二轮复习突破之机械能(老师)

方老师方老师-#-受到的牵引力大小与阻力大小关系图像正确的是下列关于体育项目的说法正确的是受到的牵引力大小与阻力大小关系图像正确的是下列关于体育项目的说法正确的是2013年高考二轮复习极限突破机械能水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小与汽车行驶的速率成正比，若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在整个行驶过程中，汽车解析：若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，在匀加速运动阶段，由F-f=nia可得，F=f+mao牵引力随阻力的增大均匀增大，图象CD错俣。达到颔定功率后保持颔定功率行驶，由F=P丫，f=kv可知，牵引力与阻力成反比，图象A正确B错误。．撑杆跳高，借助撑杆将人的动能转化成人的重力势能，故可跳得更高．短跑运动员跑鞋底部装有尖端向地的钢鞋，是为了增加鞋的弹力・跳板跳水，借助跳板的弹力，增大腾空高度，可增加做动作的时间D摩托车障碍赛，摩托车腾空后，落地时应前轮先着地，这样可以防止向前翻到答案：AC解析：撑杆跳高，借助撑杆将人的动能转化成人的重力势能，故可跳得更高，选项A正确。短跑运动员跑鞋底部装有尖端向地的钢鞋，是为了增加鞋与地面的摩擦，提高速度，选项日错误口跳板跳水，借助跳板的弹力，增大腾空高度，可增加做动作的时间,选项C正确。摩托车障碍赛，摩托车腾空后，落地时应后轮先着地，这样可以防止向前翻到，选项D错误。3．在201年2怀化市中学生篮球比赛中，张宇同学在最后一节三分线外投篮，空心入网，弹网后篮球竖直下落，为该队赢得了比赛。若空气阻力大小恒定，则下列说法能正确反映球从出手到落地这一过程的是篮球上升过程加速度小于，下降过程加速度大于 篮球匀加速上升，变减速下降篮球在上升过程中动能减少，下降时机械能增加篮球在出手时的机械能一定大于落地时的机械能答案：D解析：篮球上升过程加速度大于中下降过程加速度小于幻选项A错误。由于空气阻力恒定，篮球匀加速上升，匀减速下降，选项巳错误。篮球在上升过程中动能减少,下降时机械能减少，选项匚错误。由于空气阻力做功，篮球在出手时的机械能一定大于落地时的机械能，选项口正确口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 过程的图线是曲线， 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TOC\o"1-5"\h\zA 过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小 >EB 过程中物体做匀速直线运动 1 过程中物体的动能越来越大 （\ jD 过程中物体的加速度等于当地重力加速度 0sl'S答案：AD解析：根据机械能与位移的关系图象可知，。七二过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小，5广兔过程中物体做竖直上抛运动，体的加速度等于当地重力加速度，选项4D正确B错误。口鼻过程中物体的动能先增大后减小，选项C错误◎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，选 加手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角为a，如图所示， ,不考虑空气阻力和绳的质量选手可视为质点.下列说法正确的是当平台）选手摆到最低点时所受绳子的拉力大于B选手摆到最低点时受绳子的拉力大于选手对绳子的拉力.选手摆到最低点的运动过程中所受重力的功率一直增大.选手摆到最低点的运动过程为匀变速曲线运动答案：A解析：选手摆到最低点时所受绳子的拉力大于mg,选项A正确。由牛顿笫三定律，选手摆到最低点时受绳子的拉力等于选手对绳子的拉力，选项B错误。选手摆到最低点的运动过程中所受重力的功率先增大后减小，选项0错误。选手摆到最低点的运动过程为变速曲线运动，选项D错误。一辆质量为的汽车在发动机牵引力的作用下，沿水平方向运动。在时刻关闭发动机，其运动的 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倍，则（ ）加速过程与减速过程的平均速度比为：加速过程与减速过程的位移大小之比为：3kmgot汽车牵引力与所受阻力大小比为： 汽车牵引力做的功为一1t答案】BCD［解析】由题图可知，加速过程=£,位移.工%电；减速过程-/=W£?:£?= »位移三二:廿二匚，又了二七噂，由以上各式解得加速过程与减速过二，；-程的位移大小之比为1：2,平均速度比为1：1,汽车牵引力F与所受阻力大小比为3：1,汽车牵引力F做的功为甲二4广电也，故选项以错误,BCD正确。7质量为的汽车，启动后在发动机功率保持不变的条件下在水平路面上行驶，经过一段时间后将达到以速度匀速行驶的状态，若行驶中受到的摩擦阻力大小保持不变，则在车速1)3P 3)3P 3P• •3mv 4mv4TOC\o"1-5"\h\z3P 3PA •Bmv 2mv答案：A解析：若行驶中受到的摩擦阻力大小kP。在车速为;y时，汽车牵引力F=4Pv,由牛顿第二定律，F-Jia解得汽车的加速度大小为a==，选项A正确。mv8有一竖直放置的"”形架，表面光滑，滑块A分别套在水平杆与竖直杆上，A用

一不可伸长的轻细绳相连，、质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，、静止.由静止释放后，已知当细绳与竖直方向的夹 y角为60°时，滑块沿着竖直杆下滑的速度为，则连接、的绳 甫二出长为答案：D解析：由静止释放£后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60。时，滑块B沿细绳方向的分速度为可：口三60°=v/2o此时A的速度为W2+ccis30。=75v/3oB下滑高度h=LcoS600=L/2,由机械能守恒定律，噂h二em斗士in（.右力3）1联立解得上三，选项D正确。小球由地面竖直上抛，设所受阻力大小恒定，上升的最大高度为H地面为零势能面。在上处，小球的势能是动4H~D升至离地高度处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地面高度处，小球的势能是动4H~DK答案】Dt解析】设小球受到的阻力大小恒为f,小球上升至最高点过程由动能定理得：mg--f-=O-i'''®;小球上升至离地高度h处时速度设为v：,由动能定理得：mgh-fh=?也寸一；…②,又|出vf=2mgh"'@；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2）此过程由动能定理得mgh-f（2--h；=1也云一工出4…④，以上各式联立解得h二等，故选D.0如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮、 分别与质量均为的小滑块12和小球连接.已知直杆两端固定且与两定滑轮在同一竖直平面内，杆与水平面的夹角为e，直杆上点与两定滑轮均在同一高度，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰.现将小物块从点由静止释放，在其下滑过程中，下列说法正确的是（ ）・小滑块的动能先增加后减小 .小滑块的机械能先增加后减小.小球的动能先增加后减小 .小球的机械能先增加后减小答案：AB解析：将小物块从「点由静止释放，在其下滑过程中，滑块P的重力做正功；拉力对滑块先做正功后做负功，小滑块的动能先增加后减小，小滑块的机械能先增加后减小，小球的动能先增加后减小，再增加后减小，选项C错误。轻绳拉力对小球先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增加，选项口错误。、质量为的物体，从倾角为e的固定斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，当它再次回到1出发点时速度的大小减为初速度的一（＞）。求物体和斜面之间的动摩擦因数〃。n解：物体以初速度也上滑5,速度减为零口由动能定理-mgssin6-cos8=0--7物体回到出发点，速度为晟。由动能定理 .七，上方时mgssin//mgscqs3二三粗一0联立解得牍=（再工+；）-1皿白2一质量为的男孩在距离河流高的桥上做“蹦极跳”，原长长度为的弹性绳一端系着他的双脚，另一端则固定在桥上的点，如图见答卷所示，然后男孩从桥面下坠直至贴近水面的最低点男孩的速率跟下坠的距离的变化关系如图见答卷）所示，假定绳在整个运动过程中遵守胡克定律（不考虑空气阻力、男孩的大小和绳的质量，当男孩在点时，绳所储存的弹性势能；（2绳）的劲度系数；讨论男孩在、和期间运动时作用于男孩的力的情况.解析口）男孩在白点时速度为零，绳所储存的弹性势能等于男孩减少的重力势能,则月「二段防=30'10"40J=>Q男孩到C点时的速度最大，此时男孩的加速度为零，绳的拉力和男孩的重力大小相等，即mg=hco此时绳的伸长量为x=22m-14m=Sm解得绳的劲度系数为mg50：'100）由题图⑸可知，ME段是一条帧斜的直线，男孩仅受重力作用；3C段男孩受重力和绳的拉力作用，且重力大于拉力；。门段男孩受重力和绳的拉力作用，且重力小于拉力.中.国海军歼-1舰5载机已经在“辽宁”舰上多次进行触舰复飞，并已经进行了舰载机着陆和甲板起飞。这标志着我国已经基本拥有在航母上起降舰载机的能力。消息人士还记录了歼15起飞的大概过程。10时55分，飞机由机库运到飞行甲板上。11时15分，清理跑道，拖车把飞机拉到跑道起点，刹车。11时25分，甲板阻力板打开，舰载机发动机点火，保持转速70。%11时28分许，舰载机刹车松开，加速至最大推力，飞机滑跃离开甲板，顺利升空。现将飞机起飞模型简化为飞机先在水平甲板上做匀加速直线运动，再在倾角为e=15°的斜面甲板上以最大功率做加速运动，最后从甲板飞出的速度为30。若飞机的质量为1吨，甲板B0m=50，飞机长度忽略当做质点，不计一切摩擦和空气阻力，取sin15°=0.3，=10 /s1如果要求到达甲板点的速度至少为离开斜面甲板速度的0，则飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多少才能使飞机起飞？如果到达点时飞机刚好到达最大功率，则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间？TOC\o"1-5"\h\z解析一会分)(1)由动能定律得，大广［叱 ① 2分解得，F=1.8x105N ② 1分⑵到达8点时的功率为：P=Fv=1.08xl07W ③ 1分飞机从也运动到B的时间© 1分B到匚的时间由动能定理，得Pi；-田总血g• -二mv2 ⑤ 1分c=c--c- ® 1分联立解得，r=11.58s © 1分■JI-I/工■sls;J14滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行。如图所示，为同一竖直平面内依次平滑连接的滑行轨道，其中 是一段半径二.5的圆弧轨道，点为圆心，点为圆弧的最低点。运动员脚踩滑板从高=3处由静止出发，沿轨道自由滑下。运动员连同滑板可视为质点，其总质量= 0。忽略摩擦阻力和空气阻力，．．．．取二10,或运动员滑经点时轨道对滑板的支持力的大小。解析:运动员从开始滑下至匚点，由机械能守恒定律得(2分)mgH=1mv(2分)运动员滑至最低点时，由牛顿运动定律和向心力公式得W-mg=m—五由①②得丁=粗冢1_三R代人已知数据，求得_V代人已知数据，求得_V=2040N（1分）.如图，半径为的光滑半圆形轨道 在竖直平面内，与水平轨道C相切于C点,端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端 到C点的距离为。质量为可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点。已知NPOC=60°,求：求：()滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力;()滑块与水平轨道间的动摩擦因数M；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能。TOC\o"1-5"\h\z解析一⑴设滑块第一次滑至C点时的速度为心，圆轨道匚点对滑块的支持力为a1 . 1 2F7C过程：2'2' （2分;.C点： R（2分；解得/=2憎 （2分）由牛顿第三定律得：滑块时轨道「点的压力大小/'=之端巳方向竖直向下（1分:⑵对F-C-Q过程：mgR（y-cos60a）-^mg2A=0在分；解得“0.25僮分）⑶人点：ms=m^~（1分）过程：馆2立+廉峭,分）解得：弹性势能导=3即或 （2分）.某兴趣小组举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点出发，沿水平直线轨道运动 后，由点进入半径 的光滑竖直半圆轨道，并通过轨道的最高点做平抛运动，落地后才算完成比赛。是轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于点。已知赛车质量 5通电后电动机以额定功率 工作，赛车在水平轨道上受到的阻力恒为 ，之后在运动中受到的空气阻力可不计，取.J"5,方'3试求： '''.- 」（）赛车能通过点完成比赛，其落地点离点的最小距离；（2）要使赛车完成比赛，电动机工作的最短时间；（）假如水平直线轨道足够长，赛车以最大速度过点，为多大时赛车能完成比赛且落地点离点的距离最大，并求出最大距离。

解析：（此分）（1）赛车以最小速度通过最高点G其落地点离B点的距离最小，即最高点匚，有mg=m—v.=^JgR=2rr/s12分;，TOC\o"1-5"\h\z由平抛规律得二、1:解得三血=0.80m （2分）⑵设电动机工作的最短时间为3赛车从4到匚过程由功能关系得-fL-ImgR==优¥一0 （2分）解得t=2.255 （t=2.25s时间内赛车还没过H点）（1分）（没判断有没过B点不扣分）（3）赛车到B点的最大速度vB=P/f=10m/s 11分）设轨道半径为R,B到匚过程赛车机械能守恒? -mglR-［也］解得5=/一取 a分） 宰赛X=Vt.、一,一一. 一.一.c车离开点后平抛，设水平位移为，有＜c12R=2gt22联立解得：联立解得：V2当-B-4R=4R时，g即时，且V=4V2—4Rg＞廓（没说明不扣分） （合分）cBB，Q।；1：sJ得5（分）17、如图所示，用跨过光滑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，小船受到阻力大小恒为了,小船经过点时速度大小为V，小船从点沿直线加速运动到点经历时间为t, 两点间距离为d，不01计缆绳质量．求：（）到点过程中，小船克服阻力所做的功卬；f（）小船经过点时速度大小V；1（3）小船经过点时的加速度大小.解析：.（12分）（1）小船从A■点运动到B点克服阻力做功叫.="①（2分）（2）小船从A.点运动到日点，电动机牵引绳对小船做功同二Pt二②（1分）由动能定理有印赏爪③以分;TOC\o"1-5"\h\z由①②③式解得n=卜+；例-划© （2分）（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Q,绳的速度大小为u,=l==u⑤ （1分）红二"cos^® （1分）牛顿第二定律FcqsO-f=ma® （1分；,由④⑤⑥⑦得。=-P=-- （2分;，Jwiy--fd）m（另解:设细绳的拉力为=,绳与水平方向夹角为日，则细绳牵引小船的功率为P=Fcosd*viFcos&=—；Fcqs8-f=ma.=«_:，一 -二）vi 不疝$-2搐（Pt--fif）m如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带长 ，倾角e=37°,煤块与传送带间的动摩擦因数〃=,传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度= 8与运煤车车箱中心的水平距离= 2现在传送带底端由静止释放一些煤块可视为质点其质量为，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动,到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取= ,ssin37°= ,cos37°= ,求：

传送带匀速运动的速度及主动轮和从动轮的半径 （提示：要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零）煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间.（3传送带由于传送煤块多消耗多少电能？（3传送带由于传送煤块多消耗多少电能？（提示：煤块传到顶端过程中，其机械能增加，煤块与传送带摩擦生热.）（2分），航空母舰上舰载机的起飞问题一直备年1我2们中国有了自己的航空母舰“辽宁号”解：）由平抛运动的公式，得代人数据解得皆=2m也煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零,代人数据得煤块与传送带摩擦生热.）（2分），航空母舰上舰载机的起飞问题一直备年1我2们中国有了自己的航空母舰“辽宁号”解：）由平抛运动的公式，得代人数据解得皆=2m也煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零,代人数据得r=0.4m②）由牛顿第二定律F二响导由能量守恒得E=mgLsin37:+-rnv:+fAS代人数据得E=308J受关注。某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计。如图，舰载机总质量为，发动机额定功率为，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为。舰载机在处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为的恒定推力。经历时间，舰载机运行至处，速度达到，电磁弹射系统关闭。舰载机继续以额定功率加速运行至处，经历的时间为，速度达到。此后，舰载机进入倾斜曲面22轨道，在处离开航母起飞。请根据以上信息求解下列问题。（1）电磁弹射系统关闭的瞬间，舰载机的加速度。（）水平轨道的长度。（）若不启用电磁弹射系统，舰载机在处以额定功率启动，经历时间到达处，假设速度大小仍为，则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少？（该问间距离用表示。）解析:TOC\o"1-5"\h\z（1）根据功率表达式可得E=. ①（2分）由牛顿第二运动定律F-f^a②（2分）得昨上上③（2分）. m（2）舰载机在4处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外^舰载机提供水平向右、大小为产的恒定推力.经历时间N舰载机运行至万处，速度达到%由动能定理产1+马后二之班琳 ④（3分）电磁弹射系统关闭。舰载飕续以额定功率加速运行至C处，经历的时间为占速度达到%。同理得Pt2imx."mv^ ®（2分）舰载机总位移TCq+j©Cl