2012年高考物理 最新考点分类解析 考点4 机械能

1 20122012 年物理高考试题分类解析年物理高考试题分类解析 考点考点 4 4 机械能机械能 1 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 甲 乙 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 1 BD 0 t1时间内拉力F小于最大静摩擦力fm 物块处于静止状态 F的功率为零 选项 A 错误 t1 t2时间拉力F逐渐增大 物块的加速度a 也逐渐增大 t2时刻物块 F fm m 的加速度最大 选项 B 正确 t2 t3时间内 虽然拉力F逐渐减小 但仍然大于fm 所以物 块继续沿F的方向做加速运动 加速度逐渐减小 选项 C 错误 t3时刻之后拉力F小于滑动 摩擦力fm 物块从t3时刻开始做减速运动 选项 D 正确 2 将地面上静止的货物竖直向上吊起 货物由地面运动至最高点的过程中 v t图象 如图所示 以下判断正确的是 A 前 3 s 内货物处于超重状态 B 最后 2 s 内货物只受重力作用 C 前 3 s 内与最后 2 s 内货物的平均速度相同 D 第 3 s 末至第 5 s 末的过程中 货物的机械能守恒 2 AC 从图象可以看出前 3 s 货物加速向上运动 加速度向上 处于超重状态 故 A 对 最后 2 s 加速度大小为 3 m s2 所以货物受除了受到重力还受到拉力 故 B 错 前 3 s 和后 2 s 内货物的平均速度都是 3 m s 故 C 对 第 3 s 末至第 5 秒末货物匀速上升 除了 2 受到重力 货物还受到拉力 拉力做正功 机械能不守恒 故 D 错 如图所示 劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上 另一端与置于水平面上质量 为m的物体接触 未连接 弹簧水平且无形变 用水平力F缓慢推动物体 在弹性限度内弹 簧长度被压缩了x0 此时物体静止 撤去F后 物体开始向左运动 运动的最大距离为 4x0 物体与水平面间的动摩擦因数为 重力加速度为g 则 A 撤去F后 物体先做匀加速运动 再做匀减速运动 B 撤去F后 物体刚运动时的加速度大小为 g kx0 m C 物体做匀减速运动的时间为 2 x0 g D 物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 mg x0 mg k 3 BD 撤去F后的一段时间内 由于运动过程中弹力不断变化 物体先做变加速运动 后做变减速运动 再做匀减速运动 A 错误 设撤去F后 物体刚运动时加速度为a 根据 牛顿第二定律 kx0 mg ma 解得a g B 正确 物体做匀减速运动的位移为 kx0 m 3x0 由 3x0 gt2 解得t C 错误 当弹力与摩擦力大小相等时 速度最大 此时 1 2 6x0 g kx1 mg 该过程物体向左运动的位移为x x0 x1 x0 克服摩擦力做的功 mg k W mg x0 D 正确 mg k 4 如图所示 细线的一端固定于O点 另一端系一小球 在水平拉力作用下 小球以 恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点 在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A 逐渐增大 B 逐渐减小 C 先增大 后减小 D 先减小 后增大 A 小球在运动过程中受到重力G 水平拉力F和细线的拉力T 根据动能定 理可知 WG WF WT mv22 mv12 0 因细线的拉力始终与速度方向垂直 故细线的拉力不 1 2 1 2 做功 所以水平拉力F做的功与克服重力做的功相等 它们的功率大小也相等 根据运动的 分解可知 小球沿竖直方向的分速度逐渐增大 因此克服重力做功的功率逐渐增大 即在此 过程中拉力的瞬时功率也逐渐增大 A 项正确 5 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点B时恰好对 3 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 D 克服摩擦力做功mgR 1 2 5 D 由于重力做功只与高度差有关 所以小球从P到B的运动过程中 重力做功为 mgR A 错误 由于小球在B点时对轨道无压力 则小球由自身重力提供向心力 mg m v2 R 解得v 小球从P到B的运动过程中 由动能定理有 mgR Wf mv2 0 解得Wf gR 1 2 mgR D 正确 小球从P到B的运动过程中 除了重力做功之外 还克服摩擦力做功为 1 2 mgR 可知机械能减少了mgR B 错误 由动能定理有 W合 mv2 0 mgR C 错误 1 2 1 2 1 2 1 2 6 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处于静止状态 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 6 D 剪断轻绳后 由于不计摩擦 A B两个物块的机械能都守恒 即两物块的机械 能变化量均为 0 B 错误 由mgh mv2得v 则A B两物块下落到地面时的速度大 1 22gh 小相同 所以A B两物块的速率变化量相同 A 错误 剪断轻绳前 A B均处于平衡状态 设轻绳的拉力为T 则有T mAg T mBgsin 可得mA mBsin 剪断轻绳后 A B下落 高度相同 由 Ep mgh知A的重力势能的变化量小于B的重力势能的变化量 C 错 误 剪断轻绳后 A B两物块着地所用的时间分别为tA tB 则重力做功 2h g 1 sin 2h g 的平均功率分别为PA PB 由mA mBsin 可知PA PB D 正确 mAgh 2h g mBgh 1 sin 2h g 7 如图所示 质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动 经距离l后以速度v 飞离桌面 最终落在水平地面上 已知l 1 4 m v 3 0 m s m 0 10 kg 物块与桌面间 的动摩擦因数 0 25 桌面高h 0 45 m 不计空气阻力 重力加速度g取 10 m s2 求 1 小物块落地点距飞出点的水平距离s 4 2 小物块落地时的动能Ek 3 小物块的初速度大小v0 7 答案 1 0 90 m 2 0 90 J 3 4 0 m s 1 由平抛运动规律 有 竖直方向h gt2 1 2 水平方向s vt 得水平距离s v 0 90 m 2h g 2 由机械能守恒定律 动能 Ek mv2 mgh 0 90 J 1 2 3 由动能定理 有 mgl mv2 mv02 1 2 1 2 得初速度大小v0 4 0 m s 2 gl v2 8 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯 行程超过百米 电梯的简化模型如图 1 所 示 考虑安全 舒适 省时等因素 电梯的加速度a是随时间t变化的 已知电梯在t 0 时由静止开始上升 a t图象如图 2 所示 电梯总质量m 2 0 103 kg 忽略一切阻力 重 力加速度g取 10 m s2 1 求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2 2 类比是一种常用的研究方法 对于直线运动 教科书中讲解了由v t图象求位移的 方法 请你借鉴此方法 对比加速度和速度的定义 根据图 2 所示的a t图象 求电梯在 第 1 s 内的速度改变量 v1和第 2 s 末的速度v2 3 求电梯以最大速率上升时 拉力做功的功率P 再求在 0 11 s 时间内 拉力和重力 对电梯所做的总功W 图 1 图 2 8 答案 1 F1 2 2 104 N F2 1 8 104 N 2 0 50 m s 1 5 m s 3 2 0 105 W 1 0 105 J 1 由牛顿第二定律 有F mg ma 由a t图象可知 F1和F2对应的加速度分别是a1 1 0 m s2 a2 1 0 m s2 5 F1 m g a1 2 0 103 10 1 0 N 2 2 104 N F2 m g a2 2 0 103 10 1 0 N 1 8 104 N 2 类比可得 所求速度变化量等于第 1 s 内a t图线下的面积 v1 0 50 m s 同理可得 v2 v2 v0 1 5 m s v0 0 第 2 s 末的速率v2 1 5 m s 3 由a t图象可知 11 s 30 s 内速率最大 其值等于 0 11 s 内a t图线下的面 积 有 vm 10 m s 此时电梯做匀速运动 拉力F等于重力mg 所求功率 P Fvm mgvm 2 0 103 10 10 W 2 0 105 W 由动能定理 总功 W Ek2 Ek1 mvm2 0 2 0 103 102 J 1 0 105 J 1 2 1 2 9 如图 用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边 已 知拖动缆绳的电动机功率恒为P 小船的质量为m 小船受到的阻力大小恒为f 经过A点时 的速度大小为v0 小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1 A B两点间距离为d 缆绳质量忽略不计 求 1 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf 2 小船经过B点时的速度大小v1 3 小船经过B点时的加速度大小a 9 答案 1 fd 2 v1 v02 2 m Pt1 fd 3 a P m2v02 2m Pt1 fd f m 1 小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf fd 2 小船从A点运动到B点 电动机牵引绳对小船做功 W Pt1 由动能定理有 W Wf mv12 mv02 1 2 1 2 由 式解得v1 v02 2 m Pt1 fd 3 设小船经过B点时绳的拉力大小为F 绳与水平方向夹角为 电动机牵引绳的速 6 度大小为u 则 P Fu u v1cos 由牛顿第二定律有 Fcos f ma 由 式解得 a P m2v02 2m Pt1 fd f m 10 图 a 所示的装置中 小物块AB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 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 AB间距大于 2r 随后 连杆以角速度 匀速转动 带动滑杆做水平运 动 滑杆的速度 时间图象如图 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v0 及A与B碰撞过程的机械能损失 E 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 的取值范 围 及t1与 的关系式 3 如果AB能与弹簧相碰 但不能返回到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 的取值范围 及Ep与 的关系式 弹簧始终在弹性限度内 a b 10 答案 1 m 2r2 2 0 t1 0 2 1 4 2 2 gl r r 2 g 2 gl r 3 Ep m 2r2 2 mgl 2 2 gl r 4 gl r 1 4 7 解析 1 滑杆达到最大速度时A与其脱离 由题意 得 v0 r 设AB碰撞后的共同速度为v1 由动量守恒定律 mv0 2mv1 碰撞过程中的机械能损失为 E mv 2m v 1 22 0 1 22 1 E m 2r2 1 4 2 若AB不与弹簧相碰 P到Q过程 由动能定理 得 2m gl 2m v 1 22 1 联立 得对应 AB 运动到 Q 点的连杆角速度 1 1 2 2 gl r 的取值范围 0 2 2 gl r 设AB在PQ段加速度大小为a 由运动学规律 得 v1 at1 2m g 2ma 联立 得 t1 0 2 r 2 g 2 gl r 10 3 若AB压缩弹簧后反弹 由动能定理 得 2m g l l 2m v 1 22 1 联立 得对应AB刚好反弹回P点的连杆角速度 2 2 4 gl r 的取值范围 2 2 gl r 4 gl r 由功能关系 Ep 2m v 2m gl 1 22 1 Ep m 2r2 2 mgl 1 4 2 2 gl r 4 gl r 11 某缓冲装置的理想模型如图所示 劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连 轻杆 8 可在固定的槽内移动 与槽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 轻杆与槽间的最大静摩 l 4 擦力等于滑动摩擦力 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 求为使装置安全工作 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 和撞击速度v的关系 11 答案 1 2 3 见解析 f k v02 3fl 2m 1 轻杆开始移动时 弹簧的弹力F kx 且F f 解得x f 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 由动能定理 得 f W 0 mv02 l 4 1 2 同理 小车以vm撞击弹簧时 由动能定理得 fl W 0 mvm2 1 2 解得vm v02 3fl 2m 3 设轻杆恰好移动时 小车撞击速度为v1 由能量转化与守恒定律 得 mv12 W 1 2 由 解得v1 v02 fl 2m 当v 时 v v v02 fl 2m 当 v 时 v v02 fl 2m v02 3fl 2m v02 fl 2m 12 如图所示 ABCD为固定在竖直平面内的轨道 AB 段光滑水平 BC段为光滑圆弧 对应的圆心角 37 半 9 径r 2 5 m CD段平直倾斜且粗糙 各段轨道均平滑连接 倾斜轨道所在区域有场强大小 为E 2 105 N C 方向垂直于斜轨向下的匀强电场 质量m 5 10 2 kg 电荷量 q 1 10 6 C 的小物体 视为质点 被弹簧枪发射后 沿水平轨道向左滑行 在C点以速度 v0 3 m s 冲上斜轨 以小物体通过C点时为计时起点 0 1 s 以后 场强大小不变 方向反 向 已知斜轨与小物体间的动摩擦因数 0 25 设小物体的电荷量保持不变 取g 10 m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 1 求弹簧枪对小物体所做的功 2 在斜轨上小物体能到达的最高点为P 求CP的长度 12 答案 1 0 475 J 2 0 57 m 1 设弹簧枪对小物体做功为Wf 由动能定理得 Wf mgr 1 cos mv02 1 2 代入数据得Wf 0 475 J 2 取沿平直斜轨向上为正方向 设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1 由牛顿 第二定律得 mgsin mgcos qE ma1 小物体向上做匀减速运动 经t1 0 1 s 后 速度达到v1 有 v1 v0 a1t1 联立以上方程可知v1 2 1 m s 设运动的位移为s1 有 s1 v0t1 a1t12 1 2 电场力反向后 设小物体的加速度为a2 由牛顿第二定律得 mgsin mgcos qE ma2 设小物体以此加速度运动到速度为 0 运动的时间为t2 位移为s2 有 0 v1 a2t2 s2 v1t2