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1、2019 高考物理试题分类汇编（1）- 机械能（含详解） 12018 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，那么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 2、 2018 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， 那么 A、0t1
2、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 解析：由F与t的关系图像0t1拉力小于最大静摩擦力物块静止F的功率为0，A错误； 在t1t2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t2t3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t3t4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。答案BD 。 3、 2018 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
3、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。假设 AhAhB，那么一定有WAWBBhAhB，那么可能有WAWB ChAhB，那么可能有WAWBDhAhB，那么一定有WAWB 答案： B 4、 2018 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 A2RB5R/3 C4R/3 D2R/3 答案： C， 5、 2018 上海卷、位于水平面上的物体在水 平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动
4、； 假设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。那么可能有 AF2F1，v1v2BF2F1，v1v2 CF2F1，v1v2DF2F1，v1v2 A B F2 F1 答案： B、D， 6、 2018 安徽卷 .如下图，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 时恰好对轨道没有压力。 AP =2 R , 重力加速度为 g ，那么 小球从 P 到 B 的运动过程中 () A.重力做功 mgR2 B.机械能减少 mgR C.合外力做功 mgR
5、D.克服摩擦力做功 mgR 2 1 16D； 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 gRvB ，取B 点所在平面为零势能面，易知机械能减少量 mgRmvR B 2 1 2 1 mgE 2 ，B错。由动能定理知合外力做功W= mgRmvB 2 1 2 12 ,C 错。 根据动能定理 0-mv 2 1 W-mgR 2 Bf ，可得 mgR 2 1 w f ，D选项正确。 7、 2018 江苏卷、如下图，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
6、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、 【解析】设 F 与速度v的夹角为，那么 cosFvP ，力的分解，在切线上速 度方向上合力为 0，即 cossinFmg ，所以 sinmgP ，随增大，P增大。 【答案】 A O B R 2R P A B A F O 8、 2018 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。以下判断正确的选项是 A.02s 内外力的平均功率是 9 4 W B.第 2 秒内外力所做的功是 5 4 J C.第 2 秒末外
7、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 4 5 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= 2 1 4.5 2 mvJ 功率为 4.5 1.5 3 w pww t 1s 末、 2s 末功率分别为：4w、3w第 1 秒内 与第 2 秒动能增加量分别为： 2 1 1 2 2 mvJ 、 22 21 11 2.5 22 mvmvJ ，比值： 4：5 9、(2018 全国理综 ) . 20 分 一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从 山沟的竖直一侧，以速度v
8、0沿水平方向跳向另一侧坡面。如下图，以沟底的O 点为原点建 立坐标系Oxy。 ，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=，探险队员的质 量为 m 。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 （1）求此人落到破面试的动能； （2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多 少？ 【解析】 （1）平 抛 运 动 的 分 解 ： tvx 0 ， 2 2 1 2gthy ， 得 平 抛 运 动 的 轨 迹 方 程 2 2 0 2 2x v g hy ， 此方程与坡面的抛物线方程为y=的交点为 ghv vh x 2 0 2 0 2 4 ， ghv hv y 2 0 2
9、 0 2 。 根据机械能守恒， k Emgymvhmg 2 0 2 1 2 解得 ghv mghv mvmghEk 2 0 2 02 0 2 2 1 2 （3）2求 ghv mghv mvmghEk 2 0 2 02 0 2 2 1 2 关于 0v 的导数并令其等于0，解得当 此人水平跳出的速度为 ghv3 0 时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小 值为 ghv hmg mghEk 2 0 22 min 6 2 7 。 10、 2018 广东卷 . 18 分 图 18a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，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处
10、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，连杆以角速度匀速转动，带动滑杆作 水平运动，滑杆的速度- 时间图像如图18b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，求得取值范围， 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，求的取值范围，及Ep与的关系式弹簧始终在弹性限度内。 答案： 解： 1由题知，A脱离滑杆时的速度uo=r 设A
11、、B碰后的速度为v1，由动量守恒定律 muo=2mv1 A与B碰撞过程损失的机械能 22 01 11 2 22 Emumv 解得 22 1 8 Emr 2AB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 律 mamg22 v1=at1 1 1 2 v xt 由题知 xl 联立解得 1 4 0 l rt 1 2 r t g 3AB能与弹簧相碰 2 1 1 22 2 mglmv 不能返回道P点左侧 2 1 1 222 2 mglmv 解得 2 24glgl rr AB在的Q点速度为v2，AB碰后到达Q点过程，由动能定理 22 21 11 222 22 mglmvm
12、v AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒 2 2 1 2 2 p Emv 解得 22 (8) 4 p mrgl E 11. 2018 四川卷、 16 分 四川省“十二五”水利发展规划指出，假设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0.4 。水的密度为1l0 3kg/m3，重力加速度 取 10m/s 2。求： (1) 电动机内阻消耗的热功率； (2) 将蓄水池蓄入8
13、64m 3 的水需要的时间不计进、出水口的水流速度。 23、解： (l) 设电动机的电功率为P，那么P=UI 设电动机内阻r 上消耗的热功率为Pr，那么Pr=I 2r 代入数据解得Pr=110 3W 说明：式各2 分，式 3 分。 (2) 设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。抽水高度为h，容积为V，水的密度为，那么 M= V 设质量为M的河水增加的重力势能为Ep，那么Ep=Mgh 设电动机的输出功率为P0，那么P0=P-Pr 根据能量守恒定律得P0t60% 80%=Ep 代人数据解得t=2l0 4s 说明：式各1 分，式各2 分，式 3 分。 12. 2018 安徽卷 . 14 分质量为0.1
14、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 tv 图象如下图。 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 =10m/s 2, 求： 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 。 22.(1)0.2N；(2)0.375m 解析： (1) 由 v t 图像可知 : 小球下落作匀加速运动， 2 /8 t v asm 由牛顿第二定律得： mafmg 解得 Nagmf2 .0)( (2) 由图知：球落地时速度 sm/4v ，那么反弹时速度 smvv/3 4 3 设反弹的加速度大小为a ，由动能
15、定理得 2 2 1 0f)h(mg-vm 解得 mh375. 0 13. 2018 安徽卷 . 20 分 如下图，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。物块B 与传送带之间的摩擦因数 =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 2。 O v(m/s) 0.5 4
16、t(s) A B h l u=2m/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。 答案： . 14m/s 2不能滑到右边的曲面上 3 s/m 3 4 n 解： 1设 B滑到曲面底部速度为v, 根据机械能守恒定律， 2 2 1 mghmv 得 smghv/522 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 1 v 由动能定理的 22 1 2 1 2 1 m-mvmvgl 解得 smglvv/42 2 1 由于 1 v 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 1A v ，B 的速度为 1B v ，取向左为正方向，根据动量守 恒定律和机械等守恒定律得： 111BA
