高考物理二轮复习机械能专题训练含解析新人教版

1、2014年高考二轮复习机械能1 .一人用力把质量为 m的物体由静止竖直向上匀加速提升h,速度增加为v,则对此过程，下列说法正确的是A.人对物体所做的功等于物体机械能的增量B.物体所受合外力所做的功为1 mv22C.人对物体所做的功为 mghD.人对物体所做的功为 1 mv22答案：AB解析：由功能原理可知，人对物体所做的功等于物体机械能的增量，为mgh+lmv2,选项A正确CD错误；由动能定理可知，物体所受合外力所做的功为-mv2,选项22B正确。2.如右图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60 ,右侧斜面倾角为300, A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于

2、斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面。若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述错误的是( )A.着地瞬间两物体的速度大小相等B.着地瞬间两物体的机械能相等C.着地瞬间两物体所受重力的功率相等。D.两物体的质量之比为 mA : mB = 1: . 3答案：.B解析：根据初始时刻两物体处于平衡状态，由平衡条件可知，nAgsin60 = mBgsin30 ,由此可得，两物体的质量之比为 mA : mB =173 ；由机械能守恒定律可知，着地瞬间两物体的速度大小相等，选项 AD叙述正确；着地瞬间， A物体重力功率FA=mgvsin60 ,

3、 B物体重力功率FB=mgvsin30 ,两物体所受重力的功率相等，选项C叙述正确；由于两物体质量不等，初始B叙述错误。状态两物体的机械能不等，所以着地瞬间两物体的机械能不相等，选项3. 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为2.0m/s。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平拉力F,力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图 7甲和乙所示。设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做功的平均功率分别为R、P2、P3,则()PlP2P3PlP2P302s内力F对滑块彳功为4J02s内摩擦力对滑块做功为 4J3210图7【答案】：BC【解析】：第1s内力F对滑块做功的平均功率分别为R=

4、r v1X 1W=1W/第1s内力F对滑块做功的平均功率分别为P2=F2 V2=3X 1W=3VV第1s内力F对滑块做功的平均功率分别为P3=F3 V3=2X2W=4W/所以，PiP2P3,选项A错误B正确；02s内力F对滑块彳功为 W=Fi X +F2 X=1X 1J+3X 1J=4J ,选项C正确；滑块所受摩擦力 f=2N, 02s内滑块位移x=2m,摩擦力对滑块做功为fxcos180 =-4J ,选项D错误。v方向垂直的相同水平恒力 F的作用,4.在光滑的水平地面上，有质量相同的甲、乙两物体，甲原来静止，乙以速度v做匀速 直线运动，俯视图如图所示。某时刻它们同时受到与经过相同时间 ()(

5、A)两物体的位移相同(B)恒力F对两物体所做的功相同(C)两物体的速度变化率相同(D)两物体的动能变化量相同答案：BCDB析：经过相同时间，乙物体位移大于甲，选项 A错误；恒力F对两物体所做的功相同，两物体的动能变化量相同，两物体的加速度相同，速度变化率相同，选项BCD正a、曰、s和t分确。.物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止.以别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间.则以下各图象中，能正确反映这一过程的是答案：C解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项AB错误；由动能定理，-fs= Ek - E0,解得&= Ek0-fs

6、 ,选项C正确D错误。.质量相同的两个物体，分别在地球和月球表面以相同的初速度竖直上抛，已知月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，若不计空气阻力，下列说法中正确的是(D )(A)物体在地球表面时的惯性比在月球表面时的惯性大(B)物体在地球表面上升到最高点 所用时间比在月球表面上升到最高点 所用时间长(C)落回抛出点时，重力做功的瞬时功率相等(D)在上升到最高点的过程中，它们的重力势能变化量相等答案：D解析：两个物体质量相同，惯性相同，选项A错误；由于月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，物体在地球表面上升到最高点所用时间比在月球表面上升到最高点所用时间短，选项 B错误；落回抛出点时

7、，速度相等，而月球表面重力小，所以落回抛出点时，月球上重力做功的瞬时功率小，选项C错误；由于抛出时动能相等，由机械能守恒定律可知，在上升到最高点的过程中，它们的重力势能变化量相等，选项 D正确。.质量为m的汽车，启动后在发动机功率 P保持不变的条件下在水平路面上行驶，经过一段 时间后将达到以速度 v匀速行驶的状态，若行驶中受到的摩擦阻力大小保持不变，则在车速,1为一v时，汽车的加速度大小为(3P2mv3P4mv4A.组 mvC,王3mv答案,A解析；若行驶中受到的摩擦阻力大小f=P vo在车速为时，汽车牵引力由牛顿第二定律，F-f=ma解得汽车的加速度大小为/三，选项A正确,.有一竖直放置的“

8、 T”形架，表面光滑，滑块 A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A B用一不可伸长的轻细绳相连，A B质量相等，且可看做质点，如图 4所示,开始时细绳水平伸直， A、B静止.由静止释放 B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60时，滑块B沿着竖直杆下Vt的速度为v,则连接 A B的绳长为A.4vB.3v2C.4gD.4v3g答案:解析，由静止释放后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60时，滑块B沿细绳 方向的分速度为囱口吕60口 =v/2此时A的速度为2+cqs3CT二一3。B下滑高度 h=Lcos60二L/2,由机械能守恒定律，mgh二士 mv斗工联立解得L二选项 223gD正确。.小球由地面竖直上抛，

9、设所受阻力大小恒定，上升的最大高度为H,地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地面高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于（）A.H B.型 C. 3H D.也9999t答案】Dt解析】设小球受到的阻力大小恒为。小球上升至最高点过程由动能定理得1 ”* m g H -卜二 01一喇 t： Cl 卜小球上升至离地高度h处时速度设为力，由动能定理得:-mgh-fh= :用=， 又二 g1 =2mgh:小球上升至最高点后又下降至离地音度h处时速度设为此过程由动能定理得:-mgh-f（2H-hi=:物门一= wv；国, 又!机1 =mghm 一以上各式联立解得h=?

10、.故选D.10、如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O、O分别与质量均为 m的小滑块P和小球Q连接.已知直杆两端固定且与两定滑轮在同一竖直平面内，杆与水平面的夹角为0 ,直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰.现将小物块从 C点由静止释放，在其下滑过程中，下列说法正确的是（）A.小滑块的动能先增加后减小B.小滑块的机械能先增加后减小C.小球的动能先增加后减小D.小球的机械能先增加后减小答案；AB解析：将小物块从C点由静止释放，在其下滑过程中，滑块P的重力做正功；拉力对 滑块先做正功后做负功，小滑块的动能先增加后减小，小滑块的机械能先增加 后减小

11、,小球的动能先增加后减小.再增加后减小，选项C错误，轻绳拉力对小 球先做负功后做正功，小球的机械能先峨小后增加，选项D错误口11、如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接.在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为0 .现有10个质量均为 m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于 1号球的水平外力 F的作用下均静止，力 F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为 h.现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内.重力加速度为g.求：水平外力F的大小；1号球刚运动到水平槽时的速度；整个运动过程中，2号球对1号球所做的功.1

12、1.解析：以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tan 日=-F(2 分)10m g得：F =10mgtan以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mgh = mv2(2分)2得v - .2gh撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得10mg(h 18sin 口)= 1 10m v222得 v = 2g(h 9rsin )以1号球为研究对象，由动能定理得12mgh W = 一 mv 2得 W = 9mgr sin 二.如图10所示，质量为 m的小球，由长为l的细线系住，线能承受的最大拉力是9mg细线 TOC o 1-5 h z 的另一端固定在 A点，AB是

13、过A的竖直线，E为AB上的一点，且AE=0.5 l ,过E作水平线EF, 在EF上钉铁钉D,现将小球拉直水平，然后由静止释放，小球在运动过程中，不计细线与钉 子碰撞时的能量损失，不考虑小球与细线间的碰撞.A-(1)若钉铁钉位置在 E点，求细线与钉子碰撞前后瞬间，细线的拉；! :力分别是多少？E：D FI、 射(2)若小球能绕钉子在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子位置在!尸Ql * 水平线EF上距E点距离的取值。B图1012、答案：(1) F1=3mg, F2=5mg l x 2163解析：(1)小球释放后沿圆周运动，运动过程中机械能守恒，设运动到最低点速度为v,由12 机械能寸恒th律得 mg

14、l =-mv ,碰钉子瞬间刖后小球运动的速率不变，碰钉子刖瞬间圆周运2动半径为l ,碰钉子前瞬间线的拉力为F1,碰钉子后瞬间圆周运动半径为l/2,碰钉子后瞬间线的拉力为F2,由圆周运动、牛顿第二定律得:2mvF1 - mg = , F2 - mg2mvl /2得 F1 =3mg , F2 =5mg(2)设在D点绳刚好承受最大拉力，记DE=X1,则：AD=Jx； +L2悬线碰到钉子后，绕钉做圆周运动的半径为:eAD l-JM)22当小球落到D点正下方时，绳受到的最大拉力为F,此时小球的速度 v1,由牛顿第二定律有:2Fmg=mv-结合 Fw 9 mgr1由机械能守恒定律得： mg ( - +r1

15、)= 1 mv2222由上式联立解得：X1 -1|6mg ( r 2)= - mv2钉子位置在水平线 EF上距E点距离的取值范围是：|-l63.如图，半径为 R的光滑半圆形轨道 ABC在竖直平面内，与水平轨道 CD相切于C点，D 端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能A。已知/ POC=60 ,求:触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点C时对轨道压力;科；(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能

16、。解析；,设滑块第一次滑至c点时的速度为管圆轨道u点对滑块的支持力为入1 p 12一 一淞gR =一憎bLPtC 过程；2 g 2, 12 分）v2 /一喀3=幽士C点：R （2分）解得%=2叫（2分）由牛顿第三定律得，滑块对轨道C点的压力大小即:方向竖直向下（1分）12对尸CfQ 过程；- cos 60） -2 A = 01分解得“ = 0 25（2分）懦旨=留卫_再点1R （1分）1 2工过程；斗=5叫+小如鹏2,分）解得.弹性势能蜃=%以（2分）14.某兴趣小组举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动 L=10m后，由B点进入半径 R=0.4m

17、的光滑竖直半圆轨道，并通过轨 道的最高点C做平抛运动，落地后才算完成比赛。B是轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于 B点。已知赛车质量 m=0.5kg ,通电后电动机以额定功率 P=4 W工作，赛车 在水平轨道上受到的阻力恒为f=0.4N ,之后在运动中受到的空气阻力可不计，g取10m/s2.试求：（1）赛车能通过C点完成比赛，其落地点离 B点的最小距离；（2）要使赛车完成比赛，电动机工作的最短时间；（3）假如水平直线轨道足够长，赛车以最大速度过B点，R为多大时赛车能完成比赛且落地点离B点的距离最大，并求出最大距离。解析：（燮分）（1）费车以最小速度通过最高点G其落地点离2点的距离最小，

18、即最、/匚, 卜高点 C,有 = m vc =2m/s（2 分）R由平抛规律得1 ,解得其止=0.80?m设电动机工作的最短时间为r赛车从a到匚过程由功能关系得Pt- fL- InigR = g - Q解得t=2.25 s （t=2.25 5时间内赛车还役过B点）口分）（没判断有没过B点不扣分）（3）赛车到B点的最大速度vs=fyf=Wm/s设轨道半径为日到匚过程赛车机械守恒1 J”1 r-吗吗=fig2R + 叨T；（1分）解得匕=五一斗趣x = vct车离开C点后平抛，设水平位移为 X,有12Rgt22y（1分）2 2VB-4R 4R. TgR （没说明不扣分） 得 Xm=5mt （1 分

19、）15、如图所示，用跨过光滑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,小船受到阻力大小恒为f ,小船经过 A点时速度大小为 w,小船从A点沿直线加速运动到 B点经历时间为L, AB两点间距离为d ,不 计缆绳质量.求:第羽题（1） A到B点过程中，小船克服阻力所做的功 Wf ；（2）小船经过B点时速度大小5；（3）小船经过B点时的加速度大小.解析；.（12分）（1）小船从A点运动到B点克服阻力做功开：二川 （2分）1分）由动能定理有（2）小船从A点运动到呼点，电动机牵引绳对小船做功W=PV TOC o 1-5 h z 由式解得H=J4

20、 +三（尸五一的2分）V w（3）设小船经过b点时绳的拉力大小为此绳与水平方向夹角为e，绳的速度大小为小P=Fu口分）It = COS（1 分）牛顿第二定律Fcos -/ = W71分）由得白=f 一 P -（2分）J明、:-2w（Prt - fd） m（另解；设细绳的拉力为f,绳与水平方向夹角为e,则细绳牵引小船的功率为P=Fcos9 炉：,PfFzos6 =； Fcos - f -ma 二）肾+ 2 flp 上一用）m.如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带长L=20ni倾角0 =37。，煤块与传送带间的动摩擦因数科=0.8 ,传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底

21、板间的竖直高度 H= 1.8 m ,与运煤车车箱中心的水平距离x= 1.2 m .现在传送带底端由静止释放一些煤块（可视为质点）其质量为2kg,煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动.要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取 g= 10 m/s 2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8 ,求：（1）传送带匀速运动的速度 v及主动轮和从动轮的半径r .（提示：要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零）（2）煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t .（3传送带由于传送煤块

22、多消耗多少电能？（提示：煤块传到顶端过程中， 其机械能增加,解：（1 ）由平抛运动的公式，得X-Vt ,（2分）代人数据解得（1分）mg -m一煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得R （2分） TOC o 1-5 h z 代人数据得产0.物（1分）（2）由牛顿第二定律心皿得F刀 . GQ =Ag cos d- g sm & =0.mC2 分）由叫小得加速过程a（2分） S=at72 S=5m（1 分）S =Vt = 10lD（1 分）AS 二Sw-S二5nlCL 分）由能量守恒得 E=mgLsin37;+lw;-Ff ASC2 分）代人数据得E=308J（1分）航空母舰上舰载机

23、的起飞问题一直备. 2012年我们中国有了自己的航空母舰“辽宁号”，受关注。某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计。如图，舰载机总质量为m发动机额定功率为 P,在水平轨道运行阶段所受阻力恒为fo舰载机在a处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力。经历时间ti,舰载机运行至 B处，速度达到V1,电磁弹射系统关闭。舰载机继续以额定功率加速运行至 C处，经历的时间为t2,速度达到V2。此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D处离开航母起飞。请根据以上信息求解下列问题。（1）电磁弹射系统关闭的瞬间，舰载机的加速度。（2）水平轨道AC的长度。（

24、3）若不启用电磁弹射系统，舰载机在A处以额定功率启动，经历时间 t到达C处，假设速度大小仍为 V2,则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少？（该问AC间距离用x表不。）解析：（1）根据功率表达式可得月=-。分）由牛顿第二运动定律 F-f （2分） 得口二上 （2分） 匕叨 m（2）舰载机在总处以额定功率启动,同时开启电磁弹射系统，它能物冷觎载机提供 水平向右.大小为严的恒定推力。经历时间小舰载机运行至b处，速度达到忆由 动能定理（3分）六 L1尸11+&1g二$咽百-W电磁弹射系统关闭.舰翻糜续以软定功率加速运行至二处，经用的时间为脑速度（2分）（3分）达到匕. 同理得 Pt- -fit- - - mv,a?hv* * 2 * 2 1舰载机总位移芍+毛 Q分）nrv.*-Pt. Pz,+miv*- wvl;购十+ 一（3）全过程