2019高考物理试题分类汇编(1)-机械能(含详解)

2019高考物理试题分类汇编（1）-机械能（含详解）1〔2018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，那么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：D2、〔2018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，那么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。

答案BD。

3、〔2018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。

假设〔〕〔A〕h A＝h B，那么一定有W A＝W B〔B〕h A＞h B，那么可能有W A＜W B〔C〕h A＜h B，那么可能有W A＝W B〔D〕h A＞h B，那么一定有W A＞W B答案：B4、〔2018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，5、〔2018上海卷〕、位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；假设作用力变为斜面上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。

那么可能有〔〕〔A〕F2＝F1，v1＞v2〔B〕F2＝F1，v1＜v2〔C〕F2＞F1，v1＞v2〔D〕F2＜F1，v1＜v2答案：B 、D ，6、〔2018安徽卷〕.如下图，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力。

AP =2R ,重力加速度为g ，那么小球从P 到B 的运动过程中()A.重力做功mgR 2B.机械能减少mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功mgR2116D ；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gRv B =，取B 点所在平面为零势能面，易知机械能减少量mgR mv R B 2121mg E 2=-=∆，B 错。

由动能定理知合外力做功W=mgRmv B 21212=,C 错。

根据动能定理0-mv 21W -mgR 2B f =，可得mgR21w f =，D 选项正确。

7、〔2018江苏卷〕、如下图，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A 、逐渐增大 B 、逐渐减小C 、先增大，后减小D 、先减小，后增大、【解析】设F 与速度v 的夹角为θ，那么θcos Fv P =，力的分解，在切线上〔速度方向上〕合力为0，即θθc o s s i n F mg =，所以θsin mg P =，随θ增大，P 增大。

【答案】A8、〔2018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。

以下判断正确的选项是 A.0～2s 内外力的平均功率是94WB.第2秒内外力所做的功是54JC.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45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=214.52mv J=功率为4.51.53w p w wt ===1s 末、2s 末功率分别为：4w 、3w 第1秒内与第2秒动能增加量分别为：21122mv J=、222111 2.522mv mv J -=，比值：4：5 9、(2018全国理综).〔20分〕一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。

此队员从山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面。

如下图，以沟底的O 点为原点建立坐标系Oxy 。

，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为y=，探险队员的质量为m 。

人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g 。

（1） 求此人落到破面试的动能；（2） 此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？【解析】（1） 平抛运动的分解：t v x 0=，2212gth y -=，得平抛运动的轨迹方程22022xv g h y -=，此方程与坡面的抛物线方程为y=的交点为ghv v h x +=202024，ghv hv y +=20202。

根据机械能守恒，kE mgy mv h mg +=+⋅20212 解得ghv mghv mv mgh E k +-+=202202212（3） 〔2〕求ghv mghv mv mgh E k +-+=202202212关于0v 的导数并令其等于0，解得当此人水平跳出的速度为ghv 30=时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为ghv h mg mgh E k +-=2022min627。

10、〔2018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〕。

答案： 解：〔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 mu o =2mv 1A 与B 碰撞过程损失的机械能220111222E mu mv ∆=-⨯ 解得2218E m rω∆=〔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律ma mg 22=⋅μv 1=at 1112v x t = 由题知x l ≤ 联立解得140l rt ω<≤12r t g ωμ= 〔3〕AB 能与弹簧相碰211222mgl mv μ⋅<⨯ 不能返回道P 点左侧2112222mg l mv μ⋅⋅≥⨯ω<≤AB 在的Q 点速度为v 2，AB 碰后到达Q 点过程，由动能定理22211122222mgl mv mv μ-⋅=⨯-⨯ AB 与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒22122p E mv =⨯ 解得22(8)4p m r gl E ωμ-=11.〔2018四川卷〕、〔16分〕四川省“十二五”水利发展规划指出，假设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。

水的密度为1×l03kg/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〕。

23、解：(l)设电动机的电功率为P ，那么P=UI ① 设电动机内阻r 上消耗的热功率为Pr ，那么P r =I 2r ② 代入数据解得P r=1×103W 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 。

抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，那么 M=ρV ④ 设质量为M 的河水增加的重力势能为△Ep ，那么△Ep=Mgh ⑤设电动机的输出功率为P 0，那么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。

12.〔2018安徽卷〕.〔14分〕质量为0.1kg 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t v -图象如下图。

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f ，取g =10m/s 2,求： 〔1〕弹性球受到的空气阻力f 的大小； 〔2〕弹性球第一次碰撞后反弹的高度h 。

22.(1)0.2N ；(2)0.375m解析：(1)由v —t 图像可知:小球下落作匀加速运动，2/8tv a sm =∆∆= 由牛顿第二定律得：ma f mg =- 解得N a g m f 2.0)(=+=(2)由图知：球落地时速度s m /4v =，那么反弹时速度sm v v /343==' 设反弹的加速度大小为a ＇，由动能定理得2210f)h (mg -v m '-=+ 解得m h 375.0=13.〔2018安徽卷〕.〔20分〕如下图，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。