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2014年高考物理真题分类汇编:机械能


2014 年高考物理真题分类汇编:机械能

2. [2014· 重庆卷] 某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别 为车重的 k1 和 k2 倍,最大速率分别为 v1 和 v2,则( ) k1 k2 A.v2=k1v1 B.v2= v1 C.v2= v1 k2 k1 D.v2=k2v1

2.B [解析] 本题考查机车启动过程中功率的相关知识.机车在不同的路面以相同的 功率按最大速度行驶,可推断机车做匀速直线运动,受力平衡,由公式 P=Fv,F=kmg, k1 可推出 P=k1mgv1=k2mgv2,解得 v2= v1,故 B 正确,A、C、D 错误. k2 15.[2014· 新课标Ⅱ卷] 取水平地面为重力势能零点.一物块从某一高度水平抛出,在 抛出点其动能与重力势能恰好相等.不计空气阻力.该物块落地时的速度方向与水平方向 的夹角为( ) π A. 6 15.B π B. 4 π C. 3 5π D. 12

1 1 1 [解析] 由题意可知,mgh= mv2 ,又由动能定理得 mgh= mv2- mv2 ,根据 2 0 2 2 0

v0 2 平抛运动可知 v0 是 v 的水平分速度,那么 cos α= v = ,其中 α 为物块落地时速度方向 2 与水平方向的夹角,解得 α=45?,B 正确. 16.[2014· 新课标Ⅱ卷] 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.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1 B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1 C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1 D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1 16.C [解析] 因物体均做匀变速直线运动,由运动学公式得前后两个过程的平均速 度是 2 倍关系,那么位移 x=t 也是 2 倍关系,若 Wf1=fx,则 Wf2=f· 2x 故 Wf2=2Wf1;由动 1 1 能定理 WF1-fx= mv2 和 WF2-f· 2x= m(2v)2 得 WF2=4WF1-2fx<4WF1,C 正确. 2 2 15 . [2014· 安徽卷 ] 如图所示,有一内壁光滑的闭合椭圆形管道,置于竖直平面内, MN 是通过椭圆中心 O 点的水平线.已知一小球从 M 点出发,初速率 为 v0,沿管道 MPN 运动,到 N 点的速率为 v1,所需时间为 t1;若该 小球仍由 M 点以初速率 v0 出发,而沿管道 MQN 运动,到 N 点的速率 为 v2,所需时间为 t2.则( ) A.v1=v2,t1>t2 B.v1<v2,t1>t2 C.v1=v2,t1<t2 D.v1<v2,t1<t2 15.A [解析] 本题考查机械能守恒定律、类比法与 vt 图像方法解题,考查“化曲为

直”的思维能力.首先根据机械能守恒定律得到 v1=v2=v0,小球沿着 MPN 轨道运动时, 先减速后加速,小球沿着 MQN 轨道运动时,先加速后减速,总路程相等,将小球的曲线运 动类比为直线运动,画出 vt 图像如图,可得 t1 >t2.选项 A 正确.

19. [2014· 全国卷] 一物块沿倾角为 θ 的斜坡向上滑动.当物块的初速度为 v 时,上升 v 的最大高度为 H,如图所示;当物块的初速度为 时,上升的最大高度记为 h.重力加速度大 2 小为 g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为( H A.tanθ 和 2 H C.tanθ 和 4 19.D
2

)

v H B.?2gH-1?tanθ 和 2 ? ? v2 H D.?2gH-1?tanθ 和 4 ? ?

1 [解析] 本题考查能量守恒定律.根据能量守恒定律,以速度 v 上升时, mv2 2

v H 1 v 2 h H =μmgcosθ +mgH,以 速度上升时 m?2? =μmgcosθ +mgh,解得 h= ,μ= 2 2 ? ? 4 sin θ sin θ

? v -1?tanθ,所以 D 正确. ?2gH ?
18. [2014· 福建卷Ⅰ] 如图所示,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置, 下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹 簧上端.现用外力作用在两物块上,使两弹簧具有相同的压缩量,若撤去外力后,两物块 由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物 块( ) A.最大速度相同 B.最大加速度相同 C.上升的最大高度不同 D.重力势能的变化量不同 18.C [解析] 设斜面倾角为 θ,物块速度达到最大时,有 kx=mgsin θ,若 m1<m2, 则 x1<x2,当质量为 m1 的物块到达质量为 m2 的物块速度最大位置的同一高度时,根据能量 1 守恒得:ΔEp=mgΔh+ mv2,所以 v= 2 2ΔEp -2gΔh,因为 m1<m2,所以 v1>v2max,此 m

2

时质量为 m1 的物块还没达到最大速度,因此 v1max>v2max,故 A 错;由于撤去外力前,两弹 簧具有相同的压缩量,所以撤去外力时两弹簧的弹力相同,此时两物块的加速度最大,由 F弹-mgsin θ 牛顿第二定律可得 a= ,因为质量不同,所以最大加速度不同,故 B 错误; m 由于撤去外力前,两弹簧具有相同的压缩量,所以两弹簧与物块分别组成的两系统具有相 同的弹性势能,物块上升过程中系统机械能守恒,所以上升到最大高度时,弹性势能全部 转化为重力势能,所以两物块重力势能的增加量相同,故 D 错误;由 Ep=mgh 可知,两物 块的质量不同,所以上升的最大高度不同,故 C 正确. 16. [2014· 广东卷] 图 9 是安装在列车车厢之间的摩擦

缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在 车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( ) A.缓冲器的机械能守恒 B.摩擦力做功消耗机械能 C.垫板的动能全部转化为内能 D.弹簧的弹性势能全部转化为动能 16.B [解析] 由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦,摩擦力做负功,则缓冲器的机 械能部分转化为内能,故选项 A 错误,选项 B 正确;车厢撞击过程中,弹簧被压缩,摩擦 力和弹簧弹力都做功,所以垫块的动能转化为内能和弹性势能,选项 C、D 错误. 21. [2014· 福建卷Ⅰ] 图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平 面内,表面粗糙的 AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道 BC 在 B 点水平相切.点 A 距水面的 高度为 H,圆弧轨道 BC 的半径为 R,圆心 O 恰在水面.一质量为 m 的游客(视为质点)可从 轨道 AB 的任意位置滑下,不计空气阻力.

(1)若游客从 A 点由静止开始滑下,到 B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的 D 点, OD=2R,求游客滑到 B 点时的速度 vB 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功 Wf; (2)若游客从 AB 段某处滑下,恰好停在 B 点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到 P 点后滑离轨道,求 P 点离水面的高度 h.(提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向 v2 心力与其速率的关系为 F 向=m ) R 2 21.[答案] (1) 2gR -(mgH-2mgR) (2) R 3 [解析] (1)游客从 B 点做平抛运动,有 2R=vBt① 1 R= gt2② 2 由①②式得 vB= 2gR③ 从 A 到 B,根据动能定理,有 1 mg(H-R)+Wf= mv2 -0④ 2 B 由③④式得 Wf=-(mgH-2mgR)⑤ (2)设 OP 与 OB 间夹角为 θ,游客在 P 点时的速度为 vP,受到的支持力为 N,从 B 到 P 由机械能守恒定律,有 1 mg(R-Rcos θ)= mv2 -0⑥ 2 P v2 P 过 P 点时,根据向心力公式,有 mgcos θ-N=m ⑦ R N=0⑧ h cos θ= ⑨ R

2 由⑥⑦⑧⑨式解得 h= R.⑩ 3 34.[2014· 广东卷] (2)某同学根据机械能守恒定律,设计实验探究弹簧的弹性势能与压 缩量的关系. ①如图 23(a)所示,将轻质弹簧下端固定于铁架台,在上端的托盘中依次增加砝码,测 量相应的弹簧长度,部分数据如下表.由数据算得劲度系数 k =________N/m.(g 取 9.80 m/s2) 砝码质量(g) 弹簧长度(cm) 50 8.62 100 7.63 150 6.66

②取下弹簧,将其一端固定于气垫导轨左侧,如图 23(b)所示;调整导轨,使滑块自由 滑动时,通过两个光电门的速度大小________. ③用滑块压缩弹簧,记录弹簧的压缩量 x;释放滑块,记录滑块脱离弹簧后的速度 v. 释放滑块过程中,弹簧的弹性势能转化为________. ④重复③中的操作,得到 v 与 x 的关系如图 23(c).由图可知,v 与 x 成________关 系.由上述实验可得结论:对同一根弹簧,弹性势能与弹簧的________成正比.

(a)

(b)

(c) 34.(2)①50 ②相等 ③滑块的动能 ④正比 压缩量的平方 [解析] 根据 F1=mg=kΔx1,F2=2mg=kΔx2,有ΔF=F1-F2=kΔx1-kΔx2,则 k= k+k′ 0.49 0.49 N/m=49.5 N/m,同理可以求得 k′= N/m=50.5 N/m,则劲度系数为 k= 0.0099 0.0097 2 =50 N/m. ②滑块离开弹簧后做匀速直线运动,故滑块通过两个光电门时的速度相等. ③在该过程中弹簧的弹性势能转化为滑块的动能; ④图线是过原点的倾斜直线,所以 v 与 x 成正比;弹性势能转化为动能,即 E


1 = 2

mv2,即弹性势能与速度平方成正比,则弹性势能与压缩量平方成正比. [2014· 天津卷] (2)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上,将细绳一端拴在小车 上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动,以此定量探究绳 拉力做功与小车动能变化的关系.此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写

纸、纸带、小木块等.组装的实验装置如图所示. ①若要完成该实验,必需的实验器材还有哪些______________________________. ②实验开始时,他先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行.他这 样做的目的是下列的哪个________(填字母代号). A.避免小车在运动过程中发生抖动 B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰 C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力 ③平衡摩擦后,当他用多个钩码牵引小车时,发现 小车运动过快,致使打出的纸带上点数较少,难以选到 合适的点计算小车的速度.在保证所挂钩码数目不变的条件下,请你利用本实验的器材提 出一个解决办法:______________________. ④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做功总是要比小车 动能增量大一些.这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号). A.在接通电源的同时释放了小车 B.小车释放时离打点计时器太近 C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 D.钩码做匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力 (2)①刻度尺、天平(包括砝码) ②D ③可在小车上加适量的砝码(或钩码) ④CD 21.(8 分)[2014· 山东卷] 某实验小组利用弹簧秤和刻度尺,测量滑块在木板上运动的 最大速度. 实验步骤: ①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力,记作 G; ②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上,通过水平细绳和固定弹簧秤相连,如图甲所 示.在 A 端向右拉动木板,待弹簧秤示数稳定后,将读数记作 F; ③改变滑块上橡皮泥的质量,重复步骤①②; 实验数据如下表所示: G/N F/N 1.50 0.59 2.00 0.83 2.50 0.99 3.00 1.22 3.50 1.37 4.00 1.60

④如图乙所示,将木板固定在水平桌面上,滑块置于木板上左端 C 处,细绳跨过定滑 轮分别与滑块和重物 P 连接,保持滑块静止,测量重物 P 离地面的高度 h; ⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的 D 点(未与滑轮碰撞),测量 C、D 间 的距离 s.

图甲

图乙 完成下列作图和填空: (1)根据表中数据在给定坐标纸上作出 FG 图线.

(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数 μ=______(保留 2 位有效数字). (3)滑块最大速度的大小 v=________(用 h、s、μ 和重力加速度 g 表示). 21.[答案] (1)略 (2)0.40(0.38、0.39、0.41、0.42 均正确) (3) 2μg(s-h) [解析] (1)根据实验步骤③给出的实验数据描点、连线即可. (2)上问所得图线的斜率就是滑块与木板间的动摩擦因数. (3)重物下落 h 时,滑块的速度最大.设滑块的质量为 m,细绳拉力对滑块所做的功为 WF,对该过程由动能定理得 1 WF-μmgh= mv2-0 2 滑块从 C 点运动到 D 点,由动能定理得 WF-μmgs=0-0 由以上两式得 v= 2μg(s-h). m. 15.[2014· 江苏卷] 如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙, 甲的速度为 v0.小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间的动摩 擦因数为 μ.乙的宽度足够大,重力加速度为 g.

(1)若乙的速度为 v0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离 s; (2)若乙的速度为 2v0,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小 v; (3)保持乙的速度 2v0 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上, 如此反复.若每个工件的质量均为 m,除工件与传送带之间的摩擦外,其他能量损耗均不 计,求驱动乙的电动机的平均输出功率. 2v2 0 15.[答案] (1) 2μg 4 5μmgv0 (3) 5

(2)2v0

[解析] (1)摩擦力与侧向的夹角为 45° 侧向加速度大小 ax=μgcos 45° 2 匀变速直线运动 -2axs=0-v0 解得 s= 2v2 0 . 2μg

ay (2)设 t=0 时刻摩擦力与侧向的夹角为 θ,侧向、纵向加速度的大小分别为 ax、ay 则 = ax tanθ 很小的Δt 时间内,侧向、纵向的速度增量 Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt 解得 Δvy =tanθ Δvx v′y vy-Δvy 则 = =tanθ v′x vx-Δvx

vy 且由题意知 tanθ= vx

∴ 摩擦力方向保持不变 ′ 则当 v′x=0 时,vy =0,即 v=2v0. (3)工件在乙上滑动时侧向位移为 x,沿乙方向的位移为 y, 由题意知 ax=μgcos θ,ay=μgsin θ 在侧向上 -2axx=0-v2 在纵向上 2ayy=(2v0)2-0 0 工件滑动时间 2v0 t= ay 乙前进的距离 y1=2v0t

工件相对乙的位移 L= x2+(y1-y)2 则系统摩擦生热 Q=μmgl 1 1 电动机做功 W= m(2v0)2- mv2 +Q 2 2 0 4 5μmgv0 W 由 P= ,解得 P= . t 5


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