高考物理一轮复习专题训练：机械能

专题六 机械能,高考物理一轮总复习专题训练：,1.蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初,运动员静 止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动 作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段。 把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。质量m= 50 kg 的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10 m;在预备运动中,假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动 的腾空时间均为t=2.0 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g= 10 m/s2,忽略空气阻力的影响。 (1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图; (2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度hm;,考点一 功和功率,考点专题训练,(3)借助F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的值。,解析 (1)床面下沉x0=0.10 m时,运动员受力平衡 mg=kx0 得k= =5.0×103 N/m F-x图线如答案图所示。 (2)运动员从x=0处离开床面,开始腾空,其上升、下落时间相等 hm= g( )2=5.0 m (3)参考由速度-时间图像求位移的方法,知F-x图线与x轴所围的面积等于弹力做的功。从x处 到x=0,弹力做功WT WT= ·x·kx= kx2 运动员从x1处上升到最大高度hm的过程,根据动能定理,有 k -mg(x1+hm)=0 得x1=x0+ =1.1 m 对整个预备运动,由题设条件以及功和能的关系,有,W+ k =mg(hm+x0) 得W=2 525 J2.5×103 J,考查点 弹力做功、动能定理的应用。,思路点拨 运动员的运动可以分为两个阶段:在空中的运动为加速度为g的匀加速运动;在与 蹦床接触的运动过程中,由于弹力的变化,为加速度不断变化的运动,故求x1和W可用动能定 理。至于弹力做功的计算,可借助F-x图中的图线与x轴所围的面积。,2(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某 竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线分别描述两次不同 的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考 虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程, ( ) A.矿车上升所用的时间之比为45 B.电机的最大牵引力之比为21 C.电机输出的最大功率之比为21 D.电机所做的功之比为45,课标卷题组,答案 AC 本题考查v-t图像的应用。在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两 次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合, 要么平行,由图中几何关系可得:第次所用时间t= t0,即矿车上升所用时间之比为45,选项 A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg= ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为11,选项B错误;在第次提升过程中,电机输出的最大 功率P1=(mg+ma)v0,在第次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)· v0,即 = ,选项C 正确;对两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即 = ,选项D错误。,易错点拨 瞬时功率与平均功率的区别 瞬时功率对应的是点(位置、时刻);平均功率对应的是段(过程、时间)。本题选项C中的功率 为瞬时功率。,3如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套 着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作 用力 ( ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心,答案 A 本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆环对小环的作用 力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错 误。开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环 圆心,故选项C、D错误。,解题指导 (1)弹力的方向总是垂直于接触面,并且速度的方向总是沿接触面的切线方向,因此 在固定接触面上滑动时,弹力总不做功。 (2)重力在半径方向上的分量与大圆环对小环的作用力的矢量和提供小环做圆周运动的向心 力,设小环转过的角度为,如图所示,小环此时的速度为v,大圆环对小环的作用力为N,由功能 关系和圆周运动公式有 mv2=mgR(1-cos ) m =mg cos -N 解出N=3mg cos -2mg 由此可知,当3mg cos 2mg时,N的方向背离大圆环圆心,当3mg cos 2mg时,N的方向指向大圆环圆心。,4(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。 两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。 若它们下落相同的距离,则 ( ) A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,答案 BD 甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=V甲=( )得R甲= ,阻力f甲=kR甲=k ,由牛顿第二定律知a甲= =g-k ,同理a乙=g-k , 因m甲m乙,所以a甲a乙,故C项错误;再由位移公式h= at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功 大于乙球克服阻力做的功,D项正确。,疑难突破 此题主要考查应用牛顿第二定律和运动学公式求解动力学问题,比较两球加速度 的大小是关键,需要定量推导。,5一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随 时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时 间t变化的图线中,可能正确的是 ( ),答案 A 由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2 =fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0v1的情况, 故不作分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv 知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动有: -f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2= 0时开始匀速运动,故A正确、C错误。,6一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体, 经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间 后速度变为2v。对于上述两个过程,用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表 示前后两次克服摩擦力所做的功,则 ( ) A.WF24WF1,Wf22Wf1 B.WF24WF1,Wf2=2Wf1 C.WF24WF1,Wf2=2Wf1 D.WF24WF1,Wf22Wf1,答案 C WF1= mv2+mg· t,WF2= m·4v2+mg t,故WF24WF1;Wf1=mg· t,Wf2=mg· t,故Wf2 =2Wf1,C正确。,7.2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成 功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功 钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在 甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦 索中间位置,其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止 需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则 ( ) 图(a),图(b) A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10 B.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变,答案 AC 速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移,估算图中面积约为110 m,故A正确; 由于速度图线的斜率表示物体的加速度,由图可知在0.4 s2.5 s内飞机加速度大小几乎不变, 约为27 m/s2,则飞机所受阻拦索的合力F不变,但飞机的速度在减小,两侧阻拦索间夹角在减 小,故由P=Fv知D错误,由F=2T cos 知阻拦索的张力在减小,B错误;由上述知C正确。,8. 环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源 的环保汽车,总质量m=3×103 kg。当它在水平路面上以v=36 km/h的速度匀速行驶时,驱动电机 输入电流I=50 A,电压U=300 V。在此行驶状态下 (1)求驱动电机的输入功率P电; (2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机,求汽车所受阻 力与车重的比值(g取10 m/s2); (3)设想改用太阳能电池给该汽车供电,其他条件不变,求所需太阳能电池板的最小面积。结合 计算结果,简述你对该设想的思考。 已知太阳辐射的总功率P0=4×1026 W,太阳到地球的距离r=1.5×1011 m,太阳光传播到达地面的 过程中大约有30%的能量损耗,该车所用太阳能电池的能量转化效率为15%。,解析 (1)驱动电机的输入功率P电=IU=1.5×104 W (2)在匀速行驶时P机=0.9P电=Fv=fv f= 汽车所受阻力与车重之比f/mg=0.045 (3)当阳光垂直电池板入射时,所需板面积最小,设其为S,距太阳中心为r的球面面积S0=4r2 若没有能量损耗,太阳能电池板接收到的太阳能功率为P',则 = 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P,P=(1-30%)P' = 由于P电=15%P,所以电池板的最小面积 S= = =101 m2 分析可行性并提出合理的改进建议。,答案 (1)1.5×104 W (2)0.045 (3)见解析,1摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米。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t=0时由静止开始上升,a-t图像如图2所示。电梯总质量m=2.0×103 kg。忽略一切阻力, 重力加速度g取10 m/s2。 (1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2;,考点二 动能定理及其应用,(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图像求位移的方法。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图像,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。,答案 (1)2.2×104 N 1.8×104 N (2)0.50 m/s 1.5 m/s (3)2.0×105 W 1.0×105 J,解析 (1)由牛顿第二定律,有F-mg=ma 由a-t图像可知,F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0 m/s2,a2=-1.0 m/s2 F1=m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104 N F2=m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104 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 v1=0.50 m/s 同理可得v2=v2-v0=1.5 m/s v0=0,第2 s末的速率v2=1.5 m/s (3)由a-t图像可知,1130 s内速率最大,其值等于011 s 内a-t图线下的面积,有 vm=10 m/s 此时电梯做匀