2013高考物理模拟新题特快专递(第二期)专题六机械能

1、12013 高考模拟新题特快专递第二期六机械能1. （2013 四川资阳诊断）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1mv22C.人对物体所做的功为mghD.人对物体所做的功为1mv22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11mgh+-mv2，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22项 B 正确。2 . （2013 四川自贡一诊）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60o

2、，右侧斜面倾角为 30, 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，mgsin60 =mgsin30 ，由此可得，两物体的质量之比为mA：mB= 1：.3；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

3、正确；着地瞬间， A 物体重力功率PA=mgvsin60 , 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2等，初始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 B 叙述错误。33.（2013 北京海淀期中）一滑块在水平地面上沿直线滑行,C. 02s 内力F对滑块做功为 4JD. 02s 内摩擦力对滑块做功为4J.【答案】：BC块做功的平均功率分别为P2=F2- V2=3X1W=3；第 1s 内力P3=F3-V3=2X2W=4；所以，P1P2P2RB .PP2P?t=0 时其速度为 2.0m/s。从此【解析】：第 i

4、s 内力F对滑块做功的平均功率分别为P=Fi-vi=ix1W=1W 第 is 内力F对滑F对滑块做功的平均功率分别为3210图74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5A 正确；由动能定理，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，选项正确；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。5.（2013 江苏常州模拟）某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB（均可看作斜面），甲、乙两名旅游者分别

5、乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB和AB滑下，最后都停在水平沙面BCt,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BC上同一点，甲滑行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

6、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。6.（8 分）（2013 北京四中摸底）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？（2） 设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小.（g= 10m/s2）6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段所受位置ABC速度（m/s）2.012.00时刻（s）0410解题思路：根

7、据初末状态的机械能得7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E=mghF1mvA -1 mvB1212：E=(70 1 0 2 07 0 2.0270 1 2.02)J=9100J22(2)人与雪橇在BC段做减速运动的加速度VC-VR0 -12 aC-m/s - -2m/st 104根据牛顿第二定律，f=ma=70 x( 2)N=-140N7. (15 分)(2013 四川资阳诊断)一质量为 m=2kg 的小滑块，从半径 R=1.25m 的1光滑4滑块与传送带间的动摩擦因数片 0.1，传送带右端点C距水平地面的高度h=1

8、.25m,E为C的竖直投影点。g取210m/s，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、匀变速直线运动规律和功能关系等。解：(1)由题知，滑

9、块从A到B机械能守恒：圆弧轨道上的其末端B切线C点飞出落到地面D点，已知8mgR=1mvB22滑块由 B 到 C,由动能定理有:- mgx= - mvjmvB2 2滑块恰能在 C 点离开传送带，有:2Vcmg=mr联解式得：x=23m(2)设滑块从 C 点飞出的速度为 Vc, a、b 两轮转动的角速度为 3,则:12h=?gtXED=VtVc-=-r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：Jmg=ma.滑块加速时间：_VB.a滑块位移：x1=vB_1at2.(11)2传送带移动的距离：x2=vCt .(12)产生的内能： Q=mg(X2X-).(13)联解(11)2)(1

10、3)式得：.Q=1J(14)评分参考意见：本题满分15 分，其中式 2 分，(11)(12)(13)(14)式各 1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。8.(14 分)(2013 四川自贡一诊)如右图所示，水平面上放有质量均为m=l kg 的物块 A 和B,AB 与地面的动摩擦因数分别为卩1=0.4 和卩1=0.1，相距 I =0.75m.现给物块 A初速度使之向 B 运动，与此同时给物块 B 一个 F=3 N 的水平向右的力，B 由静止开始运.联解式得:=15rad/s由以上四式解得A的初速度大小为: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,

11、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=0.3，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。（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）动，经过一段时间 A 恰好追上 B 且二者速度相等。g=10 m/s2,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.24.解题思路：对 AB 分别进行受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度，应用匀变速直线运动规律和相关知识求得物块 A 的初速度大小。应用功的定义式求得力F

12、 对物块 B 所做的功.考查要点：牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、功等。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a、a2.由牛顿第二定律有:img=ma（1分）a1=4 m/s2,F-i2mg=ma（1分）a2=2 m/s2,恰好追上时它们速度相同,则:v0-a1t = a2t（2分）追上时由路程关系有:Ja2t2I2（2分）vo=3 m/s ,t=0.5 s（3分）(2)B运动的位移:s=-a2t2=0.25 m2（2分）F对物块B所做的功:W=Fs= 0.75J（3分）9.（16）(2013 山东莱州质检)如图所示，水平传送带AB 的右端与竖直面内的用光滑钢管

13、弯成的“ 9”形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速度为 V)=6mj/ s，将质量10求 P、D 两点间的竖直高度 h（保留两位有效数字）。9.（16 分）解题思路：应用牛顿第二定律和运动学公式解得滑块从传送带A 端运动到 B端所需要的时间。由动能定理、牛顿第二定律列方程解得滑块滑到轨道最高点C 时对轨道作用力的大小和方向。由动能定理和平抛运动规律解得P、D 两点间的竖直高度 ho解析：（1 ）在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律mg二ma（1 分）得a =Jg =3m/s2（1 分）加速到与传送带达到同速所需要的时间，t二v0/a = 2m/s（ 1 分）2位移q = 1 / 2at

14、6m（ 1 分）之后滑块做匀速运动的位移s2二L一 0= 6m所用的时间t2二s2/v0=1s（ 1 分）故t=鮎讥2=3s（1 分）1212（2） 滑块由 B 到 C 的过程中动能定理-mgHmvcmv0（1 分）2 2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，2FNmg =my /R（1 分）FN=90 N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-mg（H _2R） =】mvp - mv（1分

15、）2 2在 P 点vy=vD/tan60（1 分）2112又h=L（ 2 分） h=0.47m（1 分）2g10.（10 分）（2013 北京海淀期中）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 0.20s 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/s0.00.20.41.21.4V/ ms-10.01.02.01.10.7求：（1）物体在斜面上运动的加速度大小；（2）斜面上AB两点间的距离；（3）物体在水平面

16、上运动过程中，滑动摩 擦力对物体做的功。10.（ 10 分）解题思路：根据表中测量数据应用加速度定义式得到加速度，应用匀变速直线运动规律得到斜面上A、B两点间的距离，应用动能定理得到滑动摩擦力对物体做的功。考查要点：匀变速直线运动规律、动能定理及其相关知识。解析：（1）物体在斜面上做匀加速直线运动，设加速度为a1,则V。2.01.02LC/2C 八a1=t 0m/s =5.0m/s. 3 分t0.4-0.2（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,在水平面上的加速度为a2.则由数据表可知VB=adB1.1-VB=a2(1.2-tB). 1 分解得tB=0.5s. 1 分设斜

17、面上A B两点间的距离为XAB,则a2=0.7-1.10.22m/s =-2.0 m/s求:1212XAE=a1tB=0.625m . 1 分求:13(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1 1mvB=0-0.20 2.52J=-0.625J11.(8 分)(2013 北京海淀期中)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0.20，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

18、,g=10m/s2。不计空气阻力，求：(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。11.(8 分)得到木块在A点受到的冲量大小。考查要点：平抛运动规律、动能定理、动量定理等。解析:(1)设木块在B点速度为VB,从B点运动到C点的时间为t,根据平抛运动的规律有h =gt2.1 分2x二VBt.1 分解得：t=0.50s ,VB=3.0m/s(2 )设木块在 A 点的速度为 VA,根据动能定理得1212mvBmvA.2 2解得：VA=5.0m/s根据动量定理，木块在A点受到的冲量l=mv-0=10kgm/s . 2 分12 (2013 绵阳一诊)如图所示，传送带的两个

19、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 半径 R=0.4 的固定、竖直光滑圆轨道与传送带相切于B 点，C 点是圆W,根据动能定理解题思路：由平抛运动规律得到木块滑动到桌边B点时的速度大小；由动能定理和动量定理-umgsABB图14C求:14轨道的最高点。质量 m=0.1kg 的小滑块与传送带之间的动摩擦因数卩=0.4。重力加速 度 g=10m/s2。15（1）传送带静止不动，小滑块以水平速度V。滑上传送带，并能够运动到C 点，V。至少多大？（2） 当传送带的轮子以3=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

20、，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，小滑块运动到 C 点时，对圆轨道的压力大小不同，最大压力12. （ 20 分）解：（1）设小滑块能够运动到 C 点，在 C 点的速度至少为 v, 则2mg=r . （2 分）R1212mvmv= 2mgR-umgL .（2 分）2 2解得 vo=2 15m/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，滑动过程中通过的距离是x，则V1=r3.（1 分）ma=（i mg . （1 分）V1=at1.（1 分）12八

21、x= at1,. （1 分）22解得 V1=2m/s, a=4m/s , 11=0.5s , 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= v1t2.（2 分）Fm是多大?16解得 12=2.25s贝Ut= t1+ t2=2.75s. （2 分）17（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 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 VBm,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2VBm=2

22、aL. （2 分）. （2 分）12mCm-1mBn；=- 2mgR .222mg+F=mC. （1 分）RFm=F. （1 分）解得 Fm=5N. . （1 分）13、（ 15 分）（2013 江苏常州模拟）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

23、的功.13.解析：以 10 个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得tanF（2 分）10mg0.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0|18得：F = 10mg tan12以 1 号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mghmv2( 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18r1210mg(hsin v)10m v得v =2g(h 9rsin v)12以 1 号球为研究对象，由动能定理得mgh W nmv得W = 9mgr sin)14、( 14 分)(2013 黄冈月考)如图 10 所示

24、，质量为m的小球，由长为I的细线系住，线 能承受的最大拉力是 9mg细线的另一端固定在A点，AB是过A的竖直线，E为AB上的一 点，且AE=0.5I，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.(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？(2)若小球能绕钉子在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子位置在水平线EF上距E点距离的取值。77214、答案：(1)R =3mg,F2=5mg(2)lWxwl63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,12由机械能守恒定律得mgl mv,碰钉子瞬间前后小球运动的速率不变，碰钉子前瞬间圆2周运动半径为I，碰钉子前瞬间线的拉力为R,碰钉子后瞬间圆周运动半径为1/2，碰钉子E* - - - - -D F:RB图 10后瞬间线的拉力为F2,由圆周运动、牛顿第二定律得:2mvF1- mg二2mvF2一mg =-I/219得片=3mg,F2=5mg20DE=xi，则：ADJxf +（- Y12丿2my在最咼点：mgc-2由机械能守恒定律得:mg （-门）门）= =-