2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题06机械能含解析.pdf
《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题06机械能含解析.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题06机械能含解析.pdf(34页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、专题 06 机械能专题 06 机械能 第一部分名师综述第一部分名师综述 本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化,其中的机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的 适用范围更广泛,是自然界中普遍适用的基本规律,因此是高中物理的重点,也是高考考查的重点之一。 题目类型以计算题为主,选择题为辅,大部分试题都与牛顿定律、圆周运动、及电磁学等知识相互联系, 综合出题。许多试题思路隐蔽、过程复杂、灵活性强、难度较大。从高考试题来看,功和机械能守恒依然 为高考命题的热点之一。机械能守恒和功能关系是高考的必考内容,具有非常强的综合性。重力势能、弹 性势能、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律是本单
2、元的重点。弹力做功和弹性势能变化的 关系是典型的变力做功,应予以特别地关注。 第二部分精选试题第二部分精选试题 一、单选题 1如图所示,A、B、C 是水平面上同一直线上的三点,其中 AB=BC,在 A 点正上方的 O 点以初速度 v0 水平 抛出一小球,刚好落在 B 点,小球运动的轨迹与 OC 的连线交于 D 点,不计空气阻力,重力加速度为 g, 下列 说法正确的是( ) A小球从 O 到 D 点的水平位移是从 O 到 B 点水平位移的 1:3 B小球经过 D 点与落在 B 点时重力瞬时功率的比为 2:3 C小球从 O 到 D 点与从 D 到 B 点两段过程中重力做功的比为 1/3 D小球经过
3、 D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到 B 点时速度与水平方向夹角的正切值的 1/4 【答案】 C 【解析】 【详解】 A设小球做平抛运动的时间为 t,位移为 L,则有:Lcos=v0t;Lsin= gt2,联立解得:, 1 2 t = 2v0tan g 设OBA=, C=, 则 tan= , tan= , 由于 AB=BC, 可知 tan=2 tan, 因在 D 点时 :, h AB h AC tD= 2v0tan g 在 B 点时:, 则落到 D 点所用时间是落到 B 点所用时间的 , 即小球经过 D 点的水平位移是落到 BtB= 2v0tan g 1 2 点水平位移的 ,故 A 错误
4、; 1 2 B由于落到 D 点所用时间是落到 B 点所用时间的 ,故 D 点和 B 点竖直方向的速度之比为 1:2,故小球经 1 2 过 D 点与落在 B 点时重力瞬时功率的比为 ,故 B 错误; 1 2 C小球从 O 到 D 点与从 D 到 B 点两段过程中时间相等,则竖直位移之比为 1:3,则重力做功的比为 1:3, 选 项 C 正确; D小球的速度与水平方向的夹角 tan ,故小球经过 D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到 B 点 gt v0 时速度与水平方向夹角的正切值的 ,故选项 D 错误; 1 2 2质量m=200kg 的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动,图象甲表示汽车运动
5、的速度与时间的关系, 图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变,在 18s 末汽车的速度恰好达 到最大.则下列说法正确的是( ) A汽车受到的阻力 200N B汽车的最大牵引力为 700N C汽车在做变加速运动过程中的位移大小为 90m D8s18s 过程中汽车牵引力做的功为 7104 J 【答案】 D 【解析】 【详解】 根据机车保持恒定的加速度启动,先做匀加速直线运动,当功率增大到最大功率后做变加速直线运动,最 后牵引力减小到等于阻力时做匀速直线运动. A、机车匀速时有,可得;故 A 错误.Pm= Fv = fvmf = Pm vm = 7 103 10 N =
6、700N B、对启动的过程分析可知,最初的匀加速阶段时的牵引力最大,而由 v-t 图象可知,故最a = v t = 1m/s2 大牵引力为;B 错误.F1= f + ma = 700 + 200 1 = 900N C、汽车在做变加速运动过程的时间,速度从 8m/s 增大为 10m/s,此过程牵引力的功率t2= 18 - 8 = 10s 保持不变,由动能定理,解得:;故 C 错误.Pmt2- fx2= 1 2mv 2 m- 1 2mv 2 1 x2= 664 7 m D、8s18s 牵引力的功率保持不变,则牵引力的功为,故 D 正确.WF= Pmt2= 7 103 10J = 7 104J 故选
7、 D. 3如图所示,长为 L 的轻杆两端分别固定 a、b 金属球,两球质量均为 ,放在光滑的水平面上,b 套在竖m 直固定光滑杆上且离地面高度为L,现将 b 从图示位置由静止释放,已知重力加速度大小为 g,则( ) 3 2 A在 b 球落地前的整个过程中组成的系统水平方向上动量守恒 B从开始到 b 球距地面高度为 的过程中,轻杆对 a 球做功为 L 2 3 - 1 8 mgL C从开始到 b 球距地面高度为 的过程中,轻杆对 b 球做功为 L 2 - 3 8 mgL D在 b 球落地的瞬间,重力对 b 球做功的功率为3gL 【答案】 B 【解析】 【分析】 系统所受合外力为零系统动量守恒,只有
8、重力或只有弹力做功,系统机械能守恒,根据系统受力情况与运 动过程,应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题; 【详解】 A、对两球及杆组成的系统,在 b 球落地前的整个过程中,b 球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用,a 球 的水平方向受力为零,系统在水平方向所受合外力不为零,所以 a、b 组成的系统水平方向上动量不守恒, 故 A 错误; BC、对两球及杆系统,在 b 球落地前的整个过程中,b 球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功,a、b 组成的系统机械能守恒, 从开始到 b 球距地面高度为 的过程中, 由机械能守恒定律得 : L 2 mg( 3 2 L - L 2) = 1 2mv 2 A
9、 ,且有,解得 :,所以轻杆对 a 球做功为 :+ 1 2mv 2 B vAcos30 = vBcos60vA= (3 - 1)gL 2 vB= (3 - 3)gL 2 ,轻杆对 b 球做功 :,故 B 正确,C 错误 ;WA= 1 2mv 2 A- 0 = 3 - 1 8 mgLWB= 1 2mv 2 B- mg( 3 2 L - L 2) = 7 - 53 8 mgL D、在 b 球落地的瞬间,由机械能守恒定律得:,解得:,所以在 b 球落地的mg 3 2 L = 1 2mv 2 B vB=3gL 瞬间,重力对 b 球做功的功率为:,故 D 错误;PB= mgvB= mg3gL 故选 B。
10、 【点睛】 解决关键知道系统机械能守恒,抓住两球沿杆子方向的速度相等,进行求解。 4如图所示,质量为 m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径 AB 长度为 2R,现将质量也 为 m 的小球从距 A 点正上方高处由静止释放,然后由 A 点经过半圆轨道后从 冲出,在空中能上升的最大h0B 高度为 (不计空气阻力) ,则 h0 2 A小球和小车组成的系统动量守恒 B小车向左运动的最大距离为 1 2R C小球从 B 点落回后一定能从 A 点冲出 D小球从 B 端离开小车后做斜上抛运动 【答案】 C 【解析】 【分析】 水平地面光滑,系统水平方向动量守恒,则小球离开小车后做竖直上抛运动,下
11、来时还会落回小车中,根 据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功第二次小球在小车中滚动时,对应位置处速度变小,因 此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功变小。 【详解】 A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,但系统整体所受合外力不 为零,系统动量不守恒,故 A 错误。 B、系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,设小球从 B 点冲出时小车向左的位移为 x,由水平方向动量 守恒定律得:mm =0,解得小车的位移 x=R,故 B 错误。 2R - x t x t C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球由 B 点离开小车时系统水平方向动量为零,小球
12、与小 车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,然后再从 B 点落回小车。小球第一次在车中运动 过程中,由动能定理得:mg(h0 )Wf=0,Wf为小球克服摩擦力做的功,解得 Wf= mgh0,即小球第一次 h0 2 1 2 在车中滚动损失的机械能为 mgh0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球 1 2 的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于 mgh0,机械能损失小于 mgh0,因此小球再次离开小车时,一定 1 2 1 2 能从 A 点冲出。故 D 错误,C 正确 故选:C 【点睛】 动能定理的应用范围很广,可以求速度、力、功等物理量,特别是可以去求变力功,
13、如本题克服摩擦力做 的功。 5如图所示,半径为 R 的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内,质量为 m 的小球 A 套在人圆环上。上端定 在杆上的轻质弹簧与质量为 m 的滑块 B 连接并起套在杆上,小球 A 和滑块乃之间用长为 R 的轻杆分别通过饺 链连接。 当小球 A 位于圆环最高点时,弹簧处于原长;此时给 A 一个微小扰动(初速度视为 0)使小球 A 沿环顺 顶时针滑下到达圆环最右侧时小球 A 的速度为(g 为重力加速度)。不计一切摩擦,A、B 均可视为质点,gr 则下列说法中正确的是 A小球 A、滑块 B 和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 B小球 A 从圆环最高点到达圆环最侧的过程滑
14、块 B 的重力势能滅小了 3 3 mgR C小球 A 从环最高点到达圆环最右侧的过程中小球 A 的重力势能减小了 mgR 2 D小球 A 从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了(3 -3)mgR 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、小球A、滑块B和轻弹簧组成的系统在下滑过程中机械能守恒,小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械 能不守恒,故 A 错误; B、 小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中, 此时滑块B距离圆心的高度为, 滑块 B2Rcos30 = 3R 下落的高度为,滑块B的重力势能减小了,故 B 错误;h = 3R - 3R (3 -3)mgR C、 小球A从圆环最高
15、点到达圆环最右侧的过程中, 小球A下落的高度为R, 所以小球A的重力势能减小了mgR, 故 C 错误; D、小球A从圆环最高点到达圆环最右侧时,两个小球的速度方向都向下,如图所示: 根据运动的合成与分解可得 :vAcos=vBcos, 则vA=vB, 根据机械能守恒定律可得 :(3 -3)mgR + mgR = ,解得:,所以小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中弹簧的弹 1 2mv 2 A+ 1 2mv 2 B+ EP EP= (3 -3)mgR 性势能增加了,故 D 正确;(3 -3)mgR 故选 D. 【点睛】 本题主要是考查了机械能守恒定律的知识;要知道机械能守恒定律的守恒条件是系统
16、除重力或弹力做功以 外,其它力对系统做的功等于零;除重力或弹力做功以外,其它力对系统做多少功,系统的机械能就变化 多少;注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。 6已知一足够长的传送带与水平面的倾角为,以恒定的速度顺时针转动。某时刻在传送带适当的位置放 上具有一定初速度、质量为 m 的小物块,如图甲所示。以此时为时刻,小物块的速度随时间的变化关系t = 0 如图乙所示(图甲中取沿传送带向上的方向为正方向,图乙中)。下列说法中正确的是 ( )v1 v2 A0t1内传送带对小物块做正功 B小物块与传送带间的动摩擦因数小于tan C0t2内传送带对小物块做功为 1 2mv 2 2- 1 2mv
17、 2 1 D0t2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量 【答案】 D 【解析】 【详解】 由图知,物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向应向上。0t1内,物块对传送带的摩擦力方 向沿传送带向下, 则物块对传送带做负功。 故 A 错误。 在 t1t2内, 物块向上运动, 则有 mgcos mgsin, 得 tan故 B 错误。0t2内,由图“面积”等于位移可知,物块的总位移沿斜面向下,高 度下降,重力对物块做正功,设为 WG,根据动能定理得:W+WG= mv22- mv12,则传送带对物块做功 W mv22- 1 2 1 2 1 2 mv12故 C 错误。物块的重力势
18、能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能,则由能量守恒得知,系统 1 2 产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。故 D 正确。故选 D。 【点睛】 本题由速度图象要能分析物块的运动情况,再判断其受力情况,得到动摩擦因数的范围,根据动能定理求 解功是常用的方法 7如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静 止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块() A加速度逐渐减小 B经过O点时的速度最大 C所受弹簧弹力始终做正功 D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】 D 【解析】 【详解】 由于水平面粗
19、糙且O点为弹簧在原长时物块的位置,所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间,加速度为零 时弹力和摩擦力平衡,所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大,A 错误;物体在平衡位置处 速度最大, 所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置, B 错误 ; 从A到O过程中弹力方向与位移方向相同, 弹力做正功,从O到B过程中弹力方向与位移方向相反,弹力做负功,C 错误;从A到B过程中根据动能定 理可得,即,即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,D 正确W弹- W克 f= 0W弹= W克 f 8如图所示,倾角为的光滑斜面固定在水平面,斜面上放有两个质量均为m的可视为质点的小物体甲 和乙,两小物体之间用一
20、根长为L的轻杆相连,乙离斜面底端的高度为h.甲和乙从静止开始下滑,不计物 体与水平面碰撞时的机械能损失,且水平面光滑.在甲、乙从开始下滑到甲进入水平面的过程中( ) A当甲、乙均在斜面上运动时,乙受三个力作用 B甲进入水平面的速度大小为3gh + 2gLsin C全过程中甲的机械能减小了 1 2mgLsin D全过程中轻杆对乙做负功 【答案】 C 【解析】 【详解】 若以甲与乙组成的系统为研究的对象,可知系统受到重力与斜面的支持力,所以加速度的大小为 gsin; 以乙为研究的对象,设乙与杆之间的作用力为 F,则:mgsin-F=ma=mgsin,可知,乙与杆之间的作用力 为 0,所以乙只受到重
21、力和支持力的作用。故 A 错误。以甲、乙组成的系统为研究对象,系统机械能守恒, 由机械能守恒定律得 : mgh+mg(h+Lsin) = 2mv2,解得两球的速度 :, 选项 B 错误。 1 2 v =2gh + gLsin 以甲球为研究对象,由动能定理得:mg(h+Lsin)+W= mv2,解得:W=- mgLsin全过程中甲球的机械 1 2 1 2 能减小了 mgLsin ,全过程中轻杆对乙球做功 mgLsin 故 C 正确,D 错误。故选 C. 1 2 1 2 【点睛】 本题考查了求球的速度、杆做的功等问题,分析清楚物体运动过程,应用机械能守恒定律与动能定理即可 正确解题. 9质量为 4
22、00 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速,受到的阻力不变,其加速度a和速度的倒数 的关 1 v 系如图所示,则赛车在加速的过程中( ) A速度随时间均匀增大 B加速度随时间均匀增大 C输出功率为 160 kW D所受阻力大小为 1 60 N 【答案】 C 【解析】 【详解】 由图可知,加速度变化,故做变加速直线运动,速度随时间不是均匀增大故 A 错误;a- 函数方程a4, 1 v 400 v 汽车加速运动,速度增大,加速度减小,故 B 错误;对汽车受力分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力, 根据牛顿第二定律,有:F-f=ma;其中:F=P/v;联立得:,结合图线,当物体的速度最大时,a =
23、 P mv - f m 加速度为零, 故结合图象可以知道, a=0 时, =0.01, v=100m/s, 所以最大速度为 100m/s; 由图象可知 : f/m 1 v 4,解得:f=4m=4400=1600N;,解得:P=160kW,故 C 正确,D 错误;故选 C。0 1 400 P 100 - f 400 10在大型物流货场,广泛的应用传送带搬运货物。如下图甲所示,倾斜的传送带以恒定速率运动,皮带 始终是绷紧的,将 m1 kg 的货物放在传送带上的 A 点,经过 1.2 s 到达传送带的 B 点。用速度传感器测得 货物与传送带的速度 v 随时间 t 变化的图像如图乙所示,已知重力加速度
24、 g10 m /s2。由 vt 图像可知 AA、B 两点的距离为 2.4 m B货物与传送带间的动摩擦因数为 0.25 C货物从 A 运动到 B 的过程中,传送带对货物做功大小为 11.2 J D货物从 A 运动到 B 的过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为 4.6 J 【答案】 C 【解析】 【详解】 物块在传送带上先做匀加速直线运动,当速度达到传送带速度,一起做匀速直线运动,所以物块由 A 到 B 的间距对应图象所围梯形的“面积” ,为:x= 20.2+ (2+4)1=3.2m。故 A 错误。由 v-t 图象可知, 1 2 1 2 物块在传送带上先做 a1匀加速直线运动,加速度为 :,对物
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2019 年高 物理 备考 优生 百日 闯关 系列 专题 06 机械能 解析
链接地址:https://www.31doc.com/p-4197783.html