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高考物理真题分类难点:2012年真题 专题6 机械能

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2020高考复习必备知识点

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.

重点要点

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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

重点要点

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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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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

重点要点

3

2

3

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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

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

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