2012年高考真题汇编：专题6 机械能

专题6 机械能

1.（2012福建卷）如图，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

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

答案：D

解析：由题意根据力的平衡有m A g=m B gsin θ，所以m A=m B sin θ.根据机械能守恒定律2，所以两物块落地速率相等，选项A错；因为两物块的机械能守mgh=1/2mv2，得v=gh

恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为△E p=-W G=-mgh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A 重力的平均功率为P’A=m A g·v/2，B的平均功率P’B=m B g·v/2·cos(π/2-θ)，因为m A =m B sin θ，所以P’A=P’B ，选项D正确.

2．（2012天津卷）.如图甲所示，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的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则

A．0 – 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

答案BD

解析：由F与t的关系图像0～t1拉力小于最大静摩擦力物块静止F的功率为0，A错误；在t1～t2阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度增大的加速运动，在t2～t3阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度减小的加速运动，在t2时刻加速度最大，B正确，C错误；在t1～t3物块一直做加速运动，在t3～t4拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在时刻速度最大，动能最大，D正确.

3．（2012上海卷）．质量相等的均质柔软细绳A 、B 平放于水平地面，绳A 较长.分别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为h A 、h B ，上述过程中克服重力做功分别为W A 、W B .若（ ）

（A ）h A ＝h B ，则一定有W A ＝W B （B ）h A ＞h B ，则可能有W A ＜W B （C ）h A ＜h B ，则可能有W A ＝W B

（D ）h A ＞h B ，则一定有W A ＞W B

答案：B

解析：由题易知，离开地面后，细绳A 的重心距离细绳A 的最高点的距离较大，分析各选项易知 B 正确.

4．（2012上海卷）．如图，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 有光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍.当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高.将A 由静止释放，B 上升的最大高度是（ ）

（A ）2R （B ）5R /3 （C ）4R /3 （D ）2R /3

答案： C

解析：设A 刚落到地面时的速度为v ，则根据机械能守恒定律可得2mgR-mgR=1/2*2mv 2

+1/2mv

2

，设A 落地后B 再上升高h,则有1/2mv

2

=mgh ，解得h=R/3，B 上升的最大高度是

H=R+h=4/3*R ，即 C 正确.

5．（2012上海卷）．位于水平面上的物体在水平恒力F 1作用下，做速度为v 1的匀速运动；

若作用力变为斜面上的恒力F 2，物体做速度为v 2的匀速运动，且F 1与F 2功率相同.则可能有（

）

（A ）F 2＝F 1，v 1＞v 2 （B ）F 2＝F 1，v 1＜v 2 （C ）F 2＞F 1，v 1＞v 2 （D ）F 2＜F 1，v 1＜v 2

答案：BD

解析：根据平衡条件有F 1=μmg ，设F 2与水平面的夹角为θ，则有F 2=μmg/cos θ+μsin θ，因为cos θ+μsin θ的最大值为1+μ

2

>1，可能F 2≤F 1；P=F 1v 1=μmgv 1=F

2v 2

cos θ=μmgv 2/(1+μtan θ)，可见v 1

6．（2012安徽卷）.如图所示，在竖直平面内有一半径为的圆弧轨道，半径水平、竖直，一个质量为的小球自的正上方点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高

R OA OB m A

P

点时恰好对轨道没有压力.已知=2,重力加速度为，则小球从到的运动过程中 ( ) A. 重力做功 B. 机械能减少 C. 合外力做功

D. 克服摩擦力做功

答案：D

解析：小球从P 到B 高度下降R ，故重力做功mgR ，A 错.在B 点小球对轨道恰好无压力，由重力提供向心力得，取B 点所在平面为零势能面，易知机械能减少量

，B 错.由动能定理知合外力做功W=,C 错.

根据动能定理，可得，D 选项正确.

7．（2012海南卷）.一质量为1kg 的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N 的外力作用.下列判断正确的是 A. 0～2s 内外力的平均功率是

W B.第2秒内外力所做的功是

J C.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 答案：CD

解析：由动量定理求出1s 末、2s 末速度分别为：v 1=2m/s 、v 2=3m/s 故合力做功为w=

功率为 1s 末、2s 末功率分别为：4w 、3w 第1秒内B AP R g P B mgR 2mgR mgR mgR 21gR v B =

mgR mv R B 2121mg E 2=-=?mgR mv B 2

1212

=0-mv 21W -mgR 2B f =mgR 2

1

w f =9

4

54

45

21 4.52mv J = 4.5 1.53

w p w w t ==

=

与第2秒动能增加量分别为：、，比值：4：5

8．（2012广东卷）.（18分）

图18（a ）所示的装置中，小物块A 、B 质量均为m ，水平面上PQ 段长为l ，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑.初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r 的连杆位于图中虚线位置；A 紧靠滑杆（A 、B 间距大于2r ）.随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b ）所示.A 在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B 发生完全非弹性碰撞.

（1）求A 脱离滑杆时的速度u o ，及A 与B 碰撞过程的机械能损失ΔE .

（2）如果AB 不能与弹簧相碰，设AB 从P 点到运动停止所用的时间为t 1，求ω得取值范围，及t 1与ω的关系式.

（3）如果AB 能与弹簧相碰，但不能返回道P 点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为E p ，求ω的取值范围，及E p 与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）.

解析：（1）由题知，A 脱离滑杆时的速度u o =ωr 设A 、B 碰后的速度为v 1，由动量守恒定律

m u o =2m v 1

A 与

B 碰撞过程损失的机械能 解得 （2）AB 不能与弹簧相碰，设AB 在PQ 上运动的加速度大小为a ,由牛顿第二定律及运动学规

21122mv J =222111

2.522

mv mv J -

=2

20111222

E mu mv ?=

-?221

8

E m r ω?=

律

v 1=at 1 由题知 联立解得 （3）AB 能与弹簧相碰 不能返回道P 点左侧

AB 在的Q

点速度为v 2，AB 碰后到达Q 点过程，由动能定理

AB 与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒

解得

9.（2012四川卷）．（16分）

四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一.某地要把河水抽高20m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作.工作电压为380V ，此时输入电动机的电功率为9kW ，电动机的内阻为0.4Ω.已知水的密度为1×l03

kg/m3，重力加速度取10m/s 2

.求：

(1)电动机内阻消耗的热功率；

(2)将蓄水池蓄入864m 3

的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）. 解析：

(l)设电动机的电功率为P ，则P=UI

①

ma mg 22=?μ1

12

v x t =

x l ≤140l rt ω<≤

12r t g

ωμ=211

222mgl mv μ?<

?211

2222

mg l mv μ??≥

?ω<≤2

2211122222

mgl mv mv μ-?=?-?2

2122

p E mv =

?22(8)

4

p m r gl E ωμ-=

设电动机内阻r 上消耗的热功率为Pr ，则P r =I 2

r ② 代入数据解得P r =1×103

W

③

说明：①③式各2分，②式3分.

(2)设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则

M=ρV ④ 设质量为M 的河水增加的重力势能为△Ep ，则△Ep=Mgh ⑤ 设电动机的输出功率为P 0，则P 0=P-Pr

⑥ 根据能量守恒定律得 P 0t ×60%×80%=△Ep

⑦ 代人数据解得

t =2×l04s

⑧

说明：④⑤式各1分，⑥⑧式各2分，⑦式3分.

10.（2012安徽卷）.（14分）质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的图象如图所示.球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4.该球受到的空气阻力大小恒为，取=10 m/s 2

, 求：

（1）弹性球受到的空气阻力的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度.

解析：(1)由v —t 图像可知:小球下落作匀加速运动， 由牛顿第二定律得：

解得

(2)由图知：球落地时速度，则反弹时速度 设反弹的加速度大小为a ＇，由动能定理得

解得

t v -f g f h 2/8t

v

a s m =??=ma f mg =-N

a g m f 2.0)(=+=s m /4v =s m v v /34

3

=='22

1

0f )h (mg -v m '-=+m h 375.0=

11.（2012安徽卷）.

如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量

M=2kg 的小物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带始终以u=2m/s 的速度逆时针转动.装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg 的小物块B 从其上距水平台面h=1.0m 处由静止释放.已知物块B 与传送带之间的摩擦因数 μ=0.2,l =1.0m.设物块A 、B 中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态.取g=10m/s 2

.

（1）求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；

(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？

(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后运动的速度大小. 解析：（1）设B 滑到曲面底部速度为v ,根据机械能守恒定律，

得 由于＞u,B 在传送带上开始做匀减速运动. 设B 一直减速滑过传送带的速度为 由动能定理的 解得v 1=4 m/s

由于仍大于u ，说明假设成立，即B 与A 碰前速度为4m/s

（2）设地一次碰后A 的速度为，B 的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得：

2

2

1mgh mv =

s m gh v /522==v 1v 2212

121m -mv mv gl -=μ1v 1A v 1B v

解得 上式表明B 碰后以

的速度向右反弹.滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为，由动能定理得：

解得 因，故B 不能滑上右边曲面.

（3）B 的速度减为零后，将在传送带的带动下向左匀加速，加速度与向右匀减速时相同，且由于小于传送带的速度u ，故B 向左返回到平台上时速度大小仍为

.由于第二次碰撞仍为对心弹性碰撞，故由（2）中的关系可知碰后B 仍然反弹，且碰后速度大小仍为B 碰前的

，即

同理可推：B 每次碰后都将被传送带带回与A 发生下一次碰撞.则B 与A 碰撞n 次后反弹，速度大小为.

12.（2012江苏卷）．（16分）某缓冲装置的理

想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽

间的滑动摩擦力恒为f ，轻杆向右移动不超过l 时，装置可安全工作，一质量为m 的小车若以速度v 0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l /4，轻杆与槽间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

111B A mv Mv mv +=2121212

12121B A mv Mv mv +=s m v v B /3

4

311-=-

=s m /3

4

m x 2

2

10B m mv mgx -=-μm x m 9

4=

l x m ＜1B v s m /3

4

3

1

s m v v v B B /3433122112-=-==s m n

/34

且不计小车与地面的摩擦.

（1）若弹簧的劲度系数为k ，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x ； （2）为这使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度v m

（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v ˊ

与撞击速度v 的关系 解析：

（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力① 且② 解得③ （2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ，则小车从撞击到停止的过程中，动能定理 小车以撞击弹簧时 ④ 小车以撞击弹簧时 ⑤ 解⑥ （3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为， ⑦

由④⑦解得 当时， 当时，.

kx F =f F =k

f x =

0v 202

104.

mv W l f -=--m v 2

2

10m mv W fl -

=--m

fl

v v m 232

0+

=1v W mv =2

12

1m

fl v v 22

01-

=m

fl

v v 22

0-

0-=