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1、(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測(十八)機械能守恒定律及其應(yīng)用(含解析)
1.(2018·天津高考)滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中,由于摩擦力的存在,運動員的速率不變,則運動員沿AB下滑過程中( )
A.所受合外力始終為零 B.所受摩擦力大小不變
C.合外力做功一定為零 D.機械能始終保持不變
解析:選C 運動員從A點滑到B點的過程做勻速圓周運動,合外力指向圓心,不做功,故A錯誤,C正確。
如圖所示,沿圓弧切線方向運動員受到的合力為零,即Ff=mgsin
2、α,下滑過程中α減小,sin α變小,故摩擦力Ff變小,故B錯誤。運動員下滑過程中動能不變,重力勢能減小,則機械能減小,故D錯誤。
2.如圖所示,在水平桌面上的A點有一個質(zhì)量為m的物體,以初速度v0被拋出,不計空氣阻力,當(dāng)它到達(dá)B點時,其動能為( )
A.mv02+mgH
B.mv02+mgh1
C.mgH-mgh2
D.mv02+mgh2
解析:選B 由機械能守恒,mgh1=mv2-mv02,到達(dá)B點的動能mv2=mgh1+mv02,B正確。
3.如圖所示,具有一定初速度的物塊,沿傾角為30°的粗糙斜面向上運動的過程中,受一個恒定的沿斜面向上的拉力F作用,這時物塊的加速度大小
3、為4 m/s2,方向沿斜面向下,那么,在物塊向上運動的過程中,下列說法正確的是( )
A.物塊的機械能一定增加
B.物塊的機械能一定減小
C.物塊的機械能可能不變
D.物塊的機械能可能增加也可能減小
解析:選A 機械能變化的原因是非重力、彈力做功,題中除重力外,有拉力F和摩擦力Ff做功,則機械能的變化取決于F與Ff做功大小關(guān)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,故機械能增加,A項正確。
4.如圖所示,在高1.5 m的光滑平臺上有一個質(zhì)量為2 kg的小球被一細(xì)線拴在墻上,球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)
4、彈簧。當(dāng)燒斷細(xì)線時,小球被彈出,小球落地時的速度方向與水平方向成60°角,則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g=10 m/s2)( )
A.10 J B.15 J
C.20 J D.25 J
解析:選A 由h=gt2和vy=gt得:vy= m/s,落地時,tan 60°=,可得:v0== m/s,由機械能守恒得:Ep=mv02,可求得:Ep=10 J,故A正確。
5. (2019·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示,粗細(xì)均勻,兩端開口的U形管內(nèi)裝有同種液體,開始時兩邊液面高度差為h,管中液柱總長度為4h,后來讓液體自由流動,當(dāng)兩液面高度相等時,右側(cè)液面下降的速度為( )
A.
5、 B.
C. D.
解析:選A 如圖所示,當(dāng)兩液面高度相等時,減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為管中所有液體的動能,根據(jù)機械能守恒定律有mg·h=mv2,解得:v= 。
6.(多選)一光滑、絕緣的半球殼固定在絕緣水平面上,球殼半徑為R,在球心O處固定一個帶正電的點電荷,一個帶負(fù)電荷的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在球殼的頂端A?,F(xiàn)小物塊受到輕微擾動從右側(cè)下滑,已知物塊靜止在A點時對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍,P點在球面上,則( )
A.物塊沿球面運動的過程中機械能增大
B.物塊沿球面運動的過程中機械能不變
C.若物塊恰好在P點離開球面,則物塊的速度大小為
D.若物塊恰好
6、在P點離開球面,則物塊的速度大小為
解析:選BC 物塊沿球面運動的過程中,庫侖力和支持力沿球半徑方向不做功,只有重力做功,則物塊的機械能不變,選項A錯誤,B正確;設(shè)OP與豎直方向夾角為θ,則當(dāng)物塊將要離開球面時所受球面的支持力為零,則由牛頓第二定律有F庫+mgcos θ=m,因物塊在最高點時對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍,可知F庫=mg,由機械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2,聯(lián)立解得v=,選項C正確,D錯誤。
[B級——保分題目練通抓牢]
7.(2018·煙臺二模)如圖所示,可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2 m的輕桿相連,兩球質(zhì)量相等。開始時兩小球靜止于光滑的水
7、平面上,現(xiàn)給兩小球一個2 m/s的初速度,經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面。不計球與斜面碰撞時的機械能損失,g取10 m/s2。在兩小球的速度減小為零的過程中,下列判斷正確的是( )
A.桿對小球A做負(fù)功
B.小球A的機械能守恒
C.桿對小球B做正功
D.小球B速度為零時距水平面的高度為0.15 m
解析:選D 由題意可知,A、B兩球在上升中受重力做功而做減速運動。假設(shè)沒有桿連接,則A球上升到斜面時,B球還在水平面上運動,即A球在斜面上做減速運動,B球在水平面上做勻速運動,因有桿存在,所以是B球推著A球上升,因此桿對A球做正功,故A錯誤;因桿對A球做正功,故A球的機械
8、能不守恒,故B錯誤;由以上分析可知,桿對B球做負(fù)功,故C錯誤;設(shè)小球B速度為零時距水平面的高度為h,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒,可得:mgh+mg(h+Lsin 30°)=×2mv2,解得:h=0.15 m,故D正確。
8.(多選)在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連的物塊A、B,它們的質(zhì)量分別為m1和m2,彈簧勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)用一平行于斜面向上的拉力拉物塊A,使它以加速度a沿斜面向上做勻加速運動直到物塊B剛要離開擋板C。在此過程中( )
A.物塊A運動的距離為
B.拉力的最大值為(m1+m2)gsin θ+m1a
C.拉力做功的功率一直增大
D.
9、彈簧彈性勢能先減小后增大
解析:選BCD 系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時,彈簧被壓縮,設(shè)壓縮量為x1,由平衡條件得kx1=m1gsin θ,解得x1=。物塊B剛要離開擋板C時,彈簧被拉伸,彈簧彈力等于物塊B的重力沿斜面方向的分力,設(shè)拉伸量為x2,由kx2=m2gsin θ,解得x2=。物塊A在力F作用下沿斜面向上運動直到物塊B剛要離開擋板C時,物塊A運動的距離為x=x1+x2=+=,選項A錯誤。在物塊B剛要離開擋板C時,拉力最大。隔離物塊A,分析受力,由牛頓第二定律,F(xiàn)-m1gsin θ-kx2=m1a,解得拉力F=(m1+m2)gsin θ+m1a,選項B正確。在拉力拉物塊沿斜面向上運動過程中,由于拉
10、力逐漸增大,物塊A沿斜面做勻加速運動,速度逐漸增大,根據(jù)功率公式P=Fv可知,拉力做功的功率一直增大,選項C正確。由于彈簧原來處于壓縮狀態(tài),具有彈性勢能,在拉力拉物塊沿斜面向上運動過程中,彈簧先恢復(fù)原長,后被拉伸,又具有彈性勢能,即彈簧彈性勢能先減小后增大,選項D正確。
9.(多選)如圖(a)所示,被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)不脫落。其原理可等效為如圖(b)所示的模型:半徑為R的磁性圓軌道豎直固定,質(zhì)量為m的鐵球(視為質(zhì)點)沿軌道外側(cè)運動,A、B分別為軌道的最高點和最低點,軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變。不計摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,則( )
A.
11、鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動
B.鐵球繞軌道運動過程中機械能守恒
C.鐵球在A點的速度必須大于
D.軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg,才能使鐵球不脫軌
解析:選BD 小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的彈力和磁性引力的作用,其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變,彈力的方向過圓心,它們都始終與運動的方向垂直,所以磁性引力和彈力都不能對小鐵球做功,只有重力對小鐵球做功,所以小鐵球的機械能守恒,在最高點的速度最小,在最低點的速度最大,小鐵球不可能做勻速圓周運動,故A錯誤,B正確;在A點軌道對小鐵球的彈力的方向向上,小鐵球的速度只要大于等于0即可通過A點,故C錯誤;由于小鐵球在運動的
12、過程中機械能守恒,所以小鐵球在A點的速度越小,則機械能越小,在B點的速度也越小,鐵球不脫軌且需要的磁性引力最小的條件是:小鐵球在A點的速度恰好為0,而且到達(dá)B點時,軌道對鐵球的彈力恰好等于0,根據(jù)機械能守恒定律,小鐵球在A點的速度恰好為0,到達(dá)B點時的速度滿足mg·2R=mv2,軌道對鐵球的彈力恰好等于0,則磁性引力與重力的合力提供向心力,即F-mg=m,聯(lián)立得F=5mg,可知要使鐵球不脫軌,軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg,故D正確。
10.(2016·全國卷Ⅲ)如圖,在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道,兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R,BC弧的半徑為。一小球在A
13、點正上方與A相距處由靜止開始自由下落,經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。
(1)求小球在B、A兩點的動能之比;
(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。
解析:(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m,小球在A點的動能為EkA,由機械能守恒定律得EkA=mg
①
設(shè)小球在B點的動能為EkB,同理有EkB=mg ②
由①②式得=5。 ③
(2)若小球能沿軌道運動到C點,則小球在C點所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④
設(shè)小球在C點的速度大小為vC,由牛頓第二定律和向心加速度公式有N+mg=m⑤
由④⑤式得,vC應(yīng)滿足mg≤m ⑥
由機械能守恒定律得mg=mvC2 ⑦
由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿軌道
14、運動到C點。
答案:(1)5 (2)能沿軌道運動到C點
11.(2018·江蘇高考)如圖所示,釘子A、B相距5l,處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊,另一端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點,B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球,使小球和物塊都靜止,此時BC與水平方向的夾角為53°。松手后,小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零,然后向下運動。忽略一切摩擦,重力加速度為g,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)小球受到手的拉力大小F;
(2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m;
(3)小球向下運動到最低點時,物塊M所受的拉力大小T。
15、解析:(1)由幾何知識可知AC⊥BC,根據(jù)平衡條件得
(F+mg)cos 53°=Mg
解得F=Mg-mg。
(2)小球與A、B相同高度時
小球上升h1=3lsin 53°,
物塊下降h2=2l,
物塊和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒mgh1=Mgh2
解得=。
(3)根據(jù)機械能守恒定律,小球向下運動到最低點時,恰好回到起始點,設(shè)此時物塊受到的拉力為T,加速度大小為a,由牛頓第二定律得
Mg-T=Ma
對小球,沿AC方向由牛頓第二定律得
T-mgcos 53°=ma
解得T=
結(jié)合(2)可得T=或mg或Mg。
答案:(1)Mg-mg (2)6∶5
(3)
[C級—
16、—難度題目適情選做]
12. (2019·大同調(diào)研)一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道,小球先進入圓軌道1,再進入圓軌道2。圓軌道1的半徑為R,圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍,小球的質(zhì)量為m。若小球恰好能通過軌道2的最高點B,則小球在軌道1上經(jīng)過最高點A處時對軌道的壓力為( )
A.2mg B.3mg
C.4mg D.5mg
解析:選C 小球恰好能通過軌道2的最高點B時,有mg=,小球在軌道1上經(jīng)過最高點A處時,有F+mg=,根據(jù)機械能守恒,有1.6mgR=mvA2-mvB2,解得F=4mg,C項正確。
13.(多選)如圖所示,左側(cè)為一個固定在水平桌面上的半徑為
17、R的半球形碗,碗口直徑AB水平,O點為球心,碗的內(nèi)表面及碗口光滑。右側(cè)是一個足夠長的固定光滑斜面。一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過碗口及豎直固定的輕質(zhì)光滑定滑輪,細(xì)繩兩端分別系有可視為質(zhì)點的小球m1和物塊m2,且m1>m2。開始時m1恰在A點,m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn),此時連接m1、m2的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直,C點在圓心O的正下方。將m1由靜止釋放開始運動,則下列說法正確的是( )
A.在m1從A點運動到C點的過程中,m1與m2組成的系統(tǒng)機械能守恒
B.當(dāng)m1運動到C點時,m1的速率是m2速率的倍
C.m1不可能沿碗面上升到B點
D.m2沿斜面上滑過程中,地面對斜面的支持力始終保持恒定
解析:選ACD 在m1從A點運動到C點的過程中,m1與m2組成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)的機械能守恒,故A正確;設(shè)小球m1運動到最低點C時m1、m2的速度大小分別為v1、v2,則有v1cos 45°=v2,則=,故B錯誤;假設(shè)m1能上升到B點,由于m2升高,m1與m2組成的系統(tǒng)機械能會增大,違背機械能守恒定律,所以假設(shè)不成立,故C正確;m2沿光滑斜面上滑過程中,m2對斜面的壓力的大小和方向都不變,斜面的受力情況不變,由平衡條件可知地面對斜面的支持力始終保持恒定,故D正確。