专题07机械能第01期备战2020高考物理2019届二模和三模好题分项版汇编教师版

1专题7机械能2019年高三二模、三模物理试题分项解析（I）一．选择题1.（2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC．物块上升的最大高度为D．速度v不能超过【参考答案】D2.（2019高三考试大纲调研卷9）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量∆x的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g=10m/s2，则下列说法中不正确的是()2A.该弹簧的劲度系数为20N/mB.当∆x=0.3m时，小球处于超重状态C.小球刚接触弹簧时速度最大D.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【参考答案】C二．计算题1(16分)（2019江苏泰州期末）如图所示，一质量为M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为m的小物块以速度v0向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为μ，弹簧弹性势能Ep与弹簧形变量x的平方成正比，重力加速度为g.求：(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为Epm，小物块速度大小为v03.求该过程中小物块相对平板运动的位移大小；(2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v.若换用同种材料，质量为m2的小物块重复上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？【名师解析】.(1)弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s，对系统由能量守恒312mv20＝12m(v03)2＋Epm＋μmgs(2分)解得s＝4v209μg－Epmμmg.(3分)(2)平板速度最大时，处于平衡状态，f＝μmg(2分)即F＝f＝μmg.(3分)12μmgx′＝Ep2＋12Mv′2(1分)由题可知Ep∝x2，即Ep2＝14Ep1(1分)解得v′＝12v.(1分)2．（2019高三二轮复习测试）如图所示，水平轨道PAB与14圆弧轨道BC相切于B点，其中，PA段光滑，AB段粗糙，动摩擦因数μ＝0.1，AB段长度L＝2m，BC段光滑，半径R＝1m.轻质弹簧劲度系数k＝200N/m，左端固定于P点，右端处于自由状态时位于A点．现用力推质量m＝2kg的小滑块，使其缓慢压缩弹簧，当推力做功W＝25J时撤去推力．已知弹簧弹性势能表达式EP＝12kx2其中，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度取g＝10m/s2.(1)求推力撤去瞬间，滑块的加速度；(2)求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时对B点的压力F；(3)判断滑块能否越过C点，如果能，求出滑块到达C点的速度vC和滑块离开C点再次回到C点所用时间t，如果不能，求出滑块能达到的最大高度h.4【名师解析】(1)推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，则有W＝Ep，（1分）即25＝12×200×x2，得x＝0.5m（1分）由牛顿运动定律得a＝kxm＝50m/s2（1分）3．（2019深圳宝安联考）如图所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接在O处，可将消防员和挂钩均理想化为质点，且通过O点的瞬间没有机械能的损失。AO长为1L=5m，OB长为2L=10m。两堵竖直墙的间距d=11m。滑杆A端用铰链固定在墙上，可自由转动。B端用铰链固定在另一侧墙上。为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6m/s，挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为=0.8。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）若测得消防员下滑时，OB段与水平方向间的夹角始终为37°，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；（2）若B端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端点A、B间的最大竖直距离。【名师解析】（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系：d＝L1cosα+L2cosβ得出AO杆与水平方向夹角α＝53°由牛顿第二定律得mgsinθ－f＝maf=μN,N=μmgcosθ在AO段运动的加速度：a1＝gsin53°－μgcos53°＝3.2m/s2，方向沿AO杆向下。在OB段运动的加速度：a2＝gsin37°－μgcos37°＝－0.4m/s2，方向沿BO杆向上。（2）对全过程由动能定理得mgh－μmgL1cosα－μmgL2cosβ＝221mv-0。其中d＝L1cosα+L2cosβ，v≤6m/s5所以：dgvh22≤10.6m.又因为若两杆伸直，AB间的竖直高度为hʹ=2212()LLd=104m≈10.2m10.6m所以AB最大竖直距离应为10.2m。4（2019广东七校联考）如图，水平光滑杆CP上套有一个质量为m=1kg的小物块A(可视作质点)，细线跨过O点的轻质小定滑轮一端连接物块A，另一端悬挂质量为mB=2kg的小物块B，C点为O点正下方杆的右端点，定滑轮到杆的距离OC＝h=0.4m.开始时AO与水平方向的夹角为60°，A和B静止。杆的右下方水平地面上有一倾角为θ=37°固定斜面，斜面上有一质量为M=1kg的极薄木板DE(厚度忽略)，开始时木板锁定，木板下表面及物块A与斜面间动摩擦因数均为μ1=0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF长为L1=0.53m)，FE部分与物块A间的动摩擦因数为μ2=3/8。木板端点E距斜面底端G长LEG=0.26m.现将A、B同时由静止释放(PO与水平方向的夹角为60°)，物块A运动到C点时细线突然断开，物块从C水平滑离杆，一段时间后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，与此同时解除木板的锁定。滑块在木板上DF段运动时间恰是在FE段的一半，重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块A运动到P点时滑块A、B的速度之比。（2）木板表面FE部分的长度L2;（3）从解除锁定开始计时，木板端点E经多长时间到达斜面底端G?【名师解析】(1)在P点时，由速度关系vAcos60=vB，得vA:vB=2:1（2）滑块A运动到C点时，物块B的速度恰为零。从释放物块A到运动到C，系统机械能守恒：21()2BACmgOAOCmv6解得vC=4m/s设刚滑上木板时的速度大小为v0，由平抛规律：0cos37Cvv=5m/s滑上木板后，在DF段：因为木板与斜面间最大静摩擦力为:1()cos37mfmMg=8N，而重力的分量只有Gx=Mgsinθ=6N,所以木板不动,物块A加速度a1=gsinθ=6m/s2设经过t2时间滑块滑到E点，则木板的位移：2212Sat滑块222212FSvtatS已知t2=2t1=0.2s,2LSS代入数值解得L2=0.16m(3)由（2）知，分离时木板位移2212Sat=0.02m,速度v1=at2=0.2m/s,分离后，对木板：1sin37cos37MaMgMg,解得a′=2m/s2由213312EGLSvtat，代入数值解得t3=0.4sm]从解除锁定开始计时，木板端点E到达斜面底端G的时间T=t1+t2+t3=0.7s。5.（2019江西四校联考）如图所示,质量mB=3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上,弹簧的劲度系数k=100N/m．一轻绳一端与物体B连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后,另一端与套在光滑直杆顶端的、质量mA=1.6kg的小球A连接．已知直杆固定,杆长L为0.8m,且与水平面的夹角θ=37°．初始时使小7球A静止不动,与A端相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F为45N．已知AO1=0.5m,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，绳子不可伸长．现将小球A从静止释放,则：(1)在释放小球A之前弹簧的形变量；(2)若直线CO1与杆垂直,求物体A运动到C点的过程中绳子拉力对物体A所做的功；(3)求小球A运动到底端D点时的速度．【参考答案】（1）0.1m（2）7J（3）2m/s由题意知,小球A运动方向与绳垂直,此瞬间B物体速度vB=0④由①②③④得,W=7J(3)由题意知,杆长L=0.8m,故∠CDO1=θ=37°故DO1=AO1,当A到达D时,弹簧弹性势能与初状态相等,物体B又回到原位置,在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解,可得平行于绳方向的速度即为B的速度,由几何关系得：vB’=vA’cos37°⑤对于整个下降过程由机械能守恒得：mAgLsin37°=12mAvA’2+12mBvB’2⑥由⑤⑥得：vA’=2m/s6（2019浙江杭州模拟3）如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m。物块A以010/vms的速度滑入圆轨道，滑过最高点N，再沿圆轨道滑出，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.2m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.4，A的质量为m=1kg（重力加速度210/gms；A可视为质点）。8（1）求A滑过N点时的速度大小v和受到的弹力大小；（2）若A最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；（3）求A滑至第n个（nk）光滑段上的速度nv与n的关系式。（2）物块A经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有：20102mgkLmv⑤得：k=62.5⑥物块A最终停在第63个粗糙段上。（3）由动能定理，有2201122nmgnLmvmv⑦由⑦式，可得A滑至第n个（nk）光滑段上的速度202nvvgnL⑧即：n10016n(/)vms．⑨7.（2019安徽江淮十校第二次联考）如图所示，半径R＝1.2m的光滑14圆弧BC轨道固定在水平地面上，O为该圆弧的圆心，距B点h=0.6m的正上方A处有一个可视为质点的质量m＝2kg的小物块，小物块由静止开始下落后恰好沿切线进入14圆弧轨道．此后小物块将沿圆弧轨道下滑，在轨道末端C点紧靠着一质量M＝1kg、长度L=4m的木板，木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.6，木板下表面与水平地面间动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。求：(1)小物块刚到达C点时的速度大小；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端C点时对轨道的压力；(3)小物块离木板右端最近距离。9【参考答案】(1)6m/s(2)80N方向竖直向下(3)1m(3)小物块在木板上滑行过程中，分析木板受力，上表面的滑动摩擦力Nmgf1211,木板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有NgMmf15)(22，所以21ff，故木板静止。对小物块,由牛顿第二定律有:μ1mg=ma解得a=μ1g=6m/s2（1分）由运动学公式有axvc202代入数据，解得mx3（1分）【也可由动能定理求解。21210cmvmgx代入数据，解得mx3（2分）】所以小物块离木板右端最近距离为S=L-x=4m-3m=1m.（1分）