高考物理母题解读(六)机械能10

#能转化成电能储存起来.现有某人骑车以1250J的初动.能在粗糙的水平路面上滑行，人车总质量为100kg.。第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图9中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图9中图线②所示，设阻力恒定，求：（1）第一次滑行的时间；（2）第二次滑行过程中向蓄电池所充的电能。解析；（1）设电动车滑行时所受阻力为£由动能定理一5="小设第一次滑行的时间为电动车滑行时做匀减速运动，其滑行的加速度为""XQ=为/1,由题给的图象①可知F叩二1"口」，s=25ir,人车总质量为rr=1。0哈，代入上式得t=10s.C2）由动能定理—分=0-国得滑行时所受摩擦力/=4右=50N第二次滑行路程丁=10rr第二次滑行过程中由于摩擦力作用产生热量Q="=500.由能量守恒定律得第二次滑行过程中向蓄电池所充电能F=S./D-Q=1250--5C0.【点评】此题以Ek-x图象给出解题信息，考查对Ek-x图象的理解和动能定理、能量守恒定律、牛顿第二定律及其相关知识的应用。解答此题的易错点是：不能把Ek-x图象与物体运动情况联系起来，不能灵活运用相关知识，陷入思维盲区。9．（2011盐城三模）2011年3月11日，日本大地震以及随后的海啸给日本带来了巨大的损失。灾后某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型:如图10甲在水平地面上放置一「个质量为m=4kg —F的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变一LJ宜化的图像如图10乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为u=0.5，g=10m/s2。（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大?图10甲图10图10甲图10乙【解析1（1）由由牛顿第二定律，当推力F口口N时，物体所受合力最大，疝速度最大，代人解得 口=的1中”2口m* c.（2）由图象可得推力施位移区变化的数值关系为一二10口工加速度最大时，物体加速度为零，则二号』山见代人解得K=3.2rrc（3）由F«的图象可知推力对物体做功：*f二;F♦玲二200」由动能定理，Wr/imqxm=0,代入数据得：=lLirrc【点评】此题以推力F随位移x变化的图像给出解题信息，考查对F-x图象的理解和动能定理、牛顿第二定律及其相关知识的应用。解答此题的易错点是：不能把F-x图象与物体运动情况、速度、加速度、位移等联系起来，陷入思维盲区。10（2012年3月湖北孝感二模）如图（1）所示，一根轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块与弹簧不连接，小物块的质量为m=2kg,当弹簧处于原长时，小物块静止于。点.现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧（压缩量为xA）至A点，此口寸弹簧的弹性势能Ep=2.3J.在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图（2）所示.然后突然撤去外力,让小物块沿桌面运动到S点后水平抛出.已知A、B之间的距离为L=0.65m.水平桌面的高为h=5m,计算时，可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力.g取1Om/s2.求：（1）在A点释放小物块后瞬间，小物块的加速度；（2）小物块落地点与桌边B的水平距离.解题指导：利用题给F-x图象提供的信息，应用牛顿第二定律、能量守恒定律、平抛运动规律及其相关知识解答。解：（1）由F—x图象可得，小物块与桌面间滑动摩擦力大小为f=2N，释放瞬间弹簧弹力大小FT=F-f=48N-2N=46N，由牛顿第二定律，FT-f=ma，释放瞬间A的加速度大小为a=22m/s2。（2）小物块从A点开始到B点的过程中，摩擦生热Q=fL。1对小物块，由能量守恒定律，Ep=2mvB2+Q，1物块从B点开始做平抛运动，h=2gt2，水平距离，s=vBt，联立解得x=1m。

（18分）（2012广东佛山期末）如图甲，ABC为竖直放置的半径为0.1m的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高点A、C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通过这两点时对轨道的压力FA和FC.质量为0.1kg的小球，以不同的初速度丫冲入ABC轨道.（g取10m/s2）（1）若F和F的关系图线如图乙所示，求：当F=13N时小球滑经A点时的速度v，以CA A A及小球由A滑至C的过程中损失的机械能；（2）若轨道ABC光滑，小球均能通过C点.试推导FC随FA变化的关系式，并在图丙中画出其图线．囹内囹内LL分）解；CD分）由牛顿笫三定律可知，小球在&C两点所受轨道的弹力大小,一”二京 •••（1分）在A点由牛顿第二定律得：—mg= ****①（3分）解得）*=工百冽'5 ***②（1分）在C点由牛顿第二定律得：*VC+mg= ******③（1分）对A至C的过程，由动能定理得:W—mg.2R=mrnvW—mg.2R=mrnv2f 2c1一一mv22A④（2分）①②③联立得w1 、W=mnw2一f2c—mv2+2mgR=—(2mg-F+F)R+2mgR・・••⑤(2分)2aAC解得W=-0.2Jf故损失的机械能为0.2J••⑥（2分）⑵C共6分）因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"白揖武二;用父—mg-lR ®（2分）联立①②®得-VA-A-:即耳=己一6N @（2分）图线如右图所示 ⑨（2分）（13分）（2012年江西省南昌市三模）如图（a）所示，一质量为m的滑块（可视为质点）沿某斜面顶端A由静止滑下，已知滑块与斜面间的动摩擦因数u和滑块到斜面顶端的距离x的关系如图（b）所示。斜面倾角为37°,长为1,有一半径为R=1-1的光滑竖直半圆轨道刚好与斜面底端B相接，且直径BC与水平垂直，假设滑块经过B点时没有能量损失。求：（1）滑块滑至斜面中点时的加速度大小；（2）滑块滑至斜面底端时的速度大小；（3）试分析滑块能否滑至光滑竖直半圆轨道的最高点C。如能，请求出在最高点时滑块对轨道的压力；如不能,请说明理由。12.解：（1）滑块滑至斜面中点时，由图（b）可知，口=0.5,则对滑块：mgsin37°-Umgcos37。=ma,代入数据解得：a=0.2g。（2）滑块由顶端滑至底端，由动能定理得：mg1sin37。+W=1mv2,f2B由图（b）可知，Wf=f1=0.5umgcos37°・1=-0.4mg1。联立解得：vB=\；