2012版《6年高考4年模擬》
機械能部分
第一部分 六年高考薈萃
2011年高考題
1 (2011江蘇第4題)．如圖所示，演員正在進(jìn)行雜技表演。由圖可估
算出他將一只雞蛋拋出的過程中對雞蛋所做的功最接近于
A．0.3J
B．3J
C．30J
D．300J
2（2011全國卷1第20題）．質(zhì)量為、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示�，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為
A． B． C． D．
解析：兩物體最終速度相等設(shè)為u由動量守恒得：v=(+)u, 系統(tǒng)損
失的動能為：
系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)
化為內(nèi)能Q=fs=
3．(四川第19題).如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地
面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間
后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返回艙
的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，
則
A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小
B.返回艙在噴氣過程中減速的住要原因是空氣阻力
C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功
D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)
解析：先從力學(xué)角度討論A．B兩項；而C項宜用動能定理；D項則考查超重、失重概念。答案選A。由整體法、隔離法結(jié)合牛頓第二定律，可知A正確B錯；由動能定理可知C錯；因為物體具有豎直向上的加速度，因此處于超重狀態(tài)，D錯。
4(四川第21題)．質(zhì)量為的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點，不計空氣阻力且小球從末落地，則
A.整個過程中小球電勢能變換了 ？
B.整個過程中小球動量增量的大小為2gt
C.從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了g2t2
D.從A點到最低點小球重力勢能變化了 g2t2
解析：選BD。從運動學(xué)公式（平均速度等）入手，可求出兩次過程的末速度比例、加速度比例，做好準(zhǔn)備工作。通過動能定律、機械能守恒定律等得出電場力做功，再由功能關(guān)系可知電勢能增減以及動能變化等，從而排除A．C兩項；借助運動學(xué)公式，選項B中的動量變化可直接計算；對于選項D，要先由運動學(xué)公式確定 ，再結(jié)合此前的機械能守恒定律計算重力勢能變化量。
運動過程如上圖所示，分析可知，加電場之前與加電場之后，小球的位移大小是相等的。由運動學(xué)公式 得 。對加電場之后的運動過程應(yīng)用動能定理得 ，對此前的過程有機械能守恒 ，以及運動學(xué)公式 。由以上各式聯(lián)立可得 ，即整個過程中小球電勢能減少了 ，A錯；動量增量為 ，可知B正確；從加電場開始到小球運動到最低點時， ，C錯；由運動學(xué)公式知
，以及 ，則從A點到最低點小球重力勢能變化量為 ，D正確。

5．（2011海南第9題）.一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t=0時起，第1秒內(nèi)受到2N的水平外力作用，第2秒內(nèi)受到同方向的1N的外力作用。下列判斷正確的是
A. 0～2s內(nèi)外力的平均功率是 W
B.第2秒內(nèi)外力所做的功是 J
C.第2秒末外力的瞬時功率最大
D.第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是
解析：由動量定理求出1s末、2s末速度分別為：v1=2/s、v2=3/s 故合力做功為w= 功率為 1s末、2s末功率分別為：4w、3w 第1秒內(nèi)與第2秒動能增加量分別為： 、 ，比值：4：5

6（2011新標(biāo)理綜第16題）.一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（ABC）
A. 運動員到達(dá)最低點前重力勢能始終減小
B. 蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加
C. 蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒
D. 蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān)
解析：主要考查功和能的關(guān)系。運動員到達(dá)最低點過程中，重力做正功，所以重力勢能始終減少，A項正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加，B項正確。蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈性力做功，所以機械能守恒，C項正確。重力勢能的改變與重力勢能零點選取無關(guān)，D項錯誤。

7（2011全國理綜第18題）.電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應(yīng)強度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原的2倍，理論上可采用的方法是（BD）
A.只將軌道長度L變?yōu)樵��?倍
B.只將電流I增加至原的2倍
C.只將彈體質(zhì)量減至原的一半
D.將彈體質(zhì)量減至原的一半，軌道長度L變?yōu)樵��?倍，其它量不變
解析：主要考查動能定理。利用動能定理 有 ,B=kI解得 。所以正確答案是BD。

8 (2011上海15)．如圖，一長為 的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質(zhì)量為 的小球。一水平向右的拉力作用于桿的中點，使桿以角速度 勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)桿與水平方向成60°時，拉力的功率為
(A) (B)
(C) (D)
答案：C
9（2011東第18題）.如圖所示，將小球 從地面以初速度 。豎直上拋的同時，將另一相同質(zhì)量的小球 從距地面 處由靜止釋放，兩球恰在 處相遇（不計空氣阻力）。則
A.兩球同時落地
B.相遇時兩球速度大小相等
C.從開始運動到相遇，球 動能的減少量等于球 動能的增加量
D.相遇后的任意時刻，重力對球 做功功率和對球 做功功率相等
答案：C
解析：相遇時滿足 ， ，所以 ，小球 落地時間 ，球 落地時間 ，因此A錯誤；相遇時， ， ， ，所以B錯誤；因為兩球恰在 處相遇，說明重力做功的數(shù)值相等，根據(jù)動能定理，球 動能的減少量等于球 動能的增加量，C正確；相遇后的任意時刻，球 的速度始終大于球 的速度，因此重力對球 做功功率大于對球 做功功率，D錯誤。
10（2011海南第14題）.現(xiàn)要通過實驗驗證機械能守恒定律。實驗裝置如圖1所示：水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌；導(dǎo)軌上A點處有一帶長方形遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為，左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)繩與一質(zhì)量為的砝碼相連；遮光片兩條長邊與導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上B點有一光電門，可以測試遮光片經(jīng)過光電門時的擋光時間t，用d表示A點到導(dǎo)軌低端C點的距離，h表示A與C的高度差，b表示遮光片的寬度，s表示A ,B 兩點的距離，將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點時的瞬時速度。 用g表示重力加速度。完成下列填空和作圖；
（1）若將滑塊自A點由靜止釋放，則在滑塊從A運動至B的
過程中，滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢能的減小量可表示為____ 。動能的增加量可表示為__ 。若在運動過程中機械能守恒， 與s的關(guān)系式為 __
(2)多次改變光電門的位置，每次均令滑塊自同一點（A點）下滑，測量相應(yīng)的s與t值，結(jié)果如下表所示：

以s為橫坐標(biāo)， 為縱坐標(biāo)，在答題卡上對應(yīng)圖2位置的坐標(biāo)紙中描出第1和第5個數(shù)據(jù)點；根據(jù)5個數(shù)據(jù)點作直線，求得該直線的斜率k=________2.40___ (保留3位有效數(shù)字).[:]

由測得的h、d、b、和數(shù)值可以計算出 直線的斜率 ，將k和 進(jìn)行比較，若其差值在試驗允許的范圍內(nèi)，則可認(rèn)為此試驗驗證了機械能守恒定律。

11(上海第33 題)．(14 分)如圖(a)，磁鐵A、B的同名磁極相對放置，置于水平氣墊導(dǎo)軌上。A固定于導(dǎo)軌左端，B的質(zhì)量=0.5kg，可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動。將B在A附近某一位置由靜止釋放，由于能量守恒，可通過測量B在不同位置處的速度，得到B的勢能隨位置x的變化規(guī)律，見圖(c)中曲線I。若將導(dǎo)軌右端抬高，使其與水平面成一定角度(如圖(b)所示)，則B的總勢能曲線如圖(c)中II所示，將B在 處由靜止釋放，求：(解答時必須寫出必要的推斷說明。取 )
(1)B在運動過程中動能最大的位置；
(2)運動過程中B的最大速度和最大位移。
(3)圖(c)中直線III為曲線II的漸近線，求導(dǎo)軌的傾角。
(4)若A、B異名磁極相對放置，導(dǎo)軌的傾角不變，在圖(c)上畫出B的總勢能隨x的變化曲線．
答案．(14分)
(1)勢能最小處動能最大 (1分)
由圖線II得
(2分)
(在5.9 ~ 6.3c間均視為正確)

(2)由圖讀得釋放處勢能 ，此即B的總能量。出于運動中總能量守恒，因此在勢能最小處動能最大，由圖像得最小勢能為0.47J，則最大動能為
（2分)
( 在0.42 ~ 0.44J間均視為正確)
最大速度為
(1分)
( 在1.29～1.33 ／s間均視為正確)
x=20.0 c處的總能量為0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直線與曲線II的左側(cè)交點確定,由圖中讀出交點位置為x=2.0c，因此，最大位移
(2分)
( 在17.9~18.1c間均視為正確)

(3)漸近線III表示B的重力勢能隨位置變化關(guān)系，即
（2分)
∴
由圖讀出直線斜率
（1分）
（ 在 間均視為正確）
（4）若異名磁極相對放置，A，B間相互作用勢能為負(fù)值，總勢能如圖。 （2分）

12(江蘇第14題)．(16分)如圖所示，長為L、內(nèi)壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置。將一質(zhì)量為的小球固定在管底，用一輕質(zhì)光滑細(xì)線將小球與質(zhì)量為=k的小物塊相連，小物塊懸掛于管口�，F(xiàn)將小球釋放，一段時間后，小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上運動，通過管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運動，小球在轉(zhuǎn)向過程中速率不變。(重力加速度為g)
(1)求小物塊下落過程中的加速度大��；
(2)求小球從管口拋出時的速度大��；
(3)試證明小球平拋運動的水平位移總小于
解析：


13(福建第21題).（19分）
如圖為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半 部AB是一長為2R的豎直細(xì)管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，AB管內(nèi)有一原長為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧。投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上段放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去。設(shè)質(zhì)量為的魚餌到達(dá)管口C時，對管壁的作用力恰好為零。不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能。已知重力加速度為g。求：
(1)質(zhì)量為的魚餌到達(dá)管口C時的速度 大小v1;
(2)彈簧壓縮到0.5R時的彈性勢能Ep;
（3） 已知地面欲睡面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO-。在 角的范圍內(nèi)回緩慢轉(zhuǎn)動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在 到之間變化，且均能落到水面。持續(xù)投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？
解析：此題考查平拋運動規(guī)律、牛頓運動定律、豎直面內(nèi)的圓周運動、機械能守恒定律等知識點
（1）質(zhì)量為的魚餌到達(dá)管口C時做圓周運動的向心力完全由重力提供，則
(1)
解得 (2)
(2)彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有
…………………..(3)
由（2）（3）得
………………….(4)
(3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動裝置對魚餌速度大小的影響，質(zhì)量為的魚餌離開管口C后做平拋運動，設(shè)經(jīng)過t時間落到水面上，離OO’的水平距離為x1，由平拋規(guī)律有
………………………..(5)
………………………(6)
由 （5）（6）兩式得 ………………..(7)
當(dāng)魚餌的質(zhì)量為 時，設(shè)其到達(dá)管口C時速度大小為V2，由機械能守恒定律有
…………………..(8)
由 （4）（8）兩式解得 ……………………..(9)
質(zhì)量為 的魚餌落到水面時上時，設(shè)離OO’的水平距離為x2則
……………………………..(10)
由（5）（9）（10）解得：
魚餌能夠落到水面的最大面積S，S= (πx22-πx12)= πR2（或8.25πR2）。

14（2011安徽24）．（20分）
如圖所示，質(zhì)量=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量=1kg的小球通過長L=0.5的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0=4 /s，g取10/s2。
（1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向。
（2）若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。
（3）在滿足（2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離。
解析：（1）設(shè)小球能通過最高點，且此時的速度為v1。在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒。則
①
②
設(shè)小球到達(dá)最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則
③
由②③式，得 F=2N ④
由牛頓第三定律可知，小球?qū)�輕桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。
（2）解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V。在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有
⑤
在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則
⑥
由⑤⑥式，得 v2=2/s ⑦
（3）設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點與小球起始點的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2，任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V/。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得
⑦
將⑧式兩邊同乘以 ，得
⑨
因⑨式對任意時刻附近的微小間隔 都成立，累積相加后，有
○10
又 ○11
由○10○11式得 ○12
15（2011全國卷1第26題）.（20分）
裝甲車和戰(zhàn)艦 采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。
通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。
質(zhì)量為2、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質(zhì)量為的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿。現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響。
解析：設(shè)子彈的初速為v0,穿過2d厚度的鋼板時共同速度為：v 受到阻力為f.
對系統(tǒng)由動量和能量守恒得：
①
②
由①②得： ③

子彈穿過第一塊厚度為d的鋼板時，設(shè)其速度為v1，此時鋼板的速度為u，穿第二塊厚度為d的鋼板時共用速度為v2，穿過深度為 ，

對子彈和第一塊鋼板系統(tǒng)由動量和能量守恒得：
④
⑤
由③④⑤得： ⑥
對子彈和第二塊鋼板系統(tǒng)由動量和能量守恒得：
⑦
⑧
由③⑥⑦⑧得：

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaosan/40504.html

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