2014届高考物理第二轮复习方案新题之机械能2

-1-2014届高考物理第二轮复习方案新题之机械能21.2012年伦敦奥运会上，牙买加选手博尔特，夺得100米冠军，成为“世界飞人”。他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。如图所示，假设他的质量为m，在起跑时前进的距离S内，重心上升高度为h，获得的速度为v，阻力做功为阻W、重力对人做功重W、地面对人做功地W、运动员自身做功人W，则在此过程中，下列说法中正确的是A.地面对人做功地W=212mv+mghB.运动员机械能增加了212mv+mghC.运动员的重力做功为重W=-mghD.运动员自身做功为人W=212mv+mgh-阻W答案：BCD解析：由于地面对人的作用力没有位移，地面对人做功地W=0，选项A错误；运动员机械能增加了mghmv221，运动员的重力做功为mghW重，选项BC正确；由动能定理，人W+重W+阻W=212mv，解得人W=212mv+mgh-阻W，选项D正确。2．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球（可视为质点）。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式T=a+bcosθ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为A．2bmB．2bmC．3bmD．3bm答案：D解析：当小球运动到最低点时，θ=0，拉力最大，T1=a+b，T1=mg+mv12/L；当小球运动到最高点时，θ=180°，拉力最小，T2=a-b，T2=-mg+mv22/L；由mg·2L=12mv12-12mv22，联立解得：g=3bm，选项D正确。3．（如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的是（）h-2-A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能B．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒C．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关D．小球从抛出点运动到圆筒口的时间与小球抛出时的角度无关答案：AD解析：由能量守恒定律，弹簧获得的最大弹性势能与小球重力势能之和等于小球抛出时的动能，弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能，选项A正确；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球和弹簧组成系统的机械能守恒，选项B错误；小球抛出的初速度大小与圆筒离地面的高度和水平距离有关，选项C错误；小球从抛出点运动到圆筒口的时间与小球抛出时的角度无关，选项D正确。4．静止在地面上的一小物体，在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中0~s1过程的图线是曲线，s1~s2过程的图线为平行于横轴的直线。关于物体上升过程（不计空气阻力）的下列说法正确的是A．0~s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小B．s1~s2过程中物体做匀速直线运动C．0~s2过程中物体的动能越来越大D．s1~s2过程中物体的加速度等于当地重力加速度5．“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果已知选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为，如图所示，不考虑空气阻力和绳的质量(选手可视为质点)．下列说法正确的是()A．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大于mgB．选手摆到最低点时受绳子的拉力大于选手对绳子的拉力C．选手摆到最低点的运动过程中所受重力的功率一直增大D．选手摆到最低点的运动过程为匀变速曲线运动-3-6.一辆质量为m的汽车在发动机牵引力F的作用下，沿水平方向运动。在t0时刻关闭发动机，其运动的v-t图象如图所示。已知汽车行驶过程中所受的阻力是汽车重量的k倍，则（）A.加速过程与减速过程的平均速度比为1∶2B.加速过程与减速过程的位移大小之比为1∶2C.汽车牵引力F与所受阻力大小比为3∶1D.汽车牵引力F做的功为2300tkmg7.用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体由沙坑表面静止抬升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm。若忽略空气阻力，g取10m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为A．20JB．24JC．34JD．54J答案：C解析：用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体由沙坑表面静止抬升1m时，由动能定理，Fh-mgh=12mv2，撤去力F后由动能定理，mg(d+h)-W=0-12mv2，联立解得W=mg(d+h)+Fh-mgh=Fh+mgd=30×1J+2×10×0.2J=34J。选项C正确。-4-8.如图所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60J，此后撤出力F，物体又经过时间t回到出发点，若以地面为零势能面，则下列说法正确的是A．物体回到出发点的动能为60JB．恒力F=2mgsinθC．撤出力F时，物体的重力势能是45JD．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后答案：ACD解析：对物体运动的全过程，由动能定理，物体回到出发点的动能为60J，选项A正确；在沿斜面向上的恒力F作用下，物体加速度a=sinFmgm，经时间t物体位移x=12at2，力F做功W=Fx=60J，v=at，vt-12gsinθ·t2=-x，联立解得F=43mgsinθ，选项B错误；物体回到出发点的动能为12mv’2=60，解得物体回到出发点的速度v’=120m。撤出力F时，物体速度v=at，撤出力F后，物体做匀减速直线运动，加速度a’=-gsinθ，-v’=v+a’t，物体的重力势能mgh=mgxsinθ，联立解得mgh=45J，选项C正确；由功能关系，撤出力F时，物体动能为60J-45J=15J，这说明在沿斜面向上的恒力F作用下，物体动能和重力势能同步增大，撤出力F后，物体机械能守恒，动能先减小后增大，重力势能先增大后减小，所以动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后，选项D正确。9．如图所示，三个半径均为r、质量均为m的小球紧靠着由静止起沿倾角为的光滑斜面下滑，斜面与光滑水平面间有光滑小圆弧连接，开始时第一个小球的最低点离水平面的高度为h。则第三个小球滑到水平面时的速度大小v3＝__________，在此过程中第二个小球对第一个小球所做的功W＝__________。答案：2gh＋4grsin，2mgrsin，解析：把三个小球看作整体，整体滑到水平面时，高度下降H=h+2rsin，由机械能守恒定律，第三个小球滑到水平面时的速度大小v3＝2gH=2gh＋4grsin。隔离第一个小球，由动能定理，W+mgh=12mv32。解得W=2mgrsin。10.如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，接着沿水平路面滑至C点停止，人与雪橇的总质量为70kg．表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题：（1）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少?321hFmθ第12题图-5-（2）设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小．（g＝10m/s2）.解题思路：根据初末状态的机械能得到损失的机械能；根据表格中数据得到加速度，由牛顿第二定律得到人与雪橇在BC段所受阻力。考查要点：机械能、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律。解析：（1）从A到B的过程中，人与雪撬损失的机构能为ΔE=mgh＋221122ABmvmv①2211(701020702.07012.0)J=9100J22E②（2）人与雪橇在BC段做减速运动的加速度012m/s2m/s104CBvvat③根据牛顿第二定律，f=ma=70×(－2)N=-140N11.一质量为m=2kg的小滑块，从半径R=1.25m的14光滑圆弧轨道上的A点由静止滑下，圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。a、b两轮半径r=0.4m，滑块与传送带间的动摩擦因数µ=0.1，传送带右端点C距水平地面的高度h=1.25m，E为C的竖直投影点。g取10m/s2，求：（1）当传送带静止时，滑块恰能在b轮最高点C离开传送带，则BC两点间的距离是多少？（2）当a、b两轮以某一角速度顺时针转动时，滑块从C点飞出落到地面D点，已知CD两点水平距离为3m。试求：a、b两轮转动的角速度和滑块与传送带间产生的内能。．（15分）解题思路：应用机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律及其相关知识列方程求得BC两点间的距离；由平抛运动规律、匀变速直线运动规律和功能关系及其相关知识解得a、b两轮转动的角速度和滑块与传送带间产生的内能。考查要点：机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律、平抛运动规律、匀变速直线运位置ABC速度（m/s）2.012.00时刻（s）0410-6-动规律和功能关系等。解：（1）由题知，滑块从A到B机械能守恒：21=2BmgRmv…………………①滑块由B到C，由动能定理有：2211=22cBmgxmvmv…………………②滑块恰能在C点离开传送带，有：2=cvmgmr…………………③联解①②③式得：=23mx…………………④（2）设滑块从C点飞出的速度为cv，a、b两轮转动的角速度为ω，则：21=2hgt…………………⑤=EDcxvt…………………⑥=cvr…………………⑦联解⑤⑥⑦式得：=15rad/s…………………⑧滑块在传送带上加速过程，根据牛顿运动定律及功能关系有：对滑块：=mgma…………………⑨滑块加速时间：=cBvvta…………………⑩滑块位移：211=2Bxvtat…………………⑾传送带移动的距离：2=Cxvt…………………⑿产生的内能：21=()Qmgxx…………………⒀联解①⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得：Q=1J…………………⒁评分参考意见：本题满分15分，其中①式2分，②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀⒁式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。12.如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达-7-到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02m/s的匀速运动。取g=10m/s2，不计额外功。求：（1）起重机允许输出的最大功率；（2）重物做匀加速运动所经历的时间；（3）起重机在第2秒末的输出功率。（1）Pm=mgvm1分Pm=5.1×104W1分（2）F－mg=maF=5.1×104N1分Pm=Fvv=1m/s1分v=at11分t1=5s1分（3）v2=at2P2=Fv21分P2=2.04×104W1分13.如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切与B点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g。求（1）小球在C点的速度的大小；（2）小球在AB段运动的加速度的大小；（3）小球从D点运动到A点所用的时间。11题（15分）解析：（1）在C点，Rmvmgc2（2分），gRvc（1分）。（2）在AB段，aRvB22（2分），BC段，2221221BcmvRmgmv（2分），第16题图-8-gRvB5(1分)，a=g25（1分）。（3）CD段，222121DcmvRmgmv（2分），gRvD3（1分），小球又到A点时，BAvv（2分），gvvtDBgR35（2分）14.)如图所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的1/4光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切于P，Q端固定一竖直挡板，PQ长为s。一小物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停在距Q点为l的地方，重力加速度为g。求：（1）物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小；（2）物块与PQ段动摩擦因数μ的可能值。解：（1）设物块滑至P点时的速