2021 “双一流”高校自主招生物理好题精选全解全析 第05章 功、能(解析版)

“双一流”高效自主招生好题精选

5.功、能

1．(清华大学自主招生)在光滑的水平桌面上有两个质量均为m 的小球，由长度为2l 的拉紧细线相连。以一恒力作用于细线中点，恒力的大小为F ，方向平行于桌面。两球开始运动时，细线与恒力方向垂直。在两球碰撞前瞬间，两球的速度在垂直于恒力方向的分量为( ) A. Fl

2m B. Fl m C ．2

Fl m

D.

2Fl m

【答案】B

【解析】要计算在两球碰撞前瞬间，两球的速度在垂直于恒力方向的分量，可以不考虑两球沿恒力方向的运动，这样设想，两小球沿连线方向的光滑轨道运动，在两球碰撞前瞬间，恒力F 相对两球连线的位移为l ，恒力做功F ·l ＝2·1

2mv x 2。解得：v x ＝

Fl

m

，选项B 正确。

2．(“北约”自主招生)如图，一个质量为2m 的球和一个质量为m 的球，用长度为2r 的轻杆连在一起，两个球都限制在半径为r 的光滑圆形竖直轨道上，轨道固定于地面。初始时刻，轻杆竖直，且质量为2m 的球在上方；此时，受扰动两球开始运动，当质量为2m 的球运动到轨道最低点时，速度为________。轨道对两球组成的系统的力为________。

【解析】取光滑圆形竖直轨道的圆心为零势能参考平面，设质量为2m 的球运动到轨道最低点时速度为v ，由机械能守恒，有：

2mgr －mgr ＝mgr －2mgr ＋12mv 2＋1

2·2mv 2，

解得：v ＝2

gr

3

设轻杆中弹力为F ，轨道对质量为2m 的球向上的支持力为F 1，对质量为m 的球向下的压力为F 2，对运动到轨道最低点的质量为2m 的小球，由牛顿第二定律，F 1－2mg －F ＝2m v 2

r ，

对运动到轨道最高点的质量为m 的小球，由牛顿第二定律，F 2＋mg －F ＝m v 2

r ，

两式相减得：F 1－F 2＝3mg ＋m v 2

r

。

将v ＝2 gr 3代入得：F 1－F 2＝3mg ＋4mg 3＝13mg 3。 【答案】2

gr 3 13mg

3

3．(“北约”自主招生)如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端A 向上有三个等间距点B 、C 和D ，即AB ＝BC ＝CD 。小滑块P 以初速v 0从A 出发，沿斜面向上运动。先设置斜面与滑块间处处无摩擦，则滑块到达D 位置刚好停下，而后下滑。若设置斜面AB 部分与滑块间有处处相同的摩擦，其余部位与滑块间仍无摩擦，则滑块上行到C 位置刚好停下，而后下滑。滑块下滑到B 位置时速度大小为________，回到A 端时速度大小为________。

【解析】由于A 、B 、C 、D 等间距，A 、B 、C 、D 所处的高度均匀变化，设A 到B 重力做功为W G ，从A 到D ，根据动能定理，有－3W G ＝0－1

2

mv 02 ①

若设置斜面AB 部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功为W f ，根据动能定理，有－2W G －W f ＝0－12

mv 02

② 由①②联立解得：W f ＝W G

③

设滑块下滑到B 位置时速度大小为v B ，根据动能定理，有W G ＝1

2mv B 2④

由①④联立解得：v B ＝

3

3v 0

。 滑块由B 到A ，由动能定理，W G －W f ＝12mv A 2－1

2mv B 2⑤

由③⑤联立解得：v A ＝v B ＝3

3v 0

【答案】

33v 0 3

3v 0

4．(“北约”自主招生)两个相同的铁球，质量均为m ，由原长为L 0、劲度系数为k 的弹簧连接，设法维持弹簧在原长位置由静止释放两球(两球连线竖直)。设开始时下面铁球距离桌面的高度为h ，而且下面铁球与桌面的碰撞为完全非弹性的碰撞。 (1)求弹簧的最大压缩量x 。

(2)如果使铁球放在光滑水平面上绕过质心的竖直轴转动，此时弹簧长度变为L ，求转动的角速度ω。 【解析】(1)两铁球开始一起做自由落体运动，着地时速度v 0＝2gh 。

下面铁球着地后瞬间速度变为零，而上面铁球以速度v 0＝2gh 向下运动压缩弹簧。当上面铁球的速度减小到零时，弹簧有最大压缩量x 。由能量守恒定律： 12kx 2＝mgx ＋1

2

mv 02，

解得x ＝mg ＋m 2g 2＋2kmgh

k

。

(2)铁球绕过弹簧正中间的竖直轴转动，对铁球：k (L －L 0)＝mω2L

2。

解得：ω＝

2k (L －L 0)

mL

。 【答案】(1)mg ＋m 2g 2＋2kmgh

k

(2)

2k (L －L 0)

mL

5．(上海交通大学自主招生)如图所示，甲、乙两个小球分别固定在一根直角尺的两端A 、B ，直角尺的顶点O 处有光滑的水平固定转动轴，且OA ＝OB ＝L ，系统平衡时，OA 与竖直方向的夹角为37°。

(1)求甲、乙两个小球的质量之比。

(2)若将直角尺顺时针缓慢转动到OA 处于水平位置后由静止释放，求开始转动后B 球可能达到的最大速度和可能达到的最高点。

【解析】(1)以O 点为转轴，由力矩平衡条件， m A gL sin 37°＝m B gL cos 37°

解得甲、乙两个小球的质量之比：m A m B ＝4

3

。

(2)当OA 处于水平位置后由静止释放，当OA 运动到如题图所示的平衡位置速度最大，由动能定理， m A gL cos 37°－m B gL (1－sin 37°)＝1

2(m A ＋m B )v 2，

解得：v ＝

4gL

7

。 当OA 摆动过程中，根据振动的物体两侧的振幅相等的特点，当OA 向右摆动到与竖直位置成53°－37°＝16°时，是右侧的最高位置，此时B 球的最高位置距O 点的高度为h ＝L sin 16°，即开始转动后B 球可能达到的最高点为距O 点的高度为h ＝L sin 16°。 【答案】(1)4

3 (2)

4gL

7

在O 点上方，距O 点的高度为L sin 16°

6.电动机带动电梯上下时要加一配重，其装置如图所示。A 、B 是两个定滑轮，C 是动滑轮，不计滑轮摩擦和重量，配重的质量m ＝1 000 kg ，电梯载人后的总质量M ＝3 000 kg 。设电梯向上为正方向，取g ＝10 m/s 2。求：

(1)电梯向上匀速运动，速度为v 1＝3 m/s ，电动机的输出功率。

(2)电梯向上运动，加速度为a ＝－0.5 m/s 2，速度为v 2＝3 m/s 时电动机的输出功率。 【解析】(1)电梯向上匀速运动时，电动机牵引绳索的拉力为F 1＝1

2(M －m )g ，速度为v 1′＝2v 1

电动机输出功率为P 1＝F 1v 1′＝(M －m )gv 1＝60 kW 。

(2)电梯向上加速运动时，加速度a ＝－0.5 m/s 2，电动机牵引绳索的拉力为F 2；此时配重向下做加速运动，加速度大小也为a ，与电梯相连的绳的拉力设为F T 。由牛顿第二定律有mg －F T ＝ma 2F 2＋F T －Mg ＝Ma

解得F 2＝1

2

[(M －m )g ＋(M ＋m )a ]

电梯上升速度为v 2时，电动机牵引绳索的速度为v 2′＝2v 2 电动机输出功率为P 2＝F 2v 2′＝[(M －m )g ＋(M ＋m )a ]v 2＝54 kW 。 【答案】(1)60 kW (2)54 kW

7．(“华约”自主招生)(1)质量为1 t 的汽车在10 s 内由静止加速到60 km/h ，若不计空气阻力，发动机的平均输出功率约多少？

(2)汽车速度较大时，空气阻力不能忽略，将汽车模型简化为横截面积约1 m 2的长方体，并以此模型估算汽车以60 km/h 行驶时因克服空气阻力所增加的功率。(空气密度ρ＝1.3 kg/m 3)

(3)数据表明，上述汽车所受阻力与速度平方的关系如图所示。假定除空气阻力外，汽车行驶所受的其他阻力与速度无关，估算其他阻力的大小。

【解析】(1)不计空气阻力，发动机做的功转化为汽车的动能，发动机的平均输出功率P ＝W t ＝ΔE k t ＝mv 02

2t ＝

1.39×104 W 。

(2)令汽车的横截面积为S ，当汽车以速度v 运动时，前方空气的速度为v ，在Δt 时间内，以S 为底、v Δt 为长的长方体内空气的动能为E k ＝1

2(ρSv Δt )v 2。为使该空气在Δt 时间内获得上述动能，需要增加的功率为P

＝

ΔE k Δt ＝12

ρSv 3

＝3×103 W 。

(3)当汽车匀速运动时，牵引力与阻力平衡，由图可知，F ＝kv 2＋f ，式中f 为除空气阻力以外的其他阻力，用外推法得，直线与F 轴的交点为f ＝125 N 。 【答案】(1)1.39×104 W (2)3×103 W (3)125 N

8．(北京大学自主招生)长为6L 、质量为6m 的匀质绳，置于特制的水平桌面上，绳的一端悬垂于桌边外，另一端系有一个可视为质点的质量为M 的木块，如图所示，木块在AB 段与桌面无摩擦，在BE 段与桌面有摩擦，匀质绳与桌面的摩擦可忽略。初始时刻用手按住木块使其停在A 处，绳处于绷紧状态，AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝L ，放手后，木块最终停在C 处，桌面距地面高度大于6L 。

(1)求木块与BE 段的动摩擦因数μ；

(2)若木块在BE 段与桌面间的动摩擦因数变为μ′＝

21m

4M

，则木块最终停在何处？ (3)是否存在一个μ值，能使木块从A 处释放后，最终停在E 处，且不再运动？若能，求出该μ值；若不能，简要说明理由。

【解析】(1)A 到B 用由机械能守恒得，3mg 32L －2mgL ＝(M ＋6m )v B 2

2，解得v B ＝

5m

M ＋6m

gL 。A 到C 由功

能关系得，4mg ×2L －2mgL ＝μMgL ，解得μ＝6m

M

。

(2)设A 到停止点距离为x ，重力做功W 等于重力势能的减少量，由功能关系得：????2＋x L mg ????L ＋x

2－2mgL ＝μ′Mg ·(x －L )，解得x ＝3L ，另一个解x ＝3.5L 舍去。

(3)木块要停在E 处，由力的平衡条件得μMg ≥6mg ，即μ≥6m

M 。由功能关系得滑到E 点的条件为6mg ·3L －

2mgL ≥μMg ·3L ，即μ≤16m

3M

。两者矛盾，故不能。

【答案】(1)6m

M

(2)停在距A 点3L 处 (3)不能。理由见解析。

9.(浙江大学自主招生)如图所示，一根长为l 的细刚性轻杆的两端分别连结小球a 和b ，它们的质量分别为m a 和m b 。杆可绕距a 球为l

4处的水平定轴O 在竖直平面内转动。初始时杆处于竖直位置。小球b 几乎接触

桌面。在杆的右边水平桌面上，紧挨着细杆放着一个质量为m 的立方体匀质物块，图中ABCD 为过立方体中心且与细杆共面的截面。现用一水平恒力F 作用于a 球上，使之绕O 轴逆时针转动，求当a 转过α角时小球b 速度的大小。设在此过程中立方体物块没有发生转动，且小球b 与立方体物块始终接触没有分离。不计一切摩擦。

【解析】如图所示，用v b 表示a 球转过α角时b 球速度的大小，v 表示此时立方体速度的大小，则有v b cos α＝v 。b 与正方体之间的弹力做功之和为0。因此在整个过程中推力F 所做的功应等于球a 、b 和正立方体机械能的增量。现用v a 表示此时a 球速度的大小，因为a 、b 角速度相同，Oa ＝14l ，Ob ＝34l ，所以v a ＝1

3v b 。

根据功能原理可知F ×l 4×sin α＝12m a v a 2－m a g ????l 4－l 4cos α＋12m b v b 2＋m b g ????3l 4－3l 4cos α＋12×mv 2，有F ·l 4sin α＝1

2m a ???

?

13v b 2

－m a g ????l 4－l 4cos α＋12m b v b 2＋m b g ????3l 4－3l 4cos α＋12

m ×(v b cos α)2，解得v b ＝

9l [F sin α＋(m a －3m b )g (1－cos α)]

2m a ＋18m b ＋18m cos 2α

。

【答案】见解析