《2012年高考物理 最新考点分类解析 考点4 机械能》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012年高考物理 最新考点分类解析 考点4 机械能（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2012年物理高考试题分类解析【考点4】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A0t1时间内F的功率逐渐增大Bt2时刻物块A的加速度最大Ct2时刻后物块A做反向运动Dt3时刻物块A的动能最大1BD 0t1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；t1t2时间拉力F逐渐增大，物块的加速度a也逐渐增大，t2时刻物块的加速度最大，选项B正确；t2t3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
2、)，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，vt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2AC 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
3、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3 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gC物体做匀减速运动的时间为2D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)3BD 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
4、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：kx0mgma，解得ag，B正确；物体做匀减速运动的位移为3x0，由3x0gt2，解得t，C错误；当弹力与摩擦力大小相等时，速度最大，此时kx1mg，该过程物体向左运动的位移为xx0x1x0，克服摩擦力做的功Wmg(x0)，D正确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4A 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
5、能定理可知，WGWFWTmv22mv120，因细线的拉力始终与速度方向垂直，故细线的拉力不做功，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时恰好对轨道没有压力已知AP2R，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2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR5D
6、 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： mgm，解得v，小球从P到B的运动过程中，由动能定理有：mgRWfmv20，解得WfmgR ，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mgR，可知机械能减少了mgR，B错误；由动能定理有：W合mv20mgR，C错误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
7、() 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6D 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mghmv2得v，则A、B两物块下落到地面时的速度大小相同，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TmAg，TmBgsin，可得mAmBsin；剪断轻绳后，A、B下落高度相同，由Epmgh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，则重力做功的平均功率分别为PA、PB，由mAmBsin
8、，可知PAPB，D正确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l1.4 m，v3.0 m/s，m0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数0.25，桌面高h0.45 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； (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hgt2水平方向svt得水平距离sv0.90 m(2)由机械能守恒定律，动能Ekmv2mgh0.90 J(3
9、)由动能定理，有mglmv2mv02得初速度大小v04.0 m/s8 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t0时由静止开始上升，at图象如图2所示电梯总质量m2.0103 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vt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at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
10、大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在011 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.图1 图28【答案】(1) F12.2104 N， F21.8104 N(2) 0.50 m/s，1.5 m/s (3) 2.0105 W，1.0105 J (1)由牛顿第二定律，有Fmgma由at图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2F1m(ga1)2.0103(101.0) N2.2104 NF2m(ga2)2.0103(101.0) N1.8104 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内at图线下的面积v10.50 m/s同理可得v2v2v01.5 m/
11、sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s(3)由at图象可知，11 s30 s内速率最大，其值等于011 s内at图线下的面积，有vm10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率PFvmmgvm2.01031010 W2.0105 W由动能定理，总功WEk2Ek1mvm202.0103102 J1.0105 J9 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)
12、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 (3) a (1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wffd(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功WPt1由动能定理有WWfmv12mv02由式解得v1(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，电动机牵引绳的速度大小为u，则PFuuv1cos由牛顿第二定律有Fcosfma由式解得a10 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
13、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) m2r2 (2) 0，t1，(02) (3
14、) ，Epm2r22mgl【解析】(1)滑杆达到最大速度时A与其脱离由题意，得v0r设AB碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律mv02mv1碰撞过程中的机械能损失为Emv(2m)vEm2r2(2)若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理，得(2m)gl(2m)v联立，得对应AB运动到Q点的连杆角速度11的取值范围：0设AB在PQ段加速度大小为a，由运动学规律，得v1at1(2m)g2ma联立，得t1，(02)(3)若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得(2m)g(ll)(2m)v联立，得对应AB刚好反弹回P点的连杆角速度22的取值范围：由功能关系Ep(2m)v(2m)glEpm2r22mgl，()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
