2022届高考物理联考模拟汇编专题十八机械能守恒定律及其应用含解析

这是一份2022届高考物理联考模拟汇编专题十八机械能守恒定律及其应用含解析，共7页。试卷主要包含了滑雪运动深受人民群众喜爱等内容，欢迎下载使用。

1．(天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
解析：选C 运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。
如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，故B错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。
2.如图所示，在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体，以初速度v0被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为( )
A.eq \f(1,2)mv02＋mgH
B.eq \f(1,2)mv02＋mgh1
C．mgH－mgh2
D.eq \f(1,2)mv02＋mgh2
解析：选B 由机械能守恒，mgh1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，到达B点的动能eq \f(1,2)mv2＝mgh1＋eq \f(1,2)mv02，B正确。
3.如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块的机械能一定增加
B．物块的机械能一定减小
C．物块的机械能可能不变
D．物块的机械能可能增加也可能减小
解析：选A 机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，则机械能的变化取决于F与Ff做功大小关系。由mgsin α＋Ff－F＝ma知：F－Ff＝mgsin 30°－ma＞0，即F＞Ff，故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增加，A项正确。
4.如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
A．10 J B．15 J
C．20 J D．25 J
解析：选A 由h＝eq \f(1,2)gt2和vy＝gt得：vy＝eq \r(30) m/s，落地时，tan 60°＝eq \f(vy,v0)，可得：v0＝eq \f(vy,tan 60°)＝eq \r(10) m/s，由机械能守恒得：Ep＝eq \f(1,2)mv02，可求得：Ep＝10 J，故A正确。
5. (2021·镇江模拟)如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )
A. eq \r(\f(1,8)gh) B. eq \r(\f(1,6)gh)
C. eq \r(\f(1,4)gh) D. eq \r(\f(1,2)gh)
解析：选A 如图所示，当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为管中所有液体的动能，根据机械能守恒定律有eq \f(1,8)mg·eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝ eq \r(\f(1,8)gh)。
6．(多选)一光滑、绝缘的半球壳固定在绝缘水平面上，球壳半径为R，在球心O处固定一个带正电的点电荷，一个带负电荷的小物块(可视为质点)静止在球壳的顶端A。现小物块受到轻微扰动从右侧下滑，已知物块静止在A点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，P点在球面上，则( )
A．物块沿球面运动的过程中机械能增大
B．物块沿球面运动的过程中机械能不变
C．若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为eq \f(2,3)eq \r(3gR)
D．若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为eq \f(1,3)eq \r(6gR)
解析：选BC 物块沿球面运动的过程中，库仑力和支持力沿球半径方向不做功，只有重力做功，则物块的机械能不变，选项A错误，B正确；设OP与竖直方向夹角为θ，则当物块将要离开球面时所受球面的支持力为零，则由牛顿第二定律有F库＋mgcs θ＝meq \f(v2,R)，因物块在最高点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，可知F库＝mg，由机械能守恒定律得mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2，联立解得v＝eq \f(2,3)eq \r(3gR)，选项C正确，D错误。
7．(2021·烟台二模)如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量相等。开始时两小球静止于光滑的水平面上，现给两小球一个2 m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面。不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2。在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )
A．杆对小球A做负功
B．小球A的机械能守恒
C．杆对小球B做正功
D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m
解析：选D 由题意可知，A、B两球在上升中受重力做功而做减速运动。假设没有杆连接，则A球上升到斜面时，B球还在水平面上运动，即A球在斜面上做减速运动，B球在水平面上做匀速运动，因有杆存在，所以是B球推着A球上升，因此杆对A球做正功，故A错误；因杆对A球做正功，故A球的机械能不守恒，故B错误；由以上分析可知，杆对B球做负功，故C错误；设小球B速度为零时距水平面的高度为h，根据系统机械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin 30°)＝eq \f(1,2)×2mv2，解得：h＝0.15 m，故D正确。
8．(多选)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A、B，它们的质量分别为m1和m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A，使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C。在此过程中( )
A．物块A运动的距离为eq \f(m1gsin θ,k)
B．拉力的最大值为(m1＋m2)gsin θ＋m1a
C．拉力做功的功率一直增大
D．弹簧弹性势能先减小后增大
解析：选BCD 系统处于静止状态时，弹簧被压缩，设压缩量为x1，由平衡条件得kx1＝m1gsin θ，解得x1＝eq \f(m1gsin θ,k)。物块B刚要离开挡板C时，弹簧被拉伸，弹簧弹力等于物块B的重力沿斜面方向的分力，设拉伸量为x2，由kx2＝m2gsin θ，解得x2＝eq \f(m2gsin θ,k)。物块A在力F作用下沿斜面向上运动直到物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为x＝x1＋x2＝eq \f(m1gsin θ,k)＋eq \f(m2gsin θ,k)＝eq \f(m1＋m2gsin θ,k)，选项A错误。在物块B刚要离开挡板C时，拉力最大。隔离物块A，分析受力，由牛顿第二定律，F－m1gsin θ－kx2＝m1a，解得拉力F＝(m1＋m2)gsin θ＋m1a，选项B正确。在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物块A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式P＝Fv可知，拉力做功的功率一直增大，选项C正确。由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，又具有弹性势能，即弹簧弹性势能先减小后增大，选项D正确。
9．(多选)如图(a)所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图(b)所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于eq \r(gR)
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
解析：选BD 小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的弹力和磁性引力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，弹力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁性引力和弹力都不能对小铁球做功，只有重力对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，小铁球不可能做匀速圆周运动，故A错误，B正确；在A点轨道对小铁球的弹力的方向向上，小铁球的速度只要大于等于0即可通过A点，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在A点的速度越小，则机械能越小，在B点的速度也越小，铁球不脱轨且需要的磁性引力最小的条件是：小铁球在A点的速度恰好为0，而且到达B点时，轨道对铁球的弹力恰好等于0，根据机械能守恒定律，小铁球在A点的速度恰好为0，到达B点时的速度满足mg·2R＝eq \f(1,2)mv2，轨道对铁球的弹力恰好等于0，则磁性引力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝meq \f(v2,R)，联立得F＝5mg，可知要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，故D正确。
10．(全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由eq \f(1,4)圆弧AB和eq \f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq \f(R,2)。一小球在A点正上方与A相距eq \f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
解析：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mgeq \f(R,4)
①
设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mgeq \f(5R,4)②
由①②式得eq \f(EkB,EkA)＝5。③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝meq \f(vC2,\f(R,2))⑤
由④⑤式得，vC应满足mg≤meq \f(2vC2,R)⑥
由机械能守恒定律得mgeq \f(R,4)＝eq \f(1,2)mvC2⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。
答案：(1)5 (2)能沿轨道运动到C点
11．(江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
解析：(1)由几何知识可知AC⊥BC，根据平衡条件得
(F＋mg)cs 53°＝Mg
解得F＝eq \f(5,3)Mg－mg。
(2)小球与A、B相同高度时
小球上升h1＝3lsin 53°，
物块下降h2＝2l，
物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1＝Mgh2
解得eq \f(M,m)＝eq \f(6,5)。
(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
Mg－T＝Ma
对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得
T－mgcs 53°＝ma
解得T＝eq \f(8mMg,5m＋M)
结合(2)可得T＝eq \f(18mg＋25Mg,55)或eq \f(48,55)mg或eq \f(8,11)Mg。
答案：(1)eq \f(5,3)Mg－mg (2)6∶5
(3)eq \f(8mMg,5m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(18mg＋25Mg,55)或\f(48,55)mg或\f(8,11)Mg))
12. (2021·大同调研)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2。圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m。若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过最高点A处时对轨道的压力为( )
A．2mg B．3mg
C．4mg D．5mg
解析：选C 小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq \f(mvB2,1.8R)，小球在轨道1上经过最高点A处时，有F＋mg＝eq \f(mvA2,R)，根据机械能守恒，有1.6mgR＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2，解得F＝4mg，C项正确。
13．(多选)如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方。将m1由静止释放开始运动，则下列说法正确的是( )
A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒
B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的eq \f(\r(3),2)倍
C．m1不可能沿碗面上升到B点
D．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定
解析：选ACD 在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；设小球m1运动到最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，则有v1cs 45°＝v2，则eq \f(v1,v2)＝eq \r(2)，故B错误；假设m1能上升到B点，由于m2升高，m1与m2组成的系统机械能会增大，违背机械能守恒定律，所以假设不成立，故C正确；m2沿光滑斜面上滑过程中，m2对斜面的压力的大小和方向都不变，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故D正确。