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
E k0＝4.0×108 J 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 E h ＝12m v 2h
＋mgh ③
式中，v h 是飞船在高度1.6×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ＝2.4×1012 J ④
(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12
m ????2.0100v h 2
＋mgh ′ ⑤
由功能原理得 W ＝E h ′－E k0 ⑥
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②⑤⑥式和题给数据得
W ＝9.7×108 J 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
R
GM
，v ＝GM R ，a ＝GM
R
2，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E k ＝1
2
m v 2变大，C 正确．
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
9mgl ，A 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 ＝1 m 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－
6 C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103 N/C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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)3.0×10－3 N (2)4.0×10－
4 kg (3)2.0 m/s
[解析] (1)F ＝qE ＝3.0×10－
3 N (2)由
qE mg
＝tan 37°得m ＝4.0×10－
4 kg (3)由mgl (1－cos 37°)＝1
2
m v 2得v ＝2gl （1－cos 37°）＝2.0 m/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( )
图1
A ．A 的动能达到最大前，
B 受到地面的支持力小于3
2mg
B ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于3
2mg
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
3
2
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3
2mg ，
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3
2mg ，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，E pmax ＝mg (L cos 30°－L cos 60°)＝
3－1
2
mgL ，选项D 错误． 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 E k0＝4.0×108 J 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 E h ＝12m v 2h
＋mgh ③
式中，v h 是飞船在高度1.6×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ＝2.4×1012 J ④
(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12
m ????2.0100v h 2
＋mgh ′ ⑤
由功能原理得 W ＝E h ′－E k0 ⑥
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②⑤⑥
式和题给数据得
W ＝9.7×108 J ⑦
10．A3、E3、F2[2017·天津卷] 如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m (未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．求：
图1
(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ； (2)A 的最大速度v 的大小； (3)初始时B 离地面的高度H .
10．[答案] (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
[解析] (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h ＝1
2
gt 2 ① 代入数据解得 t ＝0.6 s ②
(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有 v B ＝gt ③
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得 m B v B ＝(m A ＋m B )v ④
之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得
v ＝2 m/s ⑤
(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有
1
2(m A
＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ⑥ 代入数据解得 H ＝0.6 m ⑦
E4 实验：探究动能定理
21．E4[2017·北京卷] 如图1所示，用质量为m 的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验．
(1)打点计时器使用的电源是________(填选项前的字母)．
A．直流电源B．交流电源
(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是________(填选项前的字母)．
A．把长木板右端垫高B．改变小车的质量
在不挂重物且________(填选项前的字母)的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．
A．打点计时器不打点B．打点计时器打点
(3)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O.在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T.测得A、B、C……各点到O点的距离分别为x1、x2、x3……，如图2所示．
图2
实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg，从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝________，打B点时小车的速度v＝________.
(4)以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作出如图3所示的v2-W图像．由此图像可得v2随W变化的表达式为____________________．根据功与能的关系，动能的表达式中可能包含v2这个因子；分析实验结果的单位关系，与图线斜率有关的物理量应是____________．
(5)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，图4中正确反映v2-W关系的是____________________．
A B
C D
图4
21．[答案] (1)B (2)A B (3)mgx 2
x 3－x 1
2T
(4)v 2＝kW ，k ＝(4.5～5.0) m 2·s －
2·J －
1 质量 (5)A
[解析] (1)打点计时器使用交流电源，所以选项B 正确．
(2)要用重力的分量来平衡摩擦力和其他阻力，所以选项A 正确．检验是否平衡了摩擦力时，要让打点计时器打点并观察小车是否匀速运动，所以选项B 正确．
(3)做功表达式为W ＝Fx ，又因为F ＝mg ，x ＝x 2，则W ＝mgx 2.
由中间时刻速度等于平均速度可知，v ＝x 3－x 1
2T
.
(4)由数学关系可得，v 2＝kW ，其中k 为图像斜率，k ＝(4.5～5.0)m 2·s 2·J －
1.由W ＝12M v 2
可得v 2＝2
M
W ，则图像斜率与质量有关．
(5)若重物的质量不满足远小于小车质量的条件，那么重物重力势能的减小量等于重物
和小车动能的增加量之和，即W ＝12m v 2＋12M v 2，则W ＝12(m ＋M )v 2，v 2＝2
m ＋M W ，仍为正
比例函数，所以A 图正确．
10．E4[2017·江苏卷] 利用如图所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M ＝200.0 g ，钩码的质量为m ＝10.0 g ，打点计时器的电源为50 Hz 的交流电．
图1
(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到________．
(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图所示．选择某一点为O ，依次每隔4 个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx ，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v ，其中打出计数点“1”时小车的速度v 1＝________m/s.
图1
(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g ＝9.80 m/s 2，利用W ＝mg Δx 算出拉力对小
车做的功W .利用E k ＝1
2
M v 2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔE k .计算结果见下表．
请根据表中的数据，在方格纸上作出ΔE k -W 图像．
图1
(4)实验结果表明，ΔE k 总是略小于W .某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F ＝________N.
10．[答案] (1)小车做匀速运动 (2)0.228 (3)如图所示
(4)0.093
[解析] (1)小车处于平衡状态，故它被轻推后能做匀速直线运动． (2)v 1＝x 1＋x 22T ＝（2.06＋2.50）×10－
2 m 2×0.1 s
＝0.228 m/s.
(4)钩码受力如图所示
F 合＝mg －F
根据牛顿第二定律得 mg －F ＝ma ①
小车所受合力的大小等于F ，再由牛顿第二定律得F ＝Ma ② 综合①②得
F ＝Mmg M ＋m
代入数据得
F ＝0.2×0.01×9.80.2＋0.01 N ≈0.093 N.
E5 实验：验证机械能守恒定律
9． E5 [2017·天津卷] (2)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．
图1
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________．
图1
A ．OA 、AD 和EG 的长度
B ．O
C 、BC 和C
D 的长度 C ．BD 、CF 和EG 的长度 D ．AC 、BD 和EG 的长度
(2)①利用此装置验证机械能守恒定律，根据实验原理可判断出A 、B 能减小下落过程中空气阻力和摩擦力，能有效减小实验误差，A 、B 正确．机械能守恒定律表达式中，重物的质量可以约去，精确测量质量不能减小误差，C 错误；用手托住重物，撤手后最初一段时间，重物所做运动并不一定是自由落体运动，该操作增大误差，D 错误．
②利用测量值能完成验证机械能守恒定律的依据就是重力做功和动能的变化量之间的关系，所以我们必须要确定好初、末位置的速度以及初、末位置的高度差，从四组数据可以看出，B 、C 两组数据满足此要求，所以选择B 、C.
E6 功和能综合
17．D6、E6[2017·全国卷Ⅱ] 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，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 )( )
图1
A.v 216g
B.v 28g
C.v 24g
D.v 22g
17．B [解析] 物块上升到最高点的过程，机械能守恒，有12m v 2＝2mgr ＋12m v 21
，由平
抛运动规律，水平方向，有x ＝v 1t ，竖直方向，有2r ＝1
2gt 2，解得x ＝
4v 2
g
r －16r 2，当r ＝v 2
8g 时，x 最大，B 正确．