【创新设计】（安徽专用）2014届高考物理一轮复习方案 第五章 机械能及其守恒定律 章末盘点活页限时训练（含解析） 新人教版必修2.doc

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1、创新设计2014届高考物理（安徽专用）第一轮复习方案【配套活页限时训练】第五章：机械能及其守恒定律 章末盘点（含解析） 新人教版必修2一、易错易混专练1一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，如图1所示，则力F所做的功为()图1Amglcos BFlsin Cmgl(1cos ) DFlcos 解析答案C2如图2所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，说法正确的是()图2A

2、系统受到外力作用，动能不断增大B弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大D两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小解析对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减少，A错误；弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，C错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D错答案B3如图3所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，

3、槽的左侧有一竖直墙壁现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()图3A小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D小球从下落到从右侧离开槽的过程机械能守恒解析小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所

4、以系统的机械能守恒小球到达槽最低点前，小球先失重，后超重当小球向右上方滑动时，半圆形槽向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒综合以上分析可知选项C正确答案C4如图4所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中()图4A重力先做正功，后做负功B弹力先做正功，后做负功C金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D弹簧的弹性势能最大时，金属块的动能最大解析金属块从开始自由下落至第一次速度为零的全过程包括三个“子过程”，其受力如图所示在整个过程中，重力方向始终与位移同方向，重力始终做正功，故不选A.在整个过程中，弹力F方向与位移

5、方向始终反向，所以弹力始终做负功，故不选B.在自由落体与压缩弹簧至平衡位置前的两个子过程与中，Fmg时，加速度a向下，v向下，且不断增大在Fmg平衡位置，a0，此时速度最大为vm、动能最大，故选C.速度为零时，弹簧形变最大，所以此时弹簧弹性势能最大，金属块的动能为零，故不选D.答案C5如图5所示，木板质量为M，长度为L，小木块(可视为质点)的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与木板和小木块连接，小木块与木板间的动摩擦因数为，开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将小木块拉至木板右端，拉力至少做功为()图5A. B2mgLCmgL D(Mm)gL解析若使拉力F做功最少，

6、在拉力F作用下使小木块和木板恰好做匀速直线运动，对小木块和木板进行受力分析容易得出拉力F2mg(此时绳子上的拉力等于mg)，而拉力F发生的位移为，所以由功的公式可得WFs2mgmgL.答案C6如图6所示，水平抛出的物体抵达斜面上端P处时，其速度方向恰好沿着斜面向下，然后沿斜面无摩擦滑下，下列图象中正确描述物体重力的功率PG随时间t变化的图象是()图6解析抵达P处前，物体做平抛运动，其在竖直方向上的分速度大小为vygt，重力的功率PGmgvymg2t，可见，该过程对应的PG - t图象是一条经过原点的倾斜直线，直线的斜率k1mg2，选项A、B错误；滑上斜面后，物体做匀加速直线运动，其在竖直方向上

7、的分运动也是匀加速直线运动，不过其加速度ay小于g，所以PGmg(vy0ayt)mgvy0mgaytPG0mgayt，可见，该过程对应的PG - t图象也是一条倾斜直线，直线的斜率k2mgay0，即FFf，故F做的正功多于克服摩擦力做的功，机械能增加，选项A正确答案A二、物理模型专练8(传送带模型)如图8所示，长度ABL的传送带以速度v1向左匀速运动在传送带的左端A处，一个质量为m的工件以初速度v2滑上传送带，最后到达B端若工件与传送带间的动摩擦因数为，则()图8A工件的加速度为gB工件在传送带上的运动时间为 C工件对传送带做的功为mgLD若传送带的速度按原方向增大，则工件有可能不能到达B端解

8、析对工件有mgma，所以ag，选A；工件从A到B过程中做匀减速直线运动，如果到B端时速度刚好为零，由公式Lat2可知时间t ，若到达B端时速度不等于零，则t ，故不选B；传送带克服摩擦力做的功大于mgL，不选C；若传送带的速度按原方向增大，工件的运动情况不变，仍能到达B端，不选D.答案A9(机车启动模型)额定功率为P080 kW的汽车，在平直公路上行驶的最大速度为vm20 m/s.已知汽车质量为m2103 kg，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度a2 m/s2，假定在整个过程中阻力Ff不变，则下列说法不正确的是()A匀加速运动的时间是5 sB匀加速运动过程的最大速度为20 m/sC在匀加

9、速直线运动过程中，汽车的牵引力为8103 ND30 s内通过的总路程是450 m解析汽车的运动有三个子过程一是匀加速直线运动，此时汽车的牵引力不变，功率不断增加直至额定功率；二是加速度a减小的加速运动阶段，直至最大速度vm；三是以速度vm做匀速直线运动设汽车运行时受到的阻力为Ff，匀加速运动的末速度为v1，匀加速运动时受到的牵引力为F，匀加速运动的时间为t1.则P0Ffvm由牛顿第二定律得FFfma匀加速运动的时间为t1，最后速度为v1，有：P0Fv1v1at1解式，代入数据求出t15 s、v110 m/s、Ff4103 N、F8103 N故A、C正确，B错误；匀加速运动的位移为x1t1最后变

10、加速运动过程中位移为x2，由动能定理得P0(tt1)Ffx2mvmv汽车的总位移xx1x2解上述各式，并代入数据得x450 m故D正确答案B10(滑块模型)水平面上有一条长为L2l的凹槽，凹槽的右端竖直壁上的小孔中安装一轻弹簧C，如图9所示槽内有一个长为l、质量为m的小车A，小车与槽内水平面间的动摩擦因数为1，小车的上表面恰与水平面等高当小车在凹槽的左端时，一个质量也为m的小铁块B(可看做质点)，从凹槽的左侧水平面上以一定速度滑上小车，小车随即向凹槽的右端滑动，小车滑到右端压缩弹簧，当小车右端刚要与槽壁接触时速度恰为零，此时铁块也刚好从小车上滑到右侧水平面上，之后弹簧将小车推开，小车运动到凹槽

11、左端时速度又恰为零图9(1)若铁块与小车上表面间的动摩擦因数为2，求2与1的关系；(2)铁块滑上小车时的速度应满足什么条件？解析(1)对小车，设弹簧压缩时的最大弹性势能为Ep，小车向右滑动并压缩弹簧至最短时，由能量守恒得2mg12mgEp弹簧将小车向左弹回，弹性势能全部释放，由能量守恒得Ep1mg联立解得231(2)铁块能滑上右侧水平面的条件是到达右侧水平面时的速度v0，对铁块，由动能定理得2mgLmv2mv解得v02.答案(1)231(2)v0211(传送带模型)10只相同的轮子并排水平排列，圆心分别为O1、O2、O3、O10，已知O1O103.6 m，水平转轴通过圆心，轮子均绕轴以 r/s

12、的转速顺时针匀速转动现将一根长0.8 m、质量为2.0 kg的匀质木板平放在这些轮子的左端，木板左端恰好与O1竖直对齐(如图10所示)，木板与轮缘间的动摩擦因数为0.16，不计轴与轮间的摩擦，g取10 m/s2，试求：图10(1)木板在轮子上水平移动的总时间；(2)轮子因传送木板所消耗的机械能解析(1)轮子转动的线速度：v2nr20.2 m/s1.6 m/s.板运动的加速度：ag0.1610 m/s21.6 m/s2.所以板在轮子上做匀加速运动的时间：t1 s1 s.板在做匀加速运动中所发生的位移：s1at121.612 m0.8 m.板在做匀速运动的全过程中其重心平动发生的位移为：s23.6 m0.8 m0.4 m2.4 m.因此，板运动的总时间为：tt11 s s2.5 s.(2)由功能关系知：轮子在传送木板的过程中所消耗的机械能一部分转化成了木板的动能，另一部分因克服摩擦力做功转化成了内能，即：Emv2Ffs相对而克服摩擦力做功为：WfFfs相对mg.所以代入数据可得Emv2Ffs相对5.12 J.答案(1)2.5 s(2)5.12 J8