L 2 63 m,图中 C 点切线方向与水平方向的夹角 12 （ sin12 0.21）；如舰载机从 A点 由 静 止 开 始 做 匀 加 速 直 线 运 动 ,

14、 经 t 6 s 到 达 B 点 进 入 BC ； 已 知 飞 行 员 的 质 量 m 60 kg,2g 10 m/s,求（1）舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功 W ；（2）舰载机刚进入BC 时,飞行员受到竖直向上的压力F 多大；【解析】（1）舰载机由静止开头做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为,就有L 12t依据动能定理,有W1m202联立式,代入数据,得（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为W4 7.5 10 JR,依据几何关系,有L2Rsin由牛顿其次定律,有2F NmgmR联立式,代入数据,得F N1.1 103N m,运动半径为 R,7.江苏卷 6如下列图,摩天

15、轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动座舱的质量为角速度大小为 ,重力加速度为g,就座舱2R（A ）运动周期为（B）线速度的大小为R2Rmg（C）受摩天轮作用力的大小始终为（D）所受合力的大小始终为m【答案】 BD 【解析】周期T2,A错误；线速度vR,B 正确； 所受合力的大小始终为F向=m2RD正确；8.江苏卷 8如下列图,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态小物块的质量为 m,从 A点向左沿水平地面运动, 压缩弹簧后被弹回,运动到 A点恰好静止 物块向左运动的最大距离为 s,与地面间的动摩擦因数为 ,重力加速度为 g,弹簧未超出弹性限度在上述过程中（A ）弹簧的最大弹力为 mg（B）物块克

16、服摩擦力做的功为 2 mgs（C）弹簧的最大弹性势能为 mgs（D）物块在 A点的初速度为 2 gs【答案】 BC 【解析】逐项判定A.当加速度为 0时,弹力等于摩擦力 mg,此位置不是最大弹力,A错误； mgs,C正确；B. 物块克服摩擦力做的功为 mgs+ mgs =2 mgs,B正确；C.弹力做功 =弹性势能,弹出时,W弹-mgs0,所以弹簧的最大弹性势能为D.压缩过程,W弹-mgs01mv2,解得v A2gs,D错误；A29. 2022 年高考江苏省物理卷第10 题.（8 分）某爱好小组用如图10-1 所示的装置验证动能定理（1）有两种工作频率均为50Hz 的打点计时器供试验选用：A.

17、电磁打点计时器B.电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小,应挑选_选填 “ A”或“ B” 2保持长木板水平,将纸带固定在小车后端,纸带穿过打点计时器的限位孔；试验中,为排除摩擦力的影 响,在砝码盘中渐渐加入沙子,直到小车开头运动；同学甲认为,此时摩擦力的影响已经得到排除；同学乙认为仍应从盘中取出适量沙子,直至轻推小车观看到小车做匀速运动；看法正确的同学是_选填 “ 甲”或“ 乙” ；（3）排除摩擦力的影响后,在砝码盘中加入砝码,接通打点计时器电源,松开小车,小车运动,纸带被打出一系列点,其中一段如题10-2 图所示；图中纸带按实际尺寸画出,纸带上A 点的速度v =_m/s. （4）测

18、出小车的质量为 M ,再测出纸带上起点到 A 点的距离为 L ；小车动能的变化量可用 E k 1Mv A 2算2出；砝码盘中砝码的质量为 m,重力加速度为 g.试验中,小车的质量应 选填 “远大于 ”、“远小于 ” 或“接近 ” 砝码、砝码盘和沙子的总质量,小车所受合力的功可用 W mgL 算出；多次测量,如 W 与 E 均基本相等就验证了动能定理；【答案】（ 1）B（2）乙（ 3）0.31（0.300.33 都算对）（4）远大于【解析】用刻度尺测出A 两边的两点间的距离为sx.1 20 cm,就速度v Ax1 .200102m/s0. 30m/；2 T2. 02这是江苏省物理卷要求用刻度尺直

19、接测量试卷上的实际长度了,所以老师一再要求同学高考时带齐文具包括刻度尺、三角板、量角器、圆规等,就有同学不以为然,果真吃亏；不听老人言吃亏在眼前嘛 . 10.2022年高考北京理综卷第 21题（ 18分）用如图 1所示装置讨论平地运动；将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上；钢球沿斜槽轨道 PQ滑下后从 Q点飞出,落在水平挡板 MN 上；由于挡板靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点；移动挡板,重新释放钢球,如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点；（1）以下试验条件必需满意的有 _；A斜槽轨道光滑B斜槽轨道末段水平C挡板高度等间距变化D每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球（2）为定量讨论,建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系；a取平抛运动的起始点为坐标原点,将钢球静置于 Q点,钢球的 _（选填 “最上端 ”、“ 最下端 ” 或者 “球心” ）对应白纸上的位置即为原点；在确定 y轴时 _（选填 “ 需要 ”或者 “不需要 ”）y轴与重锤线平行；b如遗漏记录平抛轨迹的起始点,也可按下述方法处理数据：如图 2所示,在轨迹上取 A、B、C三点, AB和BC的水平间距相等且均为 x,测得 AB和BC的竖直间距分别是 y1和 y2,就 y_ y 12 13（选填 “大于 ”