1、- 1 -2014 年高考一轮复习之机械能守恒定律一、选择题(本题共 10 小题，每题 4 分，共 40 分有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1(2012天津理综)如下图甲所示，静止在水平地面的物块 A，受到水平向右的拉力 F作用， F 与时间 t 的关系如下图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值 fm与滑动摩擦力大小相等，则( )A0 t1时间内 F 的功率逐渐增大B t2时刻物块 A 的加速度最大C t2时刻后物块 A 做反向运动D t3时刻物块 A 的动能最大解析：根据图乙可知：在 0 t1时间内拉力 F 没有达到最大静摩擦力 fm，物
2、体处于静止状态，则拉力 F 的功率为零，选项 A 错误；对物块 A 由牛顿第二定律有 F fm ma，由于 t2时刻拉力 F 最大，则 t2时刻物块加速度 a 最大，选项 B 正确； t2到 t3这段时间内拉力 F 大于 fm，所以物块做加速运动， t3时刻速度达到最大，选项 C 错误、D 正确答案：BD2在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到 vmax后，立即关闭发动机直至静止， v t 图象如图所示，设汽车的牵引力为 F，摩擦力为 f，全程中牵引力做功为 W1，克服摩擦力做功为 W2，则( )- 2 -A F:f1:3 B W1:W21:1C F:f4:1 D W1:W2
3、1:3解析：对汽车全程应用动能定理： W1 W20 W1 W2，则知 B 对 D 错由图象知牵引力和阻力作用距离之比为 1:4，即 Fs1 Fs20， F:f4:1，C 对，A 错答案：BC3(2011海南单科)一质量为 1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t0 时起，第 1秒内受到 2 N 的水平外力作用，第 2 秒内受到同方向的 1 N 的外力作用下列判断正确的是( )A02 s 内外力的平均功率是 W94B第 2 秒内外力所做的功是 J54C第 2 秒末外力的瞬时功率最大D第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值是45解析：第 1 s 内物体运动的位移为 1 m，第 2 s 内
4、物体运动的位移为 2.5 m第 1 s 内外力所做的功 W121 J2 J，第 2 s 内外力所做的功为 W212.5 J2.5 J，则 02 s 内外力的平均功率为 P W，选项 A 正确、B 错误根据动能定理可知，第 1 sW1 W22 s 94内与第 2 s 内质点动能增加量的比值等于 ，选项 D 正确由功率公式 P Fv 可知，在W1W2 45第 1 s 末外力的瞬时功率最大为 4 W，选项 C 错误答案：AD4(2012安徽理综)如图所示，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平、OB 竖直，一个质量为 m 的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道
5、到达最高- 3 -点 B 时恰好对轨道没有压力已知 AP2 R，重力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中( )A重力做功 2mgRB机械能减少 mgRC合外力做功 mgRD克服摩擦力做功 mgR12解析：小球从 P 点运动到 B 点的过程中重力做功为 mgR，选项 A 错误；设小球通过 B 点时的速度为 vB，根据小球通过 B 点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好由重力提供向心力，对小球通过 B 点瞬间应用牛顿第二定律有 mg m ，解得 vB ，设小球从 P 点运动到v2BR gRB 点的过程中克服摩擦力做功为 W，对此过程由动能定理有 mgR W mv ，联立解得12 2BW
6、mgR，选项 D 正确；上述过程合外力做功为 W 合 mgR W mgR，选项 C 错误；小球机械12 12能减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即 E W mgR，选项 B 错误12答案：D5(2012福建理综)如下图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块 A、 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静止状态剪断轻绳后 A 下落、 B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )- 4 -A速率的变化量不同 B机械能的变化量不同C重力势能的变化量相同 D重力做功的平均功率相同解析：剪断轻绳后，对 A 由机械能守恒得 mAgh mA
7、v 0， vA ，速率变化量12 2A 2gh vA vA0 ，对 B 同理 mBgh mBv 0，速率变化量 vB vB0 ，它们相等，2gh12 2B 2gh选项 A 错误；两个物体运动过程中机械能分别守恒，因而机械能的变化量都为零，选项 B 错误； A、 B 静止时 mAg mBgsin ，则 mAW2 B W1EkC D EkBW2，选 A.答案：A8. 如图，一物体从光滑斜面 AB 底端 A 点以初速度 v0上滑，沿 2013山 东 泰 安 质 检 斜面上升的最大高度为 h.下列说法中正确的是(设下列情境中物体从 A 点上滑的初速度仍为v0)( )A若把斜面 CB 部分截去，物体冲过
8、 C 点后上升的最大高度仍为 hB若把斜面 AB 变成曲面 AEB，物体沿此曲面上升仍能到达 B 点C若把斜面弯成圆弧形 D，物体仍沿圆弧升高 hD若把斜面从 C 点以上部分弯成与 C 点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为 h解析：光滑斜面，系统机械能守恒，若把斜面 CB 部分截去，物体从 A 点运动到 C 点后做斜上抛运动，到达最高点时有水平方向的分速度，则物体上升不到 h 高度而变成曲面AEB 及从 C 点以上部分弯成与 C 点相切的圆弧状，物体到达最高点速度都可达到零，物体可达最大 h 高度，而沿弯成圆弧形 AD，物体做圆周运动，到达最高点需有个最小速度故选项B、D 正确- 6
9、-答案：BD9.一质量为 m 的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙此质点在该水平面上做半径为 r 的圆周运动，设质点的最初速率是 v0，当它运动一周时，其速率变为 ，则( )v02A当它运动一周时摩擦力做的功为 mv38 20B质点与水平面的动摩擦因数为 3v2016 rgC质点在运动了两个周期时恰好停止D当质点运动一周时的加速度大小为v204r解析：由动能定理，质点运动一周时摩擦力做的功 W m 2 mv mv ，选项12 (v02) 12 20 38 20A 正确； W2 rFf2 rmg 得 ，选项 B 正确；运动一周克服摩擦力3v2016 rg做的功为 mv ，
10、物体运动一周时其速率变为 ，动能为 m 2 mv ，经比较知道38 20 v02 12(v02) 18 20mv mv ，说明质点运动不到第二个周期时就停止了，选项 C 错误；质点运动一周时向心38 2018 20加速度大小 an ，切向加速度大小为 at g ，加速度 a ，选项 D 错误v204r 3v2016 r a2n a2t答案：AB10.如图所示，倾角为 30、高为 L 的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m、 m 的两个小球 A、 B 用一根长为 L 的轻绳连接， A 球置于斜面顶端，现由静止释放 A、 B两球，球 B 与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下
11、滑，它们最终均滑至水平面上重力加速度为 g，不计一切摩擦则( )- 7 -A小球 A 下滑过程中，小球 A、 B 系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小B A 球刚滑至水平面时，速度大小为5gL2C小球 B 升高 L/2 时，重力对小球 A 做功的功率大于重力对小球 B 做功的功率D小球 B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球 B 做功为3mgL4解析：小球 A 下滑过程中， B 球的重力对 B 球做负功， A 球的重力对 A 球做正功，但由系统的动能增大可知，系统的重力势能减小，故小球 A、 B 系统的重力对系统做正功，A 项正确；对 A、 B 系统利用机械能守恒可知， A
12、 球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL mg 4mv2，故 v ，B 项正确；小球 B 升高 L/2 时，因两球的速度大小相等，L2 12 5gL2而 A 球沿斜面向下的分力为 1.5mg，故此时重力对小球 A 做功的功率大于重力对小球 B 做功的功率，C 项正确，小球 B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg mgL 4mv 2，故 v ，对 B 球利用动能定理又有： mv 2 W mgL，故 WL2 12 gL2 12，D 项错误9mgL8答案：ABC第卷(非选择题，共 60 分)二、填空题(本题共 2 小题，每题 8 分，共 16 分)11某学习小组做探究“合力的功和物体速
13、度变化关系”的实验如下图，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为 W.当用 2 条、3条完全相同的橡皮筋并在一起进行第 2 次、第 3 次实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出- 8 -(1)除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和_电源(填“交流”或“直流”)(2)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是_A放开小车，能够自由下滑即可B放开小车，能够匀速下滑即可C放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可(3
14、)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是_A橡皮筋处于原长状态B橡皮筋仍处于伸长状态C小车在两个铁钉的连线处D小车已过两个铁钉的连线(4)在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的_部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)解析：(3)因为木板水平放置，故摩擦力没有被平衡掉，当小车速度最大时， F 弹 f，故橡皮筋仍有弹力，处于伸长状态答案：(1)交流 (2)D (3)B (4) GK12(2013浙江温州质检)某实验小组利用如下图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能
15、守恒- 9 -(1)如下图所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度 d_ cm；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间 t1.3510 2 s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为_m/s.在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、滑块的质量和_(文字说明并用相应的字母表示)(2)在这个过程中系统减少的重力势能为_，系统增加的动能为_，只要两者在误差允许范围内相等，即可验证机械能守恒(用测量的物理量字母表示)解析：(1)20 分度的游标卡尺读数时先从主尺上读出厘米数和毫米数，然后用游标读出毫光以下的数值：游标的第几条刻线跟主尺上某一条刻线对齐，毫米以下的读数就是几乘0
16、.05 mm，其读数准确到 0.05 mm.滑块通过光电门时间很短，根据公式 v 求出的平均速d t度可近似为经过光电门时的瞬时速度(2)钩码下降高度与滑块的位移的大小 x 相等，故钩码的重力势能减少量等于 mgx.此时滑块和钩码的速度大小相等，都等于 v ，根据动能定义式 Ek mv2得 Ek (m M)( )d t 12 12 d t2.答案：(1)0.540 0.4 滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离 x(2)mgx (m M)( )212 d t- 10 -三、计算题(本题共 4 小题，13、14 题各 10 分，15、16 题各 12 分，共 44 分，计算时必须有必要的文字说明和
17、解题步骤，有数值计算的要注明单位)13如图所示，质量为 m04 kg 的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量 m1 kg，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数 0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力 F8 N，铁块在长 L6 m 的木板上滑动取 g10 m/s 2.求：(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力 F 对铁块所做的功；(3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能解析：(1)铁块与木板间的滑动摩擦力 Ff mg 4 N铁块的加速度 a1 m/s24 m/s 2.F Ffm 8 41木板的加速度 a2 m/s21 m/s 2
18、.Ffm0 44设铁块滑到木板左端的时间为 t，则 a1t2 a2t2 L12 12代入数据解得 t2 s.(2)铁块位移 l1 a1t2 422 m8 m12 12木板位移 l2 a2t2 122 m2 m.12 12恒力 F 做的功 W Fl188 J64 J(3)铁块的动能 Ek1( F Ff)l1(84)8 J32 J.木板的动能 Ek2 Ffl242 J8 J铁块和木板的总动能 Ek 总 Ek1 Ek232 J8 J40 J.答案：(1)2 s (2)64 J (3)40 J14.- 11 -如图所示，质量为 M0.2 kg 的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出 h0.20 m，
19、木块离台的右端 L1.7 m质量为 m0.10 M 的子弹以 v0180 m/s 的速度水平射向木块，当子弹以 v90 m/s 的速度水平射出时，木块的速度为 v19 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为 l1.6 m，求(1)木块对子弹所做的功 W1和子弹对木块所做的功 W2；(2)木块与台面间的动摩擦因数 .解析：(1)从开始到子弹射出木块，由动能定理得W1 mv2 mv 243 J12 12 20对木块由动能定理得，子弹对木块所做的功W2 Mv 8.1 J12 21(2)设木块离开台面时的速度为 v2，木块在台面上滑行阶段对
20、木块由动能定理得： MgL Mv Mv12 2 12 21木块离开台面后做平抛运动，由平抛运动规律得：竖直方向： h gt212水平方向： l v2t由以上各式可解得： 0.50答案：(1)243 J 8.1 J (2)0.5015如图所示，半径为 R 的四分之一圆弧形支架竖直放置，圆弧边缘 C 处有一小定滑轮，绳子不可伸长，不计一切摩擦，开始时， m1、 m2两球静止，且 m1m2，试求：- 12 -(1)m1释放后沿圆弧滑至最低点 A 时的速度(2)为使 m1能到达 A 点， m1与 m2之间必须满足什么关系(3)若 A 点离地高度为 2R， m1滑到 A 点时绳子突然断开，则 m1落地点
21、离 A 点的水平距离是多少？解析：(1)设 m1滑至 A 点时的速度为 v1，此时 m2的速度为 v2，由机械能守恒得m1gR m2gR m1v m2v212 21 12 2又 v2 v1cos45得 v1 .4 m1 2m2 gR2m1 m2(2)要使 m1能到达 A 点， v10 且 v20，必有 m1gR m2gR0，得 m1 m2.2 2(3)由 2R gt2， x v1t 得 x4 R .12 m1 2m22m1 m2答案：(1) (2) m1 m24 m1 2m2 gR2m1 m2 2(3)4Rm1 2m22m1 m216(2012北京理综)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超
22、过百米电梯的简化模型如图 1 所示考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度 a 是随时间 t 变化的已知电梯在 t0 时由静止开始上升， a t 图象如图 2 所示电梯总质量 m2.010 3 kg.忽略一切阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2.- 13 -图 1图 2(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力 F1和最小拉力 F2；(2)类比是一种常用的研究方法对于直线运动，教科书中讲解了由 v t 图象求位移的方法请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图 2 所示 a t 图象，求电梯在第 1 s 内的速度改变量 v1和第 2 s 末的速率 v2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做
23、功的功率 P；再求在 011 s 时间内，拉力和重力对电梯所做的总功 W.解析：(1)由牛顿第二定律，有 F mg ma由 a t 图象可知， F1和 F2对应的加速度分别是a11.0 m/s 2， a21.0 m/s 2F1 m(g a1)2.010 3(101.0) N2.210 4 NF2 m(g a2)2.010 3(101.0) N1.810 4 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第 1 s 内 a t 图线下的面积 v10.50 m/s同理可得 v2 v2 v01.5 m/s- 14 -v00，第 2 s 末的速率 v21.5 m/s.(3)由 a t 图象可知，1130 s 内速率最大，其值等于 011 s 内 a t 图线下的面积，有 vm10 m/s，此时电梯做匀速运动，拉力 F 等于重力 mg，所求功率P Fvm mgvm2.010 31010 W2.010 5 W由动能定理，总功 W Ek2 Ek1 mv 0 2.0103102 J1.010 5 J.12 2m 12答案：(1)2.210 4 N 1.810 4 N(2)0.5 m/s 1.5 m/s(3)2.0105 W 1.010 5 J
