2023届上海市高考物理模拟（二模）试题知识点分类训练【高考二轮复习】：力学解答题

2023届上海市高考物理模拟（二模）试题知识点分类训练【高考二轮复习】：力学解答题

一、解答题

1．（2023·上海虹口·统考二模）如图，一足够长的光滑细杆与水平面成θ角固定放置，杆上套有一质量为m的小球。对小球施加一沿杆向上的恒定拉力，使其从杆底端O点由静止起匀加速上升。以O点所在水平面为重力零势能面，在此过程中小球的动能与重力势能始终相等。小球上升到某位置时撤去拉力，此前拉力共做功W。（重力加速度为g）

（1）求撤去拉力前，小球的加速度a；

（2）求拉力大小F；

（3）通过计算证明：撤去拉力后，小球在继续上升的过程中机械能守恒。

（4）求小球动能为W时的重力势能Ep。

2．（2023·上海松江·统考二模）如图，半径R＝0.25m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C与一倾角θ＝37°的粗糙斜面相切。一质量m＝1kg的小滑块从A点正上方h＝1m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ＝0.75，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：

（1）滑块运动到B点时速度和向心加速度；

（2）滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离；

（3）分析说明滑块能否再次通过B点。

3．（2023·上海金山·统考二模）如图，固定光滑斜面的长为2.4m、倾角为37°。质量为1kg的物体在沿斜面向上的恒力F作用下从斜面底端由静止开始向上运动，至斜面中点时撤去力F，之后冲过斜面最高点落至地面。不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。

（1）若物体落地前的瞬间动能为20J，求物体在斜面中点时的动能；

（2）若物体上升到斜面顶端时速度为零，求恒力F的大小。

4．（2023·上海闵行·统考二模）如图（a），竖直平面内有轨道ABC，AB段是半径为R=5m的光滑圆弧，BC段是长为s=25m的粗糙水平轨道。质量m=0.5kg的物块由A点静止释放，恰好运动到C点停止。求：

（1）运动到B点时，物块的速度vB的大小；

（2）离开圆弧轨道前一瞬间，物块对轨道的压力大小；

（3）物块和轨道BC段间的动摩擦因数；

（4）如图（a）所示，以A点的水平位置为坐标原点O，以水平向右为正方向，建立Ox轴。以BC为零势能面，在图（b）中画出物块机械能E随水平位置x变化的图。

5．（2023·上海崇明·统考二模）如图所示，竖直平面内的固定轨道ABC由长为L的水平轨道AB和光滑的四分之一圆弧轨道BC组成，AB和BC在B处相切。一质量为m的运动员踩着滑板从A端以初速度v0冲上水平轨道AB，沿轨道恰滑至C端，又沿CB弧滑下后停在水平轨道AB的中点。不计空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）运动员在水平轨道的加速度a大小；

（2）运动员滑到B处时的速度v大小；

（3）圆弧轨道的半径R；

（4）若增大运动员的初速度，冲上轨道后可以达到的最大高度是，分析说明他能否停在水平轨道AB上。

6．（2023·上海青浦·统考二模）如图所示，用大小为 10N、方向与水平地面成37°角的拉力 F，使静止物体从 A 点沿水平地面运动到相距 15m 的 B 点，到达B 点时的速度为 6m/s。此时立即撤去 F，物体沿光滑弧形轨道滑到 C 点，然后返回水平地面，停在离 B 点 4.5m的 D 点。（取 g=10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）C点的离地高度；

（2）物体从A向B运动时的加速度及物体的质量；

（3）若要使物体返回后越过 D 点停下，物体的质量应满足什么条件？

7．（2023·上海静安·统考二模）如图，固定在竖直平面内半径R=0.8m的光滑圆弧轨道AB，其最低点B与足够长的粗糙水平轨道BC无缝连接，OA为圆弧轨道的水平半径。可视为质点的小物块从A点由静止释放，经B点进入水平轨道BC，小物块与BC间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2求：

（1）小物块经B点时的速度v的大小；

（2）小物块刚要到B点时加速度a的大小和方向；

（3）小物块过B点后3s内所滑行的距离s。

8．（2023·上海青浦·统考二模）如图，两根质量、电阻均相同的金属棒MN、PQ分别置于光滑的金属导轨上，导轨的水平部分和倾斜部分均处在垂直于导轨、强度相同的匀强磁场中，倾斜导轨与水平方向的夹角α=37°，不计导轨的电阻，MN与固定在水平导轨上的力传感器连接。现对PQ施加平行于倾斜导轨且随时间均匀变化作用力F1（t=0时，F1=0），使PQ棒在距导轨底端x=2m处由静止开始运动，棒与导轨始终垂直且接触良好，电脑显示MN受到力传感器水平向右的拉力F2与时间成正比，且F2=0.8t。MN始终保持静止状态，重力加速度g取10m/s2。

（1）分析并说明PQ棒的运动方向。

（2）请证明PQ棒的在倾斜导轨上的运动是匀加速直线运动。

（3）求PQ运动到导轨底端时，速度v的大小。

（4）若PQ运动到底端的过程中，F1做功W=1.2J，则MN产生的焦耳热Q为多少？

9．（2023·上海奉贤·统考二模）如图甲所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为d，处在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。一根质量为m、电阻为r的导体棒ef垂直于P、Q放在导轨上，导体棒ef与P、Q导轨之间的动摩擦因素为。质量为M的正方形金属框abcd，边长为L，每条边的电阻均为r，用绝缘细线悬挂在竖直平面内，ab边水平，金属框的a、b两点通过细导线与导轨相连，金属框处于大小也为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力。现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒ef向左运动，从导体棒开始运动计时，悬挂线框的细线拉力FT随时间t的变化如图乙所示，g为重力加速度。

（1）写出导体棒ef运动过程中感应电流的方向；

（2）求t0时间以后通过ab边的电流大小；

（3）求t0时间以后导体棒ef运动的速度大小；

（4）求电动机的牵引力功率P。

10．（2023·上海奉贤·统考二模）航拍无人机已被广泛使用。操作遥控器使无人机竖直上升或竖直下降，假设无人机受到竖直向上或竖直向下的推动力大小都为重力的1.5倍。一次试飞中，让无人机由静止从地面竖直向上起飞，2s末关闭发动机。（忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2）求：

（1）无人机在加速上升过程中的加速度；

（2）无人机上升到距地面的最大高度；

（3）无人机上升到最高点后，为安全着陆（落地速度为零），用的最短时间。

11．（2023·上海浦东新·统考二模）运动员从飞机上跳伞后的运动轨迹简化为图示中的ABC。已知运动员（含伞包）的质量。在B点时打开伞包后运动员沿着直线段BC滑行，BC段与地面之间的夹角，此时运动员受到的空气升力与飞行方向垂直，空气阻力与飞行方向相反，两者大小与滑行速度满足：，，其中、为可调节的系数。，，取。

（1）若运动员在A点起跳的初速度大小为，下落高度时的速度大小为，求这段过程中机械能的损失量；

（2）若运动员在BC段的某时刻调节的值为4.8，的值为1.2，求此时运动员加速度a的大小；

（3）若在BC末段通过调节最终达到匀速滑行，求此时的值。

12．（2023·上海徐汇·统考二模）如图（i）所示，真空中两正点电荷A、B固定在x轴上，其中A位于坐标原点。一质量为m、电量为q（电量远小于A、B）的带正电小球a仅在电场力作用下，以大小为v0的初速度从x=x1处沿x轴正方向运动。取无穷远处势能为零，a在A、B间由于受A、B的电场力作用而具有的电势能Ep随位置x变化关系如图（ii）所示，图中E1、E2均为已知，且a在x=x2处受到的电场力为零。

（1）求A、B两电荷电场在与两点间的电势差U12；

（2）比较A、B两电荷电量QA、QB的大小关系；

（3）求a在A、B间运动过程中最大速度v的大小；

（4）如图（iii）所示，若一探测器从地球飞往月球，仅考虑地球与月球对探测器的引力作用，试从受力与能量的角度比较该探测器的运动与a在A、B间的运动的类似之处（至少写出三点）；并在图（iv）中定性画出探测器在地、月共同作用下所具有的势能Ep随探测器与月球间距离x变化的关系图线（取无穷远处势能为零）。

13．（2023·上海普陀·统考二模）如图（a），一质量为m=1.5kg的物块在沿斜面向上的恒力F作用下，从倾角为θ=37°的光滑斜面底端由静止开始运动。当恒力做功48J后撤去F，再经过一段时间后物块又返回斜面底端。已知物块沿斜面上滑和下滑所用的时间的比是2∶1。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2）

（1）求撤去力F后物块的加速度；

（2）求物块返回到出发点时的速度大小；

（3）在图（b）中画出，物块从开始运动到返回底端过程中的速度与时间的v –t图像；

（4）求恒力F的大小。

14．（2023·上海杨浦·统考二模）风洞训练可以模拟高空跳伞下落过程中人体所承受气流的状态，是跳伞初学者学习跳伞的必要项目。在空中运动的物体受到的空气阻力，式中S为迎风面积，为风阻系数，与物体的迎风面积、光滑程度和整体形状等有关。空气密度取。已知跳伞运动员的质量约为。重力加速度g取。

（1）如图，风洞竖直向上送风，当风速达时该运动员悬浮在风洞内，取0.326，求其身体的迎风面积S；

（2）在室外高空跳伞时，取1.26，跳伞总装备的质量为，打开的降落伞伞面面积为。运动员身上的传感器记录了运动员由静止起在空中竖直下落的加速度a与速度v并绘制图（2）的图像，分析并求出图中坐标值和运动员落地时的速率。

参考答案：

1．（1）a=gsinθ，沿斜面向上；（2）F=2mg·sinθ；（3）见解析；（4）

【详解】（1）设小球沿杆向上移动距离为x，因

Ek=Ep

即

解得

v2=2gxsinθ

结合匀变速公式可以得到加速度

a=gsinθ，沿斜面向上

（2）小球受到三个力的作用，如图

由牛顿第二定律可得

F-mg·sinθ=ma

解得

F=2mg·sinθ

（3）设撤去拉力时小球的速度为v1，小球沿杆已经上升距离s1，则此时机械能

撤去拉力后，牛顿第二定律

-mg·sinθ=ma′

解得

a′=-gsinθ，沿斜面向下

此后，小球继续沿杆上升任意距离s时的速度

动能

机械能总量

由于距离s任意，所以，撤去拉力后，小球在任意位置的机械能总量都保持不变，该过程中，杆对小球的弹力与运动方向垂直，不做功，仅有重力做功。由此可以得出结论：撤去拉力后，小球在继续上升的过程中，只有重力做功，机械能守恒。

（4）撤去拉力前，动能和重力势能始终相等，故

撤去拉力时小球获得机械能为W。撤去拉力后，机械能守恒

2．（1），方向过B点的切线向右，，方向由B指向O；（2）1m；（3）不能，理由见解析

【详解】（1）滑块由P到B过程中，根据机械能守恒定律有

，

方向过B点的切线向右。

滑块在B点的向心加速度为

方向由B指向O

（2）滑块由B到C过程中，根据机械能守恒定律有

滑块沿斜面上滑的加速度为a，则

滑块在斜面上向上滑行的最大距离为

另解：设滑块在斜面上向上滑行的最大距离为，滑块由B滑到斜面上最高点的过程中，根据动能定理有

解得

（3）滑块滑至最高点时，重力沿斜面方向的分力为

在斜面上滑块受到的滑动摩擦力为

又最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，即 ，所以因此滑块将停在斜面上，不能再次通过B点。

3．（1）12.8J；（2）12N

【详解】（1）小车从斜面中点到落地的过程中，只有重力做功，所以小车机械能守恒。以地面为零势能面，则

Ek末＝Ek中＋mgh

代入数据，得物体在斜面中点时的动能

Ek中＝12.8J

（2）物体先由静止开始匀加速，后匀减速至速度为零，位移大小相等，由此可得两个阶段的加速度大小相等。物体在斜面上受力分别如图所示

由牛顿第二定律可得

F－mgsin37o＝ma加

mgsin37o＝ma减

解得

F＝2mgsin37o＝12N

4．（1）；（2）；（3）；（4）

【详解】（1）物体在下滑过程中只有重力做功，根据动能定理可得                                        

解得

（2）离开圆弧轨道前一瞬间，以物块为对象，根据牛顿第二定律得

解得

根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小为

（3）由于物体从点到点做匀减速直线运动，根据动能定理可得

解得

（4）当时，由于机械能守恒，则有

如图曲线①所示；

当时

摩擦力做功使得机械能减小，由功能关系得

代入数据可得

解得

（单位为焦耳）

如图曲线②。

5．（1）；（2）；（3）；（4）能，理由见解析

【详解】（1）根据题意，设运动员和滑板整体的质量为，在水平面上受到的摩擦力为，对整个过程，由动能定理有

解得

在水平面上，由牛顿第二定律有

解得

（2）根据题意，从过程中，由动能定理有

解得

（3）根据题意可知，从过程中机械能守恒，由机械能守恒定律有

解得

（4）根据题意，设经过点速度为，由机械能守恒定律有

假设运动员能停在水平轨道上，由动能定理有

联立解得

可见他能停在水平轨道上。

6．（1）；（2），；（3）

【详解】（1）物体从B到C过程，根据机械能守恒定律可得

解得C点的离地高度为

（2）物体从B到D的过程，根据速度与位移的关系

解得加速度大小为

根据牛顿第二定律可得

解得

物体从A向B的过程，根据速度与位移的关系

解得

根据牛顿第二定律可得

解得

（3）结合上述计算结果得知：物块返回恰好停在D点；若要越过D点，需要减小物体的质量，即减小摩擦力作用，增大物体在AB运动过程中的加速度，增大运动到B点速度，所以质量应满足

其次，物体需要沿水平地面运动，所以在AB运动过程中不能离开地面，则需要满足

解得

综上所述，物块质量需要满足

7．（1）4 m/s；（2）20m/s2，沿过B点的半径指向圆心；（3）4m

【详解】（1）从A到B，只有重力对小物块做功，小物块机械能守恒

代入数据得

vB=4 m/s

（2）小环刚要到B点时，处于圆周运动过程中，向心加速度

代入数据得

a=20m/s2

加速度方向沿过B点的半径指向圆心。

（3）小物块过B点后，做减速运动的加速度大小

小物块滑行至停下所用时间

小物块滑行2s停下

8．（1）见解析；（2）见解析；（3）；（4）

【详解】（1）因MN水平方向受两个力处于平衡，故磁场对MN的作用力F安水平向左，感应电流I由N指向M，PQ中的电流由P指向Q。由右手定则，可以判断PQ沿导轨向下运动。                               

（2）设两根金属棒的质量和电阻分别为m、R，又因为

联立解得

因B、L、R为恒量，故PQ的速度与时间成正比，即PQ由静止开始沿导轨向下做匀加速直线运动。

（3）对PQ受力分析如下图，PQ受到重力、支持力、F安、F1四个力作用，其中支持力不变，则仅有F安、F1随时间而变化，但加速度恒定，合外力恒定，故F1必须与F安平衡，故PQ受四个力的合力为

F合=mgsinα

由牛顿第二定律得

mgsinα=ma

解出

a=gsinα=6m/s2

由匀变速运动公式可得

解得

（4）在PQ运动到底端的过程中，由能量守恒定律得

代入数据可得

又因为两个金属棒电阻串联，正比分配总焦耳热，故MN中产生焦耳热为

9．（1）导体棒中感应电流的方向由e指向f；（2）；（3）；（4）

【详解】（1）由右手定则可知，当导体棒ef向左运动，导体棒中感应电流的方向由e指向f；

（2）由图乙可知，时刻开始，拉力恒定，故回路中电流恒定，设边的电流为，边的电流为，则由平衡条件可得

由图像知

、、三边电阻串联后再与边电阻并联，所以由并联电路的特点可得

联立以上各式可得

（3）根据导体框的受力情况可知，时刻以后导体棒ef将做匀速直线运动，设导体棒ef和导体框组成的闭合电路的干路电流为，则由（2）中可得

设导体棒ef运动的速度大小为，产生的感应电动势为，则有

由闭合电路的欧姆定律有

联立以上各式可得

（4）导体棒ef做匀速运动，设电动机的牵引力为，则由平衡条件可得

电动机牵引力的功率为

联立解得

10．（1），方向竖直向上；（2）；（3）

【详解】（1）无人机在加速上升过程中，根据牛顿第二定律可得

解得

方向竖直向上。

（2）2s末关闭发动机，此时无人机的速度为

无人机加速上升的高度为

关闭发动机后，无人机减速上升的高度为

无人机上升到距地面的最大高度为

（3）设无人机上升到最高点后先以最大加速度加速下降时间，再以最大加速度减速下降，此过程用时最短，则有

根据逆向思维，将减速过程看成初速度为零的匀加速运动，

联立解得

，

则最短时间为

11．（1）；（2）；（3）

【详解】（1）根据题意可知，这段过程中机械能的损失量为

代入数据解得

（2）根据题意，由平衡条件有

由牛顿第二定律有

解得

代入数据解得

（3）若在BC末段通过调节最终达到匀速滑行，则有，即

解得

12．（1）；（2）QA>QB；（3）；（4）见解析

【详解】（1）由能量关系可知

解得

（2）因x2点场强为零，则

因

r1>r2

则

QA>QB

（3）a运动过程中只有电场力做功，动能和电势能相互转化，总量不变，则在x=x2位置电势能最小，动能最大

（4）类似之处：

a.同时受到两个场源的作用；

b.单个场源的作用力都与物体到场源距离的平方成正比；

c.势能变化都由克服场力做功量度；

探测器在地、月共同作用下所具有的势能Ep随探测器与月球间距离x变化的关系图线如图

13．（1）6m/s2，方向沿斜面向下；（2）8m/s；（3）；（4）12N

【详解】（1）撤去力F后，物块受重力和斜面的弹力作用，受力如图1所示

由牛顿第二定律得

mgsinθ=ma

解得

a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2

撤去力F后物块的加速度大小为6m/s2，方向沿斜面向下。

（2）物块从静止开始运动到返回出发点的过程中，由功与能量变化的关系可得

WF=∆Ep+∆Ek

由题意可知

∆Ep=0

∆Ek=Ekt−Ek0=Ekt

故返回到出发点时的动能

Ekt=WF=48J

又

Ekt=mv2

∴返回到出发点时的速度

（3）如图所示

（4）由（3）的图像可得撤去力F前后物块加速度的比为

aʹ∶a=1∶3

则

aʹ=a=2m/s2

物块撤去力F前受力如图2所示

由牛顿第二定律得

F–mgsinθ=maʹ

解得

F=ma'+mgsinθ=(1.5×2+1.5×10×0.6）N=12N

或因为aʹ=2m/s2，所以

sʹ=aʹtʺ2=×2×22m=4m

由WF=Fsʹ得

14．（1）；（2）

【详解】（1）由平衡条件得

身体的迎风面积为

（2）运动员开始下落时速度为0，空气阻力为0，则仅在重力作用下的加速度为重力加速度，即

运动员落地时的速率等于匀速下落的速率，则

得运动员落地时的速率为