2019年高考物理真题同步分类解析专题04 曲线运动功和能(解析版)

1 2019年高考物理试题分类解析

专题04 曲线运动 功和能

1. 2019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v1和t1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】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，12v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()2vmvmmv①

2221111()222vmvmmv②22121''21)2(2121vmvmmv

联立①②式得3mm③

【解析】方程组解的过程，移项得

''231vmmv

221''2183vmmv

下式除以上式得121'vv，代入以上任一式得3mm

（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s1，

2 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

211102mgHfsmv④

2121()0()22vfsmghm⑤

从图（b）所给的v-t图线可得

11112svt⑥

11111(1.4)22vstt⑦

由几何关系21shsH⑧

物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为12Wfsfs⑨

联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得215WmgH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cossinHhWmg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2102mgsmv⑫

设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有cos0sinhmghmgmgs⑬

联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩○11○12○13式可得11=9⑭

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的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得（ ）

A．物体的质量为2 kg

B．h=0时，物体的速率为20 m/s

C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J

D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J

3 【答案】AD

【解析】从地面至h=4 m,JE80p ,又mghEP，得kgkgm241080，A正确。

从地面至h=4 m，JE20-总，JEP80，因为PkEEE总，所以JE100k,即减少100J，D正确。

h=0时，JEk100,所以物体的速率为smmEvk/10210022，B错误；

h=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），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态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始计时，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。则（ ）

A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大

C．第二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，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

【答案】BD

【解析】根据“面积法”求位移，从图可以看出第二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tva_，12vv，但12tt，所以_12_aa，C错误；根据“斜率法”求加速度，从图可以看出，竖直方向速度大小为v1时，加速度12aa，根据牛顿定律mfga，所以12ff，D正确；因为第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，并且tanyx（为斜面倾角），所以第二次滑翔过程中在

4 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，还受到一大小不变、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。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为（ ）

A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 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，则a1=g+f/m，a2=g-f/m

根据动能定理，上升过程JJJEhmak3672361

下落过程，JJJEhmak24244822

代入数据，解得kgm1。

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，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两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）求弹簧释放后瞬间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A与B之间的距离是多少？

（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

【解析】（1）设弹簧释放瞬间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-mBvB①

22k1122AABBEmvmv ②

5 联立①②式并代入题给数据得

vA=4.0 m/s，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。，则有

BBmamg ④a=ug=2m/s2

212BBsvtat ⑤sB=10.5-20.52/2=0.25

0Bvat ⑥t=vB/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，碰撞并不改变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=vAt–212at ⑦sA=40.5-20.52/2=1.75m

联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

sA=1.75 m，sB=0.25 m ⑧

这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为

s=0.25 m+0.25 m=0.50 m ⑨

（3）t时刻后A将继续向左运动，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

2211222AAAAABmvmvmgls⑩或vA’=)22(2BAsLav=25.222-42=7m/s

联立③⑧⑩式并代入题给数据得

7m/sAv○11

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

AAAABBmvmvmv○12

222111222AAAABBmvmvmv○13

联立○11○12○13式并代入题给数据得:2''85Av+0821''47Av

3727m/s,m/s55ABvv○14

6 这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。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

222,2AABBasvasv○15

由④○14○15式及题给数据得

0.63m,0.28mABss○16

sA′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

0.91mABsss○17

6.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1150mL，BC水平投影263mL，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6st到达B点进入BC。已知飞行员的质量60kgm，210m/sg，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NF多大。

【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，则有

12Lt ①

根据动能定理，有

7 2102Wm ②

联立①②式，代入数据，得

47.510JW ③

（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有

2sinLR ④

由牛顿第二定律，有

2NFmgmR ⑤

联立①④⑤式，代入数据，得

3N1.110NF ⑥

7.江苏卷6．如图所示，摩天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m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱

（A）运动周期为2πR

（B）线速度的大小为ωR

（C）受摩天轮作用力的大小始终为mg

（D）所受合力的大小始终为mω2R

【答案】BD

【解析】周期2T，A错误；线速度Rv,B正确；所受合力的大小始终为F向=mω2R

D正确。

8.江苏卷8．如图所示，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μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中