最新全国各地高考物理真题汇编E单元功和能Word文件下载.docx

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棒ab受到的安培力F1＝BI1L

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＝F1·

vΔt＝

图2中，棒ab受到的安培力F2＝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＝F2·

vΔt＝BILvΔt

（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f1′＝qvB，做负功

W1＝－f1′·

uΔt＝－qvBuΔt

垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功

W2＝f2′·

vΔt＝quBvΔt

所以W1＝－W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．

f1′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；

f2′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l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为（　　）

图1

A.mglB.mgl

C.mglD.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WF等于重力势能的增加量ΔEp，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ΔEp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′＝m，其重心位置上升高度为h＝l，则外力做功为WF＝ΔEp＝m′gh＝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（　　）

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Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek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－（mgsinθ＋μmgcosθ）x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－（mgsinθ＋μmgcosθ）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（mgsinθ－μmgcosθ）（s－x）＝Ek－0，整理得Ek＝（mgsinθ－μmgcosθ）s－（mgsinθ－μmgcosθ）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，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：

（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）mg　

（2）　（3）（2μ－1）（－1）mgR

[解析]

（1）C受力平衡，则2Fcos30°

＝mg

解得F＝mg

（2）C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，为Fxmax＝mg

B受地面的摩擦力f＝μmg

根据题意fmin＝Fxmax，解得μmin＝

（3）C下降的高度h＝（－1）R

A的位移x＝2（－1）R

摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2（－1）μmgR

根据动能定理得W－Wf＋mgh＝0－0

解得W＝（2μ－1）（－1）mgR

24．E2、E3[2017·

全国卷Ⅰ]一质量为8.00×

104kg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×

105m处以7.5×

103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/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9.8m/s2.（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600m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×

108J　2.4×

1012J

（2）9.7×

108J

[解析]

（1）飞船着地前瞬间的机械能为

Ek0＝mv　①

式中，m和v0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

Ek0＝4.0×

108J　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

Eh＝mv＋mgh　③

式中，vh是飞船在高度1.6×

105m处的速度大小．由③式和题给数据得

Eh＝2.4×

1012J　④

（2）飞船在高度h′＝600m处的机械能为

Eh′＝m＋mgh′　⑤

由功能原理得

W＝Eh′－Ek0　⑥

式中，W是飞船从高度600m处至着地前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×

108J　⑦

14．D5、E2[2017·

全国卷Ⅲ]2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的（　　）

A．周期变大B．速率变大

C．动能变大D．向心加速度变大

14．C　[解析]由天体知识可知T＝2πR，v＝，a＝，半径不变，周期T、速率v、加速度a的大小均不变，故A、B、D错误．速率v不变，组合体质量m变大，故动能Ek＝mv2变大，C正确．

E3机械能守恒定律

22．E3、B4、I1[2017·

北京卷]如图5所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°

.已知小球所带电荷量q＝1.0×

10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×

103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8.求：

图5

（1）小球所受电场力F的大小；

（2）小球的质量m；

（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．

22．[答案]

（1）3.0×

10－3N　

（2）4.0×

10－4kg

（3）2.0m/s

[解析]

（1）F＝qE＝3.0×

10－3N

（2）由＝tan37°

得m＝4.0×

（3）由mgl（1－cos37°

）＝mv2得v＝＝2.0m/s

9．C3、E3（多选）[2017·

江苏卷]如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L.B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°

变为120°

.A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中（　　）

A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg

B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg

C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下

D．弹簧的弹性势能最大值为mgL

9．AB　[解析]A球由静止下降经过先加速达到速度最大、再减速至速度为零的过程．当A动能达到最大，即速度最大时，其所受合力为零，此时以A、B、C整体为研究对象，整体的加速度为零，故地面对整体的支持力等于整体的重力，B受到地面的支持力等于mg，选项B正确；

在A下降加速达到最大速度之前，A处于失重状态，以A、B、C整体为研究对象，地面对整体的支持力小于整体的重力，故B受到地面的支持力小于mg，选项A正确；

当弹簧的弹性势能最大时，弹簧长度最大，此时，A处于最低点，之后A竖直向上先加速再减速，回到原位置，以后周期性运动，选项C错误；

对整个系统由机械能守恒定律得，Epmax＝mg（Lcos30°

－Lcos60°

）＝mgL，选项D错误．

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