三维设计2016年高考物理一轮复习专版第五章机械能高频考点真题验收全通关

第五章高频考点验收全通[把握本章在高考什么、怎么考，练通此卷、平步高考AB点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()B 40～2s内外力的平均功率为9442s内外力所做的功为542s51s2s内质点动能增加量的比值为53．(多选)(2012·高考)2A，受到水平向右的拉大小相等，则()0～t1Ft2At2At3A4．(多选)(2012·高考)3k的轻弹簧的一端固定在墙上，另x0F后，物体开始向左运4x0μg。则()撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀运mF后，物体刚运动时的加速度大小为m物体做匀运动的时间为k物体开始向左运动到速度达到最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg(x0－μmg)5．(2012·高考)摩天大楼中一部直通的客运电梯，行程超过百米，电梯的简kt＝0时由静止开始上升，a­tm＝2.0×103kg。忽略g10m/s2。a­t1sΔv12sv2；W。6．(2012·高考)5ROA水动过程中() B．机械能减少C．合外力做功

BC A．0.3 B．3C．30 D．3009．(2012·福建高考)如图7，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Pm，小船受到的阻力大小Bd，缆绳质量忽略不计。求：ABBBaf

求为使装置，允许该小车撞击的最大速度讨论在装置时，该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系() 高考)如图9所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线。已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2。则( y1x2m高频考点四：功能关 能量的转化与守 高考)11L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固mω 2 B．2 3 D．616．(2012·高考)A、BA较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，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WA、WB。若()17.(2012·福建高考)12A、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A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块() 高考)13lOm的小球(小球的大小可以忽略)F的大小；汽车。一质量m＝1000kg的混合动力轿车，在平直公以v1＝90km/h匀速行驶，发P＝50kW80km/h的限速标志时，保持发动机L＝72m后，速度变为v2＝72 发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述轿车以90 在平直公匀速行驶时，所受阻力F阻的大小轿车从90km/h到72km/h过程中，获得的电能E电轿车仅用其在上述过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L′乙，甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间μg。P选A 小球从A到B在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能增加得越选 第1s内质点的位移s1＝1at2＝1F1t12＝1m，外力做的功W1＝F1s1＝221 21sv1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s2ss2＝v1t2＋1at 22× ×

m＝2.5m2sW2＝F2s2＝1×2.5J＝2.5JB ＝误。0～2s内外力的平均功率 2＋2.5＝

W，选项A正确。由瞬时功率 1sP1＝F1v1＝2×2W＝4W2sv2＝v1＋a2t2＝(2＋1×1)m/s＝3m/sP2＝F2v2＝1×3W＝3W，选项C1s2s内质点动能增加量的比值为2＝4D 选BD 物块A的加速度最大，选项B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，选项C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做运动，所以t3时刻物块A的动能最大，选项D正确。选 根 第二定律可得kx－μmg＝ma，即 ，当kx>μmg时，xakx<μmgxam大，则撤去F后，物体刚运动时的加速度为a＝kx0－μg，物体先做加速度逐渐减小的加速直线运动，当kx＝μmg(a＝0)时，物体的速度最大，然后做加速度增大的直线运动，最后当物体与弹簧脱离后做加速度为a＝μg的匀直线运动，故A选项错误，B选项正确m物体脱离弹簧后做加速度为a＝μg的匀直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得＝1μgt2t＝6x0CkW＝－μmgx′，又x′＝x0－μmg，解得kμmg)μmg(x0－μmg)D 解析：(1)由第二定律，有a­t图像可知，F1F2a1＝1.0m/s2，a2＝－1.0 F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0)N＝1.8×1041sa­tΔv1＝0.5Δv2＝v2－v0＝1.5v0＝02sv2＝1.5a­t图像可知，11～30s0～11sa­tvm＝10Fmg，所求功率P＝Fvm＝mg·vm＝2.0×103×10×10W＝2.0×105WW＝Ek2－Ek1＝1mv2－0＝1×2.0×103×102J＝1.0×105J 答案：(1)F1＝2.2×104 (2)Δv1＝0.5 v2＝1.5 (3)P＝2.0×105 W＝1.0×105选 一个小球在A点正上方由静止释放，通过B点时恰好对轨道没有压力，此

，小球

mg＝R，得 ＝mgR，AΔE＝mgR－1mv2＝1mgR，BW合 ＝1mgR，C错误；由动能定理得：mgR－Wf＝1mv2－0Wf＝1mgR，D 选ABD当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角小于90°时，物体的速度小到零后反向逐渐增大，因此动能先减小后增大；当力的方向与速度的方向夹角大于90°小180°90°时速故选项ABD正确。A55g60cm，则将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W＝mgh＝55×10－3×10×60×10－2J＝0.33J，A解析：(1)ABABW－Wf＝1mv v2＋2 度大小为v，则v＝v1cosFcosθ－f＝ma⑦ －01m2v2＋2mPt 01 v2＋2 －01m2v2＋2mPt 01且F＝f②k解得x＝fk(2)W，则小车从撞击到停止的过程中由动能定理得－f·l－W＝0－1mv02④ 2⑤mvm撞击弹簧时－fl－W＝0－1mv2⑤m解得 v (3)22vv02当 v2－fl时 ≤ v2－fl v2＋3fl时≤ v2－flvv02kk

选ABC重力做功决定重力势能的变化，随着高度的降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，故A选项正确；弹性势能的变化取决于弹力做功，当蹦极绳张紧后，随着运动员的下落弹力一直做负功，弹性势能一直增大，故B选项正确；在蹦极过程中，由项C正确；重力势能的大小与势能零点的选取有关，而重力势能的改变与势能零点选取无DA由于椭圆形管道内壁光滑，小球不受摩擦力作用，因能守恒定律可知，小球在M、N点的速率相等，B、D项错误；小球两个过程运动的路程相等，到N点速率都为v0，根据速率随时间变化关系图像可知，由于两图像与时间轴所围面积相等，因此t1>t2，A项正确，C项错误。解析：(1)tx，纵坐标为22x2x 1

4g2h2mv2＝mv0＋ 2

v0

v20vv0＝v2＝3gh 2mv1v

4g2h2答案：(1)m0＋2 v02 2选BC A错误；由动能定理可知，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B正确；物选项D错误。选 由能的转化与守恒定律可知，拉力的功率等于克服重力的功率2＝mgvcos60°＝1mgωLC24选B 设绳长为l，捏住细绳中点缓慢提起，则细绳的重心在距离最高点l位置处，因此细绳A的重心上升的高度为hA′＝hA－lA，细绳B的重心上升的高度为hB′＝hB－lB。4 A较长，所以lA＞lBhA＝hBAWA＜WBA hA＞hBWA＜WBWA＝WBWA＞WBB正确，DhA＜hBA的重心较低，因此一定有WA＜WB，选项C错误。2选D 由题意根据力的平衡有mAg＝mBgsinθ，所以mA＝mBsinθ。根据机械能守恒定律mgh＝1mv2，得v＝2gh，所以两物块落地速率相等，选项A错；因为两物块的机械2能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B错误；根据重力做功与重力势能变化速运动，所以A重力的平均功率为PA＝mAg·v，B的平均功率PB＝B π－θ)，因2mA＝mBsinθ，所以P＝PBDTcosα＝mg，

m拉力大小 2(2)mgl(1－cos2 根 第二定 ＝ mT′＝mg＋ml＝mg(3－2cosα) mgtan2gl1－cos 2gl1－cosP＝F牵vP＝50kW，v1＝90km/h＝25m/sF牵＝P＝2×103v1F阻＝2×103 过程中，注意到发动机只有1P用于汽车的牵引。根据动能定理有1Pt－F阻 ＝1mv22－1mv Pt＝1.575×1055E电＝0.5×4Pt＝6.3×1045中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功E