2020届高考物理第二轮复习方案新题之机械能

1、2014届高考物理第二轮复习方案新题之机械能1.水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小与汽车行驶的速率成正比，若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在整个行驶过程中，汽车受到的牵引 力 大 小 与 阻 力 大 小 关 系 图 像 正 确 的 是X.R.C.D.普A解除 若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，在匀加速运动阶段，由F-Jni 可得，牵引力随阻力的增大均匀增大，图象CD错误，达到额定功率后保持 颔定功率行驶，由F=Px可知，牵引力与阻力成反比，图象A正确B错误。2.下列关于体育项目的说法正确的是A.撑杆跳高，借助撑杆将人的动能转化成人的重力势能，故可跳

2、得更高B.短跑运动员跑鞋底部装有尖端向地的钢鞋，是为了增加鞋的弹力C.跳板跳水，借助跳板的弹力，增大腾空高度，可增加做动作的时间D.摩托车障碍赛，摩托车腾空后，落地时应前轮先着地，这样可以防止向前翻到答案:AC解析；撑杆跳高，借助撑杆将人的动能转化成人的重力势能，故可跳得更高，选项A 正确,短跑运动员跑鞋底部装有尖端何她的钢鞋.是为了增加鞋与地面的摩擦，提高速 度,选项B错误“跳板跳水，借助跳板的弹力，增大腾空高度，可增加做动作的时间， 选项C正确.摩托车障碍赛，摩托车腾空后，落地时应后轮先着地，这样可以防止向前 翻到，选项D错误.|3.在2012年怀化市中学生篮球比赛中，张宇同学在最后一节三

3、分线外投篮，空心入网，弹网后篮球竖直下落，为该队赢得了比赛。若空气阻力大小恒定，则下列说法能正确反映球从出手到落地这一过程的是 A.篮球上升过程加速度小于 g,下降过程加速度大于 gB.篮球匀加速上升，变减速下降C.篮球在上升过程中动能减少，下降时机械能增加D.篮球在出手时的机械能一定大于落地时的机械能答彖D解析.篮球上升过程加速度大于小下降过程加速度小于g,选项A错误.由于空气 阻力恒定，篮球匀加速上升，匀减速下降，选项3错误。篮球在上升过程中动能减少， 下降时机械能诫少，选项C错误。由于空气阻力做功，篮球在出手时的机械能一定大于 落地时的机械能，选项口正确.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的

4、竖直板P拴接，另一端与物体 A相连，物体A静止于光滑水平桌面上， 右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连.开始时用手托住 B让细线恰好伸直，然后由静止释放B,直至B获得最大速度.下列有关该过程的分析正确的是（）B物体的机械能一直减小B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D.细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量.答案：ABD解析：把AB和弹簧看作一个系统，相同机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项 A正确；由动能定理，B物体的动能的增加

5、量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项 B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A动能增加量之和，选项C错误；对A和弹簧组成的系统，由功能关系，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机 械能的增加量，选项 D正确。.某滑沙场有两个坡度不同的滑道ABffiAB （均可看作斜面），甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从 A自由静止开始分别沿 A丽AB滑下，最后都停在水平沙面 BC,如图所示.设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑B C上同一点，甲滑行沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动.则下列说法中正确的是A.甲滑行的总路程一定大于乙

6、滑行的总路程B.甲在B点的动能一定等于乙在 B点的动能C.甲在B点的速率一定等于乙在 B点的速率D.甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移 答案：A解析：由动能定理列方程计算可得两人最后都停在水平沙面的总路程一定大于乙滑行的总路程，甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移, 选项A正确D错误；甲在B点的动能一定大于乙在 B点的动能，甲在 B点的速率一定大于乙在B点的速率，选项 BC错误。.如右图所示，水平面上放有质量均为m=l kg的物块A和B, A B与地面的动摩擦因数分别为 邛=和 邛=,相距l=0.75m.现给物块A 初速度使之向 B运动，与此同时给物块 B 个F=3

7、N的水平向右的力，B由静止开始运动，经过一段时间A恰好追上B且二者速度相等。g=10 m/s 2,求：（1）物块A的初速度大小；（2）从开始到物块 A追上物块B的过程中，力F对物块B所做的功.解析：（14分）（1）设A经时间t追上B, A、B的加速度大小分别为ai a2,由牛顿第二定律有:1mg=ma（1分）a1=4 m/s 2,F-（12mg=ma（1分）a2=2 m/s 2 ,恰好追上时它们速度相同，则： v0 at a2t（2分）追上时由路程关系有：v0t-1a1t21a2t2 l（2分） HYPERLINK l bookmark6 o Current Document 22由以上四式解

8、得 A的初速度大小为：Vo=3 m/s , t = s （3 分）（2） B运动的位移：s=- a2t2 =0.25 m（2 分）2F对物块B所做的功：W=Fs= J（3分）7.如图所示，水平传送带AB的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的9形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运彳T速度为 V0=6m/s,将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带 A端，长度为L=12.0m, “9”字全高H=0.8m, “9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m,滑块与传送带间的动摩擦因数为！1=,重力加速度g=10m/s2,试求：（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间。mg ma （1 分）

9、（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。（3）若滑块从“9”形规道D点水平抛出后，恰好 垂直撞在倾角 。=60的斜面上P点，求P、D两点 间的竖直高度h（保留两位有效数字）。（1）在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律得 a g 3m/s2（1 分）加速到与传送带达到同速所需要的时间，t v0/a 2m/s （1分）位移 s11/2at2 6m （1 分）之后滑块做匀速运动的位移 s2 L S1 6m所用的时间t2 s2/v0 1s （1分）故 t t1 t2 3s （ 1 分） TOC o 1-5 h z 1212（2）滑块由B到C的过程中动能te理mgH mvc mv0（1分）

10、 HYPERLINK l bookmark20 o Current Document 22在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块 的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得,2 ,Fn mg mvc /R（1 分）Fn 90N力方向竖直向下（1分）由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为N=N=90N （1分） 方向竖直向上。（1分）（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得 TOC o 1-5 h z mg（H 2R） mvp2 1mvD2（1 分） HYPERLINK l bookmark36 o Current Document 22 HYPERLINK l

11、bookmark18 o Current Document 在 P 点 vy vD / tan 60（1 分）2又h 1 （2 分） h=0.47m（1 分）2g8.如图16所示，光滑斜面与水平面在B点平滑连接，质量为 0.20kg的物体从斜面上的 A点由静止开始下滑，经过 B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在水平面上的C点。每隔通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。取g=10m/s2。t/ s,-1v/ m?s求:(1)物体在斜面上运动的加速度大小；(2)斜面上A、B两点间的距离；(3)物体在水平面上运动过程中，滑动摩 擦力对物体做的功。(1)物体在斜

12、面上做匀加速直线运动，设加速度为ai,则 TOC o 1-5 h z vt V02.0 1.022C 八ai = m/s =5.0m/s 3 分t 0.4-0.2(2)设物体滑到 B点所用时间为tB,到达B点时速度大小为vb,在水平面上白加速度为a2,则由数据表可知a2=01也m/s2=-2.0 m/s 20.2 TOC o 1-5 h z VB=aitB 1分v B=a2 () 1分解得t B= 1分设斜面上 A B两点间的距离为 XAB,则Xab= 1 at B2=0.625m 1分2(3)设物体在水平面上运动过程中，滑动摩擦力对物体做的功为W,根据动能定理12121 _ _ _2,怔mv

13、C mvB =0- - 0.20 2.5 J= 2分 HYPERLINK l bookmark14 o Current Document 222.如图14所示，质量为2.0kg的木块放在水平桌面上的 A点，受到一冲量后以某一速度在桌面上沿直线向右运动，运动到桌边B点后水平滑出落在水平地面C点。已知木块与桌面间的动摩擦因数为，桌面距离水平地面的高度为1.25m, A、B两点的距离为 4.0m, B、C两点间 的水平距离为1.5m, g=10m/s2。不计空气阻力，求:图14(1)木块滑动到桌边 B点时的速度大小；(2)木块在A点受到的冲量大小。解析:(1)设木块在B点速度为Vb,从B点运动到C点

14、的时间为t,根据平抛运动的规律有,1,2 TOC o 1-5 h z h gt 1分x vBt 1分解得：t= , VB=3.0m/s 2 分(2)设木块在 A点的速度为va,根据动能定理得1212umgsAB -mvB mvA HYPERLINK l bookmark40 o Current Document 22解得：Va=S根据动量定理，木块在 A点受到的冲量I=mvA-0=10kgm/s 2分.如图所示，传送带的两个轮子半径均为 r=0.2m,两个轮子最高点 A、B在同一水平面 内，A B间 距离L=5m,半彳仝RW固定、竖直光滑圆轨道与传送带相切于 B点，C点是圆轨道的最高点。质量m

15、=0.1kg 的小滑块与传送带之间的动摩擦因数=。重力加速 度g=10m/s 2 o求：(1)传送带静止不动，小滑块以水平速度 V0滑上传送带，并能够运动到 C点，V0至少多大？(2)当传送带的轮子以 w =10rad/s的角速度匀速转动时，将小滑块无初速地放到传送带上的A点，小滑块从 A点运动到B点的时间t是多少？(3)传送带的轮子以不同的角速度匀速转动，将小滑块无初速地放到传送带上的A点， TOC o 1-5 h z 小滑块运动到C点时，对圆轨道的压力大小不同，最大压力Fm是多大？解：(1)设小滑块能够运动到 C点，在C点的速度至少为v,则mg=n （2 分）RmV1 mv2=2mgR-（

16、i mgL （2 分）2解得 V0=2/T5m/s （1 分）(2)设传送带运动的速度为V1,小滑块在传送带上滑动时加速度是a,滑动时间是t1,滑动过程中通过的距离是x,则（1分）V1=r w（1分）ma=（i mgvi=at i （1分）x= at i2, （1 分）2解得 vi=2m/s, a=4m/s： ti = , x=0.5m由于xvL,所以小滑块还将在传送带上与传送带相对静止地向B点运动，设运动时间为t2,则L x= v it 2 （2 分）解得t 2=则 t= t i + t 2= （2 分）（3）轮子转动的角速度越大，即传送带运动的速度越大，小滑块在传送带上加速的时间越长，达到

17、B点的速度越大，到 C点时对圆轨道的压力就越大。小滑块在传送带上一直加速，达到B点的速度最大，设为Vbd对应到达 C点时的速度为vcm,圆轨道对小滑块的作用力为F,则 TOC o 1-5 h z VBm2=2aL （2 分）mCm mvm = 1 2mgR （2 分）222（i分）mg+F=mCm-RFm=F （I 分）解得Fm=5N （I分）ii.如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCDfi成，AB和BCD!切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C D为圆轨道的最低点和最高点），已知/ BOC=30?o 可视为质点的小滑块从轨道 AB上高H处的某点由静止滑下，用力传

18、感器测出滑块经过圆轨道最局点D时对轨道的压力为 F,并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g=i0m/s2。求:（I）滑块的质量和圆轨道的半径;是否存在某个 H值，使得滑块经过最高点 D后能直接落到直轨道 AB上与圆心等高的点。若存在，请求出 H值；若不存在，请说明理由。一、 ，12(1) mg HP 2R)= 2mv)2 mwF+mg= 丁/日2mgHk 2R)得：F=一%mgR取点（0.50m, 0）和（1.00m,）代入上式得:m=0.1kg , R=0.2m（2）假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点（如图所示）R OE: sin30?x= OE=VDFt2AEDHDA!O得到：VD=2m/s而滑块过D点的临界速度VdL= gR= :2 m/s由于：VD V DL 所以存在一个H值，使得滑块经过最高点 D后能直接落到直轨道 AB上与圆心等高的点12mgH 2B= 2巾研得至 U