高考物理真题分类难点：2012年真题 专题6 机械能

专题6 机械能

1.（2012福建卷）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）.初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态.剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块

A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同 C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同 答案：D

解析：由题意根据力的平衡有mAg=mBgsin

2

θ，所以mA=mBsin θ.根据机械能守恒定律

mgh=1/2mv，得v=2gh，所以两物块落地速率相等，选项A错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为△Ep=-WG=-mgh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为P’A=mAg·v/2，B的平均功率P’B=mBg·v/2·cos(π/2-θ)， 因为mA=mBsin

θ，所以P’A=P’B，选项D正确.

2．（2012天津卷）.如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则

A．0 – t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大 答案BD

解析：由F与t的关系图像0～t1拉力小于最大静摩擦力物块静止F的功率为0，A错误；在t1～t2阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度增大的加速运动，在t2～t3阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度减小的加速运动，在t2时刻加速度最大，B正确，C错误；在t1～

t3物块一直做加速运动，在t3～t4拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在时刻速度最大，

动能最大，D正确.

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3．（2012上海卷）．质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长.分别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB.若（ （A）hA＝hB，则一定有WA＝WB （C）hA＜hB，则可能有WA＝WB 答案：B

解析：由题易知，离开地面后，细绳A的重心距离细绳A的最高点的距离较大，分析各选

B

4．（2012上海卷）．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是（ （A）2R （B）5R/3 答案： C

解析：设A刚落到地面时的速度为v，则根据机械能守恒定律可得2mgR-mgR=1/2*2mv+1/2mv

2

2

）

（B）hA＞hB，则可能有WA＜WB （D）hA＞hB，则一定有WA＞WB

.

）

A B （C）4R/3 （D）2R/3

，设A落地后B再上升高h,则有1/2mv

C

.

2

=mgh，解得h=R/3，B上升的最大高度是

H=R+h=4/3*R

5．（2012上海卷）．位于水平面上的物体在水 F2 平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；

F1 若作用力变为斜面上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同.则可能有（

）

（B）F2＝F1，v1＜v2 （D）F2＜F1，v1＜v2

（A）F2＝F1，v1＞v2 （C）F2＞F1，v1＞v2 答案：BD

解析：根据平衡条件有F1=μmg，设F2与水平面的夹角为θ，则有Fθ，因为cos

22

2

=μmg/cos θ+μsin

1

θ+μsin

2

θ的最大值为1+μ

2

>1，可能F

2

≤F

1

；P=Fv

1

=μmgv

1

=F

vcos θ=μmgv/(1+μtan θ)，可见v16．（2012安徽卷）.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高

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点B时恰好对轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中 ( ) A. 重力做功2mgR B. 机械能减少mgR C. 合外力做功mgR

R O D. 克服摩擦力做功

答案：D

解析：小球从P到B高度下降R，故重力做功mgR，A错.在B点小球对轨道恰好无压力，由重力提供向心力得vBA B 2R P 1mgR2

gR，取B点所在平面为零势能面，易知机械能减少量

121121EmgRmvBmgR，B错.由动能定理知合外力做功W=mvBmgR,C错.

2222根据动能定理mgR-Wf

7．（2012海南卷）.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用.下列判断正确的是 A. 0～2s内外力的平均功率是

11mv2-0wmgR，D选项正确. ，可得Bf229W 4B.第2秒内外力所做的功是

5J 4C.第2秒末外力的瞬时功率最大

D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是答案：CD

解析：由动量定理求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s 故合力做功为w=

4 512w4.5mv4.5J功率为pw1.5w 1s末、2s末功率分别为：4w、3w 第1秒内2t3重点要点

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与第2秒动能增加量分别为：

111mv122J、mv22mv122.5J，比值：4：5 2228．（2012广东卷）.（18分）

图18（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑.初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）.随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b）所示.A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞.

（1）求A脱离滑杆时的速度uo，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE.

（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω得取值范围，及t1与ω的关系式.

（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回道P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）.

解析：（1）由题知，A脱离滑杆时的速度uo=ωr 设A、B碰后的速度为v1，由动量守恒定律 m uo=2m v1

A与B碰撞过程损失的机械能E121mu02mv12 22解得E1m2r2 8（2）AB不能与弹簧相碰，设AB在PQ上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律及运动学规

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律

2mg2ma v1=at1 x 由题知xl 联立解得0v1t1 24lr t1 rt12g（3）AB能与弹簧相碰2mgl12mv12 212mv12 2不能返回道P点左侧2mg2l解得22gl4gl rrAB在的Q点速度为v2，AB碰后到达Q点过程，由动能定理

1122mgl2mv22mv12

22AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒

12Ep2mv2

2m(2r28gl) 解得Ep

49.（2012四川卷）．（16分）

四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一.某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作.工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为9kW，电动机的内阻为0.4Ω.已知水的密度为1×l0kg/m3，重力加速度取10m/s.求：

(1)电动机内阻消耗的热功率；

(2)将蓄水池蓄入8m的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）. 解析：

(l)设电动机的电功率为P，则P=UI

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3

2

3

①

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设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=Ir 代入数据解得Pr=1×10W

3

2

② ③

说明：①③式各2分，②式3分.

(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则

M=ρV

④ ⑤ ⑥ ⑦

⑧

设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep，则△Ep=Mgh 设电动机的输出功率为P0，则P0=P-Pr

根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%=△Ep 代人数据解得

t=2×l04s

说明：④⑤式各1分，⑥⑧式各2分，⑦式3分.

10.（2012安徽卷）.（14分）质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示.球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4.该球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10 m/s, 求：

2

v(m/s) 4 （1）弹性球受到的空气阻力f的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.

O0.5 t(s) 解析：(1)由v—t图像可知:小球下落作匀加速运动，a由牛顿第二定律得：mgfma

v8m/s2 t解得

fm(ga)0.2N

(2)由图知：球落地时速度v4m/s，则反弹时速度v设反弹的加速度大小为a＇，由动能定理得

3v3m/s 41-(mgf)h0mv2

2解得h0.375m

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11.（2012安徽卷）.

如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量

M=2kg的小物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带始终以u=2m/s 的速度逆时针转动.装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的摩擦因数 μ=0.2,l =1.0m.设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.取g=10m/s.

（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；

(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？

(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小. 解析：（1）设B滑到曲面底部速度为v,根据机械能守恒定律，

A h u=2m/s B 2

⊙ l ⊙ mgh12mv得v2gh25m/s 2由于v＞u,B在传送带上开始做匀减速运动. 设B一直减速滑过传送带的速度为v1 由动能定理的-mgl解得v1=4 m/s

由于v1仍大于u，说明假设成立，即B与A碰前速度为4m/s

（2）设地一次碰后A的速度为vA1，B的速度为vB1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得：

1212mv1mv 22重点要点

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mv1MvA1mvB1

121122mv1MvAmvB1 1222解得vB1v14m/s 33上式表明B碰后以

4m/s的速度向右反弹.滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左3减速的最大位移为xm，由动能定理得：

12mgxm0mvB

2解得xm4m 9因xm＜l，故B不能滑上右边曲面.

（3）B的速度减为零后，将在传送带的带动下向左匀加速，加速度与向右匀减速时相同，且由于vB1小于传送带的速度u，故B向左返回到平台上时速度大小仍为

4m/s.由于第二3次碰撞仍为对心弹性碰撞，故由（2）中的关系可知碰后B仍然反弹，且碰后速度大小仍为B碰前的

v1141，即vB2vB122m/s

3333同理可推：B每次碰后都将被传送带带回与A发生下一次碰撞.则B与A碰撞n次后反弹，速度大小为

12.（2012江苏卷）．（16分）某缓冲装置的理

m v 4m/s. 3n想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽

l 轻杆

间的滑动摩擦力恒为f，轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作，一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l/4，轻杆与槽间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

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且不计小车与地面的摩擦.

（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x； （2）为这使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm

（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v与撞击速度v的关系 解析：

（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力Fkx ① 且Ff ② 解得xˊf ③ k（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中，动能定理 小车以v0撞击弹簧时 f.l12W0mv0 ④ 4212mvm ⑤ 2小车以vm撞击弹簧时 flW0解vmv023fl ⑥ 2m（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1，

12mv1W ⑦ 2由④⑦解得v1v02fl 2m当vv02fl时，v'v 2m当v0

2fl3flfl22vv0v'v时，. 02m2m2m重点要点