【备战2022】高考物理复习 2022年模拟题汇编（2）专题六 机械能

2022高考物理复习2022届模拟题汇编（2）专题六机械能1．（2022四川资阳诊断）一人用力把质量为m的物体由静止竖直向上匀加速提升h，速度增加为v，则对此过程，下列说法正确的是A．人对物体所做的功等于物体机械能的增量B．物体所受合外力所做的功为C．人对物体所做的功为D．人对物体所做的功为答案：AB解析：由功能原理可知，人对物体所做的功等于物体机械能的增量，为mgh+，选项A正确CD错误；由动能定理可知，物体所受合外力所做的功为，选项B正确。2．（2022四川自贡一诊）如右图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60oｏ，右侧斜面倾角为30Ｏ，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面。若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述错误的是（）A．着地瞬间两物体的速度大小相等B．着地瞬间两物体的机械能相等C．着地瞬间两物体所受重力的功率相等。D．两物体的质量之比为答案：．B解析：根据初始时刻两物体处于平衡状态，由平衡条件可知，mAgsin60°=mBgsin30°，由此可得，两物体的质量之比为；由机械能守恒定律可知，着地瞬间两物体的速度大小相等，选项AD叙述正确；着地瞬间，A物体重力功率PA=mAgvsin60°，B物体重力功率PB=mBgvsin30°，两物体所受重力的功率相等，选项C叙述正确；由于两物体质量不等，初始状态两物体的机械能不等，所以着地瞬间两物体的机械能不相等，选项B叙述错误。14\n1F/Nt/s甲033122图71.0v/m∙s-1t/s乙03122.03．（2022北京海淀期中）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为2.0m/s。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平拉力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图7甲和乙所示。设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做功的平均功率分别为P1、P2、P3，则（）A．P1>P2>P3B．P1<P2<P3C．0~2s内力F对滑块做功为4JD．0~2s内摩擦力对滑块做功为4J.【答案】：BC【解析】：第1s内力F对滑块做功的平均功率分别为P1=F1·v1=1×1W=1W；第1s内力F对滑块做功的平均功率分别为P2=F2·v2=3×1W=3W；第1s内力F对滑块做功的平均功率分别为P3=F3·v3=2×2W=4W；所以，P1<P2<P3，选项A错误B正确；0~2s内力F对滑块做功为W=F1·X1+F2·X1=1×1J+3×1J=4J，选项C正确；滑块所受摩擦力f=2N，0~2s内滑块位移x=2m，摩擦力对滑块做功为fxcos180°=-4J，选项D错误。4．（2022沈阳二中测试）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（）A．B物体的机械能一直减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量．答案：ABD解析：把AB和弹簧看作一个系统，相同机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A动能增加量之和，选项C错误；对A和弹簧组成的系统，由功能关系，细线拉力对A做的功等于A14\n物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确。5．（2022江苏常州模拟）某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB'（均可看作斜面），甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB和AB'滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是()ABB/CA．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程B．甲在B点的动能一定等于乙在B'点的动能C．甲在B点的速率一定等于乙在B'点的速率D．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移答案：A解析：由动能定理列方程计算可得两人最后都停在水平沙面B’C上同一点，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移，选项A正确D错误；甲在B点的动能一定大于乙在B'点的动能，甲在B点的速率一定大于乙在B'点的速率，选项BC错误。6.（8分）（2022北京四中摸底）如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，接着沿水平路面滑至C点停止，人与雪橇的总质量为70kg．表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题：（1）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少?（2）设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小．（g＝10m/s2）位置ABC速度（m/s）2.012.00时刻（s）0410.解题思路：根据初末状态的机械能得到损失的机械能；根据表格中数据得到加速度，由牛顿第二定律得到人与雪橇在BC段所受阻力。考查要点：机械能、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律。解析：（1）从A到B的过程中，人与雪撬损失的机构能为ΔE=mgh＋①②14\n（2）人与雪橇在BC段做减速运动的加速度③根据牛顿第二定律，f=ma=70×(－2)N=-140N7．（15分）（2022四川资阳诊断）一质量为m=2kg的小滑块，从半径R=1.25m的光滑圆弧轨道上的A点由静止滑下，圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。a、b两轮半径r=0.4m，滑块与传送带间的动摩擦因数µ=0.1，传送带右端点C距水平地面的高度h=1.25m，E为C的竖直投影点。g取10m/s2，求：（1）当传送带静止时，滑块恰能在b轮最高点C离开传送带，则BC两点间的距离是多少？（2）当a、b两轮以某一角速度顺时针转动时，滑块从C点飞出落到地面D点，已知CD两点水平距离为3m。试求：a、b两轮转动的角速度和滑块与传送带间产生的内能。．（15分）解题思路：应用机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律及其相关知识列方程求得BC两点间的距离；由平抛运动规律、匀变速直线运动规律和功能关系及其相关知识解得a、b两轮转动的角速度和滑块与传送带间产生的内能。考查要点：机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律、平抛运动规律、匀变速直线运动规律和功能关系等。解：（1）由题知，滑块从A到B机械能守恒：…………………①滑块由B到C，由动能定理有：…………………②滑块恰能在C点离开传送带，有：…………………③联解①②③式得：…………………④14\n（2）设滑块从C点飞出的速度为，a、b两轮转动的角速度为ω，则：…………………⑤…………………⑥…………………⑦联解⑤⑥⑦式得：rad/s…………………⑧滑块在传送带上加速过程，根据牛顿运动定律及功能关系有：对滑块：…………………⑨滑块加速时间：…………………⑩滑块位移：…………………⑾传送带移动的距离：…………………⑿产生的内能：…………………⒀联解①⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得：Q=1J…………………⒁评分参考意见：本题满分15分，其中①式2分，②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀⒁式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。8．（14分）（2022四川自贡一诊）如右图所示，水平面上放有质量均为m=lkg的物块A和B，A、B与地面的动摩擦因数分别为μ1=0.4和μ1=0.1，相距l=0.75m．现给物块A一初速度使之向B运动，与此同时给物块B一个F=3N的水平向右的力，B由静止开始运动，经过一段时间A恰好追上B且二者速度相等。g=10m/s2，求：（1）物块A的初速度大小；（2）从开始到物块A追上物块B的过程中，力F对物块B所做的功．24.解题思路：对AB分别进行受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度，应用匀变速直线运动规律和相关知识求得物块A的初速度大小。应用功的定义式求得力F对物块B所做的功．14\n考查要点：牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、功等。解析：（14分）(1)设A经时间t追上B，A、B的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律有：μ1mg=ma1（1分）a1=4m/s2,F-μ2mg=ma2（1分）a2=2m/s2，恰好追上时它们速度相同,则：（2分）追上时由路程关系有：v0t-（2分）由以上四式解得A的初速度大小为：v0=3m/s，　t=0.5s（3分）(2)B运动的位移：s=a2t2=0.25m（2分）F对物块B所做的功：W=Fs=0.75J（3分）9．(16)（2022山东莱州质检）如图所示，水平传送带AB的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速度为V0=6m／s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，长度为L=12.0m，“9”字全高H=0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g=10m／s2，试求：(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间。(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。(3)若滑块从“9”形规道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ=60°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h(保留两位有效数字)。9.（16分）解题思路：应用牛顿第二定律和运动学公式解得滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间。由动能定理、牛顿第二定律列方程解得滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。由动能定理和平抛运动规律解得P、D两点间的竖直高度h。解析：14\n（1）在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律（1分）得（1分）加速到与传送带达到同速所需要的时间，（1分）位移（1分）之后滑块做匀速运动的位移所用的时间（1分）故（1分）（2）滑块由B到C的过程中动能定理（1分）在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得，（1分）力方向竖直向下（1分）由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为N=N=90N，（1分）方向竖直向上。（1分）（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得（1分）在P点（1分）又（2分）h=0.47m（1分）10．（10分）（2022北京海淀期中）如图16所示，光滑斜面与水平面在B点平滑连接，质量为0.20kg的物体从斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在水平面上的C点。每隔0.20s通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。取g=10m/s2。t/s0.00.20.4…1.21.4…v/m•s-10.01.02.0…1.10.7…求：图16CAB（1）物体在斜面上运动的加速度大小；14\n（2）斜面上A、B两点间的距离；（3）物体在水平面上运动过程中，滑动摩擦力对物体做的功。10．（10分）解题思路：根据表中测量数据应用加速度定义式得到加速度，应用匀变速直线运动规律得到斜面上A、B两点间的距离，应用动能定理得到滑动摩擦力对物体做的功。考查要点：匀变速直线运动规律、动能定理及其相关知识。解析：（1）物体在斜面上做匀加速直线运动，设加速度为a1，则a1=m/s2=5.0m/s2…………3分（2）设物体滑到B点所用时间为tB，到达B点时速度大小为vB，在水平面上的加速度为a2，则由数据表可知a2=m/s2=-2.0m/s2………………………………………1分vB=a1tB………………………………………1分1.1-vB=a2（1.2-tB）……………………………1分解得tB=0.5s………………………………………1分设斜面上A、B两点间的距离为xAB，则xAB=a1tB2=0.625m………………………………………1分（3）设物体在水平面上运动过程中，滑动摩擦力对物体做的功为Wf，根据动能定理Wf==0-J=-0.625J…………………………2分CAB图1411．（8分）（2022北京海淀期中）如图14所示，质量为2.0kg的木块放在水平桌面上的A点，受到一冲量后以某一速度在桌面上沿直线向右运动，运动到桌边B点后水平滑出落在水平地面C点。已知木块与桌面间的动摩擦因数为0.20，桌面距离水平地面的高度为1.25m，A、B两点的距离为4.0m，B、C两点间的水平距离为1.5m，g=10m/s2。不计空气阻力，求：（1）木块滑动到桌边B点时的速度大小；（2）木块在A点受到的冲量大小。11．（8分）14\n解题思路：由平抛运动规律得到木块滑动到桌边B点时的速度大小；由动能定理和动量定理得到木块在A点受到的冲量大小。考查要点：平抛运动规律、动能定理、动量定理等。解析：（1）设木块在B点速度为vB，从B点运动到C点的时间为t，根据平抛运动的规律有……………………………………………………1分……………………………………………………1分解得：t=0.50s，vB=3.0m/s…………………………………2分（2）设木块在A点的速度为vA，根据动能定理得………………………………………1分解得：vA=5.0m/s……………………………………………………1分根据动量定理，木块在A点受到的冲量I=mvA-0=10kgm/s…………2分12（2022绵阳一诊）如图所示，传送带的两个轮子半径均为r=0.2m,两个轮子最高点A、B在同一水平面内，A、B间距离L=5m，半径R=0.4的固定、竖直光滑圆轨道与传送带相切于B点，C点是圆轨道的最高点。质量m=0.1kg的小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4。重力加速度g=10m/s2。求：(1)传送带静止不动，小滑块以水平速度v0滑上传送带，并能够运动到C点，v0至少多大？(2)当传送带的轮子以ω=10rad/s的角速度匀速转动时，将小滑块无初速地放到传送带上的A点，小滑块从A点运动到B点的时间t是多少？(3)传送带的轮子以不同的角速度匀速转动，将小滑块无初速地放到传送带上的A点，小滑块运动到C点时，对圆轨道的压力大小不同，最大压力Fm是多大？12.（20分）解：（1）设小滑块能够运动到C点，在C点的速度至少为v，则mg=m(2分)mv2－mv02=－2mgR-μmgL(2分)14\n解得v0=2m/s(1分)(2)设传送带运动的速度为v1，小滑块在传送带上滑动时加速度是a，滑动时间是t1，滑动过程中通过的距离是x，则v1=rω(1分)ma=μmg(1分)v1=at1(1分)x=at12，(1分)解得v1=2m/s，a=4m/s2，t1=0.5s，x=0.5m由于x＜L，所以小滑块还将在传送带上与传送带相对静止地向B点运动，设运动时间为t2，则L－x=v1t2(2分)解得t2=2.25s则t=t1＋t2=2.75s(2分)（3）轮子转动的角速度越大，即传送带运动的速度越大，小滑块在传送带上加速的时间越长，达到B点的速度越大，到C点时对圆轨道的压力就越大。小滑块在传送带上一直加速，达到B点的速度最大，设为vBm，对应到达C点时的速度为vcm，圆轨道对小滑块的作用力为F，则vBm2=2aL(2分)mvCm2－mvBm2=－2mgR(2分)mg+F=m(1分)Fm=F(1分)解得Fm=5N(1分)θhF1012394567813、（15分）（2022江苏常州模拟）如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接．在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为θ．现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F14\n与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h．现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为g．求：⑴水平外力F的大小；⑵1号球刚运动到水平槽时的速度；⑶整个运动过程中，2号球对1号球所做的功．13．解析：⑴以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得（2分）得：⑵以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得（2分）得⑶撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得得以1号球为研究对象，由动能定理得得图10BEFDA14、（14分）（2022黄冈月考）如图10所示，质量为m的小球，由长为l的细线系住，线能承受的最大拉力是9mg，细线的另一端固定在A点，AB是过A的竖直线，E为AB上的一点，且AE=0.5l，过E作水平线EF，在EF上钉铁钉D，现将小球拉直水平，然后由静止释放，小球在运动过程中，不计细线与钉子碰撞时的能量损失，不考虑小球与细线间的碰撞．（1）若钉铁钉位置在E点，求细线与钉子碰撞前后瞬间，细线的拉力分别是多少？（2）若小球能绕钉子在竖直面内做完整的14\n圆周运动，求钉子位置在水平线EF上距E点距离的取值。14、答案：（1），（2）≤x≤解析：（1）小球释放后沿圆周运动，运动过程中机械能守恒，设运动到最低点速度为v，由机械能守恒定律得，碰钉子瞬间前后小球运动的速率不变，碰钉子前瞬间圆周运动半径为l，碰钉子前瞬间线的拉力为F1，碰钉子后瞬间圆周运动半径为l/2，碰钉子后瞬间线的拉力为F2，由圆周运动、牛顿第二定律得：，得，（2）设在D点绳刚好承受最大拉力，记DE=x1，则：AD=悬线碰到钉子后，绕钉做圆周运动的半径为：r1=l－AD=l－当小球落到D点正下方时，绳受到的最大拉力为F，此时小球的速度v1，由牛顿第二定律有：F－mg=     结合F≤9mg 由机械能守恒定律得：mg(+r1)=mv12由上式联立解得：x1≤    随着x的减小，即钉子左移，绕钉子做圆周运动的半径越来越大．转至最高点的临界速度也越来越大，但根据机械能守恒定律，半径r越大，转至最高点的瞬时速度越小，当这个瞬时速度小于临界速度时，小球就不能到达圆的最高点了．设钉子在G点小球刚能绕钉做圆周运动到达圆的最高点，设EG=x2，则：AG=r2=l－AG=l－      在最高点：mg≤      由机械能守恒定律得：mg(—r2)=mv22           14\n联立得：x2≥         钉子位置在水平线EF上距E点距离的取值范围是：≤x≤    15（2022广东汕头金山中学测试）如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l=4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2，求：（1）为使圆环能下降h=3m，两个物体的质量应满足什么关系？（2）若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s，则两个物体的质量有何关系？BlhA（3）不管两个物体的质量为多大，圆环下降h=3m时的速度不可能超过多大？15．（18分）（1）若圆环恰好能下降h=3m，由机械能守恒定律得④⑤解得两个物体的质量应满足关系M=3m⑥（2）若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s，由机械能守恒定律得θθvAvBAlh如图所示，A、B的速度关系为解得两个物体的质量关系为（3）B的质量比A的大得越多，圆环下降h=3m时的速度越大，当m>>M时可认为B下落过程机械能守恒，有解得圆环的最大速度14\nvm=m/s=7.8m/s即圆环下降h=3m时的速度不可能超过7.8m/s。14