(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十八)機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用(含解析)

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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(shí)跟蹤檢測(cè)(十八)機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用(含解析) 1.(2018·天津高考)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛(ài)。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中,由于摩擦力的存在,運(yùn)動(dòng)員的速率不變,則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)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(jī)械能始終保持不變 解析:選C 運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程做勻速圓周運(yùn)動(dòng),合外力指向圓心,不做功,故A錯(cuò)誤,C正確。 如圖所示,沿圓弧切線方向運(yùn)動(dòng)員受到的合力為零,即Ff=mgsin

2、α,下滑過(guò)程中α減小,sin α變小,故摩擦力Ff變小,故B錯(cuò)誤。運(yùn)動(dòng)員下滑過(guò)程中動(dòng)能不變,重力勢(shì)能減小,則機(jī)械能減小,故D錯(cuò)誤。 2.如圖所示,在水平桌面上的A點(diǎn)有一個(gè)質(zhì)量為m的物體,以初速度v0被拋出,不計(jì)空氣阻力,當(dāng)它到達(dá)B點(diǎn)時(shí),其動(dòng)能為(  ) A.mv02+mgH B.mv02+mgh1 C.mgH-mgh2 D.mv02+mgh2 解析:選B 由機(jī)械能守恒,mgh1=mv2-mv02,到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,受一個(gè)恒定的沿斜面向上的拉力F作用,這時(shí)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(  ) A.物塊的機(jī)械能一定增加 B.物塊的機(jī)械能一定減小 C.物塊的機(jī)械能可能不變 D.物塊的機(jī)械能可能增加也可能減小 解析:選A 機(jī)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(jī)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(jī)械能增加,A項(xiàng)正確。 4.如圖所示,在高1.5 m的光滑平臺(tái)上有一個(gè)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(shí),小球被彈出,小球落地時(shí)的速度方向與水平方向成60°角,則彈簧被壓縮時(shí)具有的彈性勢(shì)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(shí),tan 60°=,可得:v0== m/s,由機(jī)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(kāi)口的U形管內(nèi)裝有同種液體,開(kāi)始時(shí)兩邊液面高度差為h,管中液柱總長(zhǎng)度為4h,后來(lái)讓液體自由流動(dòng),當(dāng)兩液面高度相等時(shí),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(shí),減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為管中所有液體的動(dòng)能,根據(jù)機(jī)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(gè)帶正電的點(diǎn)電荷,一個(gè)帶負(fù)電荷的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在球殼的頂端A?,F(xiàn)小物塊受到輕微擾動(dòng)從右側(cè)下滑,已知物塊靜止在A點(diǎn)時(shí)對(duì)球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍,P點(diǎn)在球面上,則(  ) A.物塊沿球面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能增大 B.物塊沿球面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能不變 C.若物塊恰好在P點(diǎn)離開(kāi)球面,則物塊的速度大小為 D.若物塊恰好

6、在P點(diǎn)離開(kāi)球面,則物塊的速度大小為 解析:選BC 物塊沿球面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,庫(kù)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(jī)械能不變,選項(xiàng)A錯(cuò)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(kāi)球面時(shí)所受球面的支持力為零,則由牛頓第二定律有F庫(kù)+mgcos θ=m,因物塊在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍,可知F庫(kù)=mg,由機(jī)械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2,聯(lián)立解得v=,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。 [B級(jí)——保分題目練通抓牢] 7.(2018·煙臺(tái)二模)如圖所示,可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B用一根長(zhǎng)為0.2 m的輕桿相連,兩球質(zhì)量相等。開(kāi)始時(shí)兩小球靜止于光滑的水

7、平面上,現(xiàn)給兩小球一個(gè)2 m/s的初速度,經(jīng)一段時(shí)間兩小球滑上一個(gè)傾角為30°的光滑斜面。不計(jì)球與斜面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失,g取10 m/s2。在兩小球的速度減小為零的過(guò)程中,下列判斷正確的是(  ) A.桿對(duì)小球A做負(fù)功 B.小球A的機(jī)械能守恒 C.桿對(duì)小球B做正功 D.小球B速度為零時(shí)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(yùn)動(dòng)。假設(shè)沒(méi)有桿連接,則A球上升到斜面時(shí),B球還在水平面上運(yùn)動(dòng),即A球在斜面上做減速運(yùn)動(dòng),B球在水平面上做勻速運(yùn)動(dòng),因有桿存在,所以是B球推著A球上升,因此桿對(duì)A球做正功,故A錯(cuò)誤;因桿對(duì)A球做正功,故A球的機(jī)械

8、能不守恒,故B錯(cuò)誤;由以上分析可知,桿對(duì)B球做負(fù)功,故C錯(cuò)誤;設(shè)小球B速度為零時(shí)距水平面的高度為h,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)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(gè)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(yùn)動(dòng)直到物塊B剛要離開(kāi)擋板C。在此過(guò)程中(  ) A.物塊A運(yùn)動(dòng)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(shì)能先減小后增大 解析:選BCD 系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),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(kāi)擋板C時(shí),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(yùn)動(dòng)直到物塊B剛要離開(kāi)擋板C時(shí),物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x=x1+x2=+=,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。在物塊B剛要離開(kāi)擋板C時(shí),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(xiàng)B正確。在拉力拉物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由于拉

10、力逐漸增大,物塊A沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng),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(xiàng)C正確。由于彈簧原來(lái)處于壓縮狀態(tài),具有彈性勢(shì)能,在拉力拉物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,彈簧先恢復(fù)原長(zhǎng),后被拉伸,又具有彈性勢(shì)能,即彈簧彈性勢(shì)能先減小后增大,選項(xiàng)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(diǎn))沿軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng),A、B分別為軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn),軌道對(duì)鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變。不計(jì)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(yùn)動(dòng) B.鐵球繞軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 C.鐵球在A點(diǎn)的速度必須大于 D.軌道對(duì)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(yùn)動(dòng)的過(guò)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(guò)圓心,它們都始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直,所以磁性引力和彈力都不能對(duì)小鐵球做功,只有重力對(duì)小鐵球做功,所以小鐵球的機(jī)械能守恒,在最高點(diǎn)的速度最小,在最低點(diǎn)的速度最大,小鐵球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤,B正確;在A點(diǎn)軌道對(duì)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(guò)A點(diǎn),故C錯(cuò)誤;由于小鐵球在運(yùn)動(dòng)的

12、過(guò)程中機(jī)械能守恒,所以小鐵球在A點(diǎn)的速度越小,則機(jī)械能越小,在B點(diǎn)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(diǎn)的速度恰好為0,而且到達(dá)B點(diǎn)時(shí),軌道對(duì)鐵球的彈力恰好等于0,根據(jù)機(jī)械能守恒定律,小鐵球在A點(diǎn)的速度恰好為0,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度滿足mg·2R=mv2,軌道對(duì)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(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg,故D正確。 10.(2016·全國(guó)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(diǎn)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(diǎn)正上方與A相距處由靜止開(kāi)始自由下落,經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)。 (1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比; (2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。 解析:(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m,小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA,由機(jī)械能守恒定律得EkA=mg ① 設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB,同理有EkB=mg ② 由①②式得=5。 ③ (2)若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),則小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④ 設(shè)小球在C點(diǎn)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(jī)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(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。 答案:(1)5 (2)能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn) 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(guò)A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn),B、C間的線長(zhǎng)為3l。用手豎直向下拉住小球,使小球和物塊都靜止,此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°。松手后,小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零,然后向下運(yùn)動(dòng)。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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),物塊M所受的拉力大小T。

15、解析:(1)由幾何知識(shí)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(shí) 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(jī)械能守恒mgh1=Mgh2 解得=。 (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律,小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),恰好回到起始點(diǎn),設(shè)此時(shí)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(duì)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(jí)—

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(jìn)入光滑的軌道,小球先進(jìn)入圓軌道1,再進(jìn)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(guò)軌道2的最高點(diǎn)B,則小球在軌道1上經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)A處時(shí)對(duì)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(guò)軌道2的最高點(diǎn)B時(shí),有mg=,小球在軌道1上經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)A處時(shí),有F+mg=,根據(jù)機(jī)械能守恒,有1.6mgR=mvA2-mvB2,解得F=4mg,C項(xiàng)正確。 13.(多選)如圖所示,左側(cè)為一個(gè)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(diǎn)為球心,碗的內(nèi)表面及碗口光滑。右側(cè)是一個(gè)足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面。一根不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)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(diǎn)的小球m1和物塊m2,且m1>m2。開(kāi)始時(shí)m1恰在A點(diǎn),m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn),此時(shí)連接m1、m2的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直,C點(diǎn)在圓心O的正下方。將m1由靜止釋放開(kāi)始運(yùn)動(dòng),則下列說(shuō)法正確的是(  ) A.在m1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,m1與m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B.當(dāng)m1運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),m1的速率是m2速率的倍 C.m1不可能沿碗面上升到B點(diǎn) D.m2沿斜面上滑過(guò)程中,地面對(duì)斜面的支持力始終保持恒定 解析:選ACD 在m1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,m1與m2組成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,故A正確;設(shè)小球m1運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)m1、m2的速度大小分別為v1、v2,則有v1cos 45°=v2,則=,故B錯(cuò)誤;假設(shè)m1能上升到B點(diǎn),由于m2升高,m1與m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能會(huì)增大,違背機(jī)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(guò)程中,m2對(duì)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(duì)斜面的支持力始終保持恒定,故D正確。

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