1、第七章 高考真题集训 点击进入Word文稿 一、选择题1(2018全国卷)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答案 A答案 解析 木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：WFWf12mv20，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D错误。解析 2(2019全国卷)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，还受到一大小不变、方向始终与运动方
2、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。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 kg答案 C答案 解析 画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)hCD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h联立以上两式，解得物体的质量m1 kg，C正确。解析 3(2019全国卷)(多选)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的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2
3、。由图中数据可得()A物体的质量为2 kgBh0时，物体的速率为20 m/sCh2 m时，物体的动能Ek40 JD从地面至h4 m，物体的动能减少100 J解析 由于Epmgh，所以Ep与h成正比，斜率kmg，由图象得k20 N，因此m2 kg，A正确；当h0时，Ep0，E总Ek12mv20，因此v010 m/s，B错误；由图象知h2 m时，E总90 J，Ep40 J，由E总EkEp得Ek50 J，C错误；h4 m时，E总Ep80 J，即此时Ek0，即从地面至h4 m，动能减少100 J，D正确。解析 答案 AD答案 4(2019江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。
4、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mgB物块克服摩擦力做的功为2mgsC弹簧的最大弹性势能为mgsD物块在A点的初速度为 2gs答案 BC答案 解析 物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fmmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功Wmgsmgs2mgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为
5、内能，故Epmmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即12mv22mgs，所以v2 gs，D错误。解析 5(2018江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()答案 A答案 解析 小球做竖直上抛运动时，速度vv0gt，根据动能Ek 12 mv2得Ek12m(v0gt)2，故A正确。解析 6(2018天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，
6、则运动员沿AB下滑过程中()A所受合外力始终为零 B所受摩擦力大小不变C合外力做功一定为零 D机械能始终保持不变答案 C答案 解析 因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，运动过程中速率不变，重力沿曲线切线方向的分力与摩擦力平衡，Gsinf，减小，f减小，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。解析 7(2018全国卷)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线
7、分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程()A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45答案 AC答案 解析 设第次所用时间为t，根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，122t0v012tt0t 12v0，解得：t5t02，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t02 45，A正确；由于两次提升过程中变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律知Fmgma，可得提升的最大牵引力之比为
8、11，B错误；由功率公式PFv知，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，C正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W电mgh0，两次提升高度h相同，所以电机两次做功相同，D错误。解析 8(2019全国卷)(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a-x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则()AM与N的密度相等BQ的质量是P的3倍CQ下落过程中的最大动能是P的4倍
9、DQ下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍解析 如图，当x0时，对P：mPgMmP3a0，即星球M表面的重力加速度gM3a0；对Q：mQgNmQa0，即星球N表面的重力加速度gNa0。解析 答案 AC答案 当P、Q的加速度a0时，对P有：mPgMkx0，则mP kx03a0，对Q有：mQgNk2x0，则mQ 2kx0a0，即mQ6mP，B错误；根据mgGMmR2 得，星球质量MgR2G，则星球的密度 M43R3 3g4GR，所以M、N的密度之比解析 MN gMgN RNRM 31 13 1，A正确；当P、Q的加速度为零时，P、Q的动能最大，系统的机械能守恒，对P有：mPgMx0Ep弹EkP，即E
10、kP3mPa0 x0Ep弹，对Q有：mQgN2x04Ep弹EkQ，即EkQ2mQa0 x04Ep弹12mPa0 x04Ep弹4(3mPa0 x0Ep弹)4EkP，C正确；P、Q在弹簧压缩到最短时，其位置与初位置关于加速度a0时的位置对称，故P下落过程中弹簧的最大压缩量为2x0，Q为4x0，D错误。解析 9(2018全国卷)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点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgR
11、 B4mgR C5mgR D6mgR答案 C答案 解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量E机W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F3RmgR12mv2c，解得：vc2 gR。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解解析 为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为axg，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为tvcg 2 gRg，水平方向的位移为：x12axt212g2 gRg22R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量
12、为E机F(3Rx)5mgR，正确答案为C。解析 10(2017全国卷)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A一直不做功B一直做正功C始终指向大圆环圆心D始终背离大圆环圆心答案 A答案 解析 光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选A。解析 11(2017全国卷)如图，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l3。重力加
13、速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl答案 A答案 解析 以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为23m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1 23 mg l3 29mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2 23 mg l6 19 mgl，则外力做的功即克服重力做的功，等于细绳MQ段的重力势能的变化，即WEp2Ep119mgl29mgl19mgl，A正确。解析 12(2017江苏高考)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
14、数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案 C答案 解析 设斜面倾角为，当小物块沿斜面上滑时，根据动能定理，有(mgsinf)xEkEk0，即Ek(fmgsin)xEk0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时，根据动能定理有(mgsinf)(x0 x)Ek0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek(mgsinf)x(mgsinf)x0，所以下滑时Ek与x的函数图象为直线，且斜率为负。综上所述，C正确。解析 13(2017全国卷)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出
15、，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216g B.v28g C.v24g D.v22g答案 B答案 解析 设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1。小物块上滑过程中，机械能守恒，有12mv212mv212mgR小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有2R12gt2xv1t联立式整理得x2v22g24Rv22g2可得x有最大值v22g，对应的轨道半径Rv28g。故选B。解析 二、实验题14(2019江苏高考)某兴趣小组用如图1所示的装置验证动能定理。(1)有两种工作频率均为50 Hz的打点计
16、时器供实验选用：A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，应选择_(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。实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除。同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动。看法正确的同学是_(选填“甲”或“乙”)。(3)消除摩擦力的影响后，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，其中的一段如图2所示。图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA_ m/s。(4)测出小
17、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Ek 12 Mv 2A 算出。砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g。实验中，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，小车所受合力做的功可用WmgL算出。多次测量，若W与Ek均基本相等则验证了动能定理。答案(1)B(2)乙(3)0.31(0.300.33都算对)(4)远大于答案 解析(1)电磁打点计时器打点时运动的纸带受到的阻力较大，而电火花打点计时器打点时运动的纸带所受阻力较小，故选B。(2)由于刚开始运动，拉力等于最大静摩擦力，而最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故平衡摩擦力的两种看法中
18、，乙同学正确。(3)取与A点相邻的两点，用毫米刻度尺测出两点之间的距离，如图所示，可测得x1.24 cm。解析 用这一段的平均速度表示A点的瞬时速度，则vA x2T 1.2410220.02 m/s0.31 m/s。(4)由题意知，本实验用砝码、砝码盘和沙子的总重力大小表示小车受到的拉力大小，故要求小车的质量应远大于砝码、砝码盘和沙子的总质量。解析 15(2017天津高考)如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是_。A重物选用质量和密度较大的金属锤B两限位孔在同一竖直面内上下对正C精确
19、测量出重物的质量D用手托稳重物，接通电源后，撤手释放重物(2)某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有_。AOA、AD和EG的长度BOC、BC和CD的长度CBD、CF和EG的长度DAC、BD和EG的长度答案(1)AB(2)BC答案 解析(1)A对：验证机械能守恒定律时，为降低空气阻力的影响，重物的质量和密度要大。B对：为减小纸带与打点计时器间
20、的摩擦，两限位孔要在同一竖直平面内上下对正。C错：验证机械能守恒定律的表达式为mgh12mv2，重物的质量没必要测量。D错：此做法对减小实验误差无影响。解析(2)利用纸带数据，根据mgh 12 mv2即可验证机械能守恒定律。要从纸带上测出重物下落的高度并计算出对应的速度，选项A、D的条件中，下落高度与所能计算的速度不对应；选项B的条件符合要求，可以取重物下落OC时处理；选项C中，可以求出C、F点的瞬时速度，又知CF间的距离，可以利用12mv2212mv21mgh验证机械能守恒定律。解析 16(2016全国卷)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图a所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，
21、弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。(1)实验中涉及下列操作步骤：把纸带向左拉直松手释放物块接通打点计时器电源向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是_(填入代表步骤的序号)。(2)图b中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为_m/s。比较两纸带可知，_(填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。答案
22、(1)(2)1.29 M答案 解析(1)实验步骤中，一定要注意先接通打点计时器电源之后再松手释放物块。若次序搞反，可能造成物块已离开桌面但打点计时器还没有开始工作。(2)从纸带上看，最后两个数据2.58 cm、2.57 cm相差不大，表示物块已经脱离弹簧，所以速度v2.582.5720.02 102 m/s1.29 m/s，同理可计算出打下L纸带时物块脱离弹簧的速度vL0.78 m/sv，所以M纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。解析 三、计算题17(2019天津高考)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，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和
23、上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，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L1150 m，BC水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m60 kg，g10 m/s2，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FN多大。答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N答案 解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则
24、有v2L1t 根据动能定理，对飞行员有W12mv20联立式，代入数据，得W7.5104 J解析(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin由牛顿第二定律，对飞行员有FNmgmv2R联立式，代入数据，得FN1.1103 N。解析 18(2017全国卷)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105 m处以7.50103 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/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
25、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%。答案(1)4.0108 J 2.41012 J(2)9.7108 J答案 解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek012mv20式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得Ek04.0108 J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Eh12mv2hmgh式中，vh是飞船在高度1.60105 m处的速度大小。由式和题给数据得Eh2.41012 J解析(2)飞船在高度h600 m处的机械能为Eh1
26、2m2.0100vh2mgh由功能原理得WEhEk0式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得W9.7108 J。解析 19(2016全国卷)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为R2。一小球在A点正上方与A相距R4 处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。答案(1)5(2)能答案 解析(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkAmgR4设小球在B点的动能为
27、EkB，同理有EkBmg5R4 由式得EkBEkA5。(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N0设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有Nmgmv2CR2解析 由式得，vC应满足mgm2v2CR，即vCgR2 小球由A到C，由机械能守恒有mgR412mv2C由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。解析 20(2016天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB24 m/s，A与B的竖直
28、高度差H48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W1530 J，取g10 m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。答案(1)144 N(2)12.5 m答案 解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v2B2ax由牛顿第二定律有mgHxFfma联立式，代入数据解得Ff144 N。解析(2)设运动员到达C点时的速
29、度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mghW12mv2C12mv2B设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FNmgmv2CR 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立式，代入数据解得R12.5 m。解析 21(2016全国卷)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。答案(1)6gl 2 2l(2)53mMMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有12Mv2BMgl联立式得53mM52m。解析 本课结束
