（新課標）2022年高考物理一輪復習 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓練22

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1、（新課標）2022年高考物理一輪復習 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓練22 1．(2017·河南洛陽模擬)關于機械能守恒，下列說法正確的是(　　) A．做自由落體運動的物體，機械能一定守恒 B．人乘電梯加速上升的過程，機械能守恒 C．物體必須在只受重力作用的情況下，機械能才守恒 D．合外力對物體做功為零時，機械能一定守恒 [解析]　做自由落體運動的物體只有重力做功，機械能守恒，故A正確；人乘電梯加速上升過程，動能與重力勢能都增加，機械能增加，機械能不守恒，故B錯誤；只有重力做功，則機械能守恒，除重力外物體還受其他力，物體機械能也可能守恒，如沿光滑斜面下滑的物體除受重力外還受支持力，

2、但物體機械能守恒，故C錯誤；合外力對物體做功為零，機械能不一定守恒，如在豎直方向勻速下落的物體合外力做功為零，但機械能減少，機械能不守恒，故D錯誤． [答案]　A 2．(多選)如圖所示，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動．質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端．現(xiàn)用外力作用在兩物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊(　　) A．最大速度相同 B．最大加速度相同 C．上升的最大高度不同 D．重力勢能的變化量相同 [解析]　物塊受力

3、平衡時具有最大速度，即：mgsinθ＝kΔx 則質(zhì)量大的物塊具有最大速度時彈簧的壓縮量比較大，上升的高度比較低，即位移小，而運動過程中質(zhì)量大的物塊平均加速度較小，v2－02＝2ax加速度小的位移小，則最大速度v較小，故A錯誤；開始時物塊具有最大加速度，開始彈簧形變量相同，則彈力相同，根據(jù)牛頓第二定律：a＝可見質(zhì)量大的最大加速度較小，故B錯誤；由題意使兩彈簧具有相同的壓縮量，則儲存的彈性勢能相等，物塊上升到最大高度時，彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為重力勢能，則物塊最終的重力勢能mgh相等，重力勢能的變化量相等，而兩物塊質(zhì)量不同，則上升的最大高度不同，故C、D正確．故選CD. [答案]　CD 3．如圖所

4、示，斜面體置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物體由靜止沿斜面下滑，在物體下滑過程中，下列說法正確的是(　　) A．物體的重力勢能減少，動能不變 B．斜面體的機械能不變 C．斜面對物體的作用力垂直于接觸面，不對物體做功 D．物體和斜面體組成的系統(tǒng)機械能守恒 [解析]　物體由靜止開始下滑的過程其重力勢能減少，動能增加，A錯誤；物體在下滑過程中，斜面體做加速運動，其機械能增加，B錯誤；物體沿斜面下滑時，既沿斜面向下運動，又隨斜面向右運動，其合速度方向與彈力方向不垂直，彈力方向垂直于接觸面，但與速度方向之間的夾角大于90°，所以斜面對物體的作用力對物體做負功，C錯誤；對物體與斜面體組成

5、的系統(tǒng)，只有物體的重力和物體與斜面間的彈力做功，機械能守恒，D正確． [答案]　D 4．(多選)如圖所示，下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是(　　) A．圖甲中，物體A將彈簧壓縮的過程中，物體A機械能守恒 B．圖乙中，物體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機械能守恒 C．圖丙中，不計任何阻力和定滑輪質(zhì)量時，物體A加速下落，物體B加速上升過程中，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．圖丁中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能守恒 [解析]　題圖甲中重力和彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物體A機械能不守恒，A錯；題圖乙中物體B除受重力外，還受到彈力和摩

6、擦力作用，彈力不做功，但摩擦力做負功，物體B的機械能不守恒，B錯；題圖丙中繩子張力對物體A做負功，對物體B做正功，代數(shù)和為零，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，C對；題圖丁中小球的動能不變，勢能不變，機械能守恒，D對． [答案]　CD 5．如圖所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球懸掛在高為2L的O點處，小鐵球以O點為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動且恰能到達最高點B處，不計空氣阻力．若運動中輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的速度大小為(　　) A. B. C. D. [解析]　小鐵球恰能到達最高點B，則小鐵球在最高點處的速度v＝.以地面為零勢能面，小鐵球在B點處的總機械能為mg×3L＋m

7、v2＝mgL，無論輕繩是在何處斷的，小鐵球的機械能總是守恒的，因此到達地面時的動能mv2＝mgL，故小鐵球落到地面的速度v′＝，D正確． [答案]　D 6．(多選)如圖所示，長度為l的細線，一端固定于O點，另一端拴一小球，先將細線拉直呈水平狀態(tài)，使小球位于P點，然后無初速度釋放小球，當小球運動到最低點時，細線遇到在O點正下方水平固定著的釘子K，不計任何阻力，若要求小球能繞釘子在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，則K與O點的距離可能是(　　) A.l B.l C.l D.l [解析]　設K與O點的距離為x，則根據(jù)機械能守恒有mgl＝mv，若恰能完成完整的圓周運動，則mv＝mg·2(

8、l－x)＋mv2，且mg＝，整理得x＝l，因此K與O點的距離至少為l，因此A、B正確，C、D錯誤． [答案]　AB 7.(多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落在比地面低h的海平面上，若以地面為零勢能面，且不計空氣阻力，則(　　) A．物體在海平面的重力勢能為mgh B．重力對物體做的功為mgh C．物體在海平面上的機械能為mv＋mgh D．物體在海平面上的動能為mv＋mgh [解析]　以地面為零勢能面，海平面在地面以下h處，所以物體在海平面的重力勢能是－mgh，A錯；重力做功和路徑無關，和初、末位置高度差有關，從地面到海平面，位移豎直向下為h，重

9、力也向下，重力對物體做功mgh，B對；從地面到海平面過程只有重力做功，機械能守恒，在海平面處的機械能等于在地面的機械能，在地面重力勢能為零，動能為mv，機械能為E＝0＋mv＝mv，C錯；在海平面處的機械能同樣為mv，而在海平面重力勢能為－mgh，所以mv＝Ek＋(－mgh)，得動能Ek＝mv＋mgh，D對． [答案]　BD 8．如圖所示，質(zhì)量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平面飛出后，恰好無碰撞地從A點進入豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，其中B點為圓弧軌道的最低點，C點為圓弧軌道的最高點，圓弧AB對應的圓心角θ＝53°，圓半徑R＝0.5 m．若小球離開水平面運動到A點所用時間t＝0.4

10、s，求：(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2) (1)小球沿水平面飛出的初速度v0的大小． (2)到達B點時，小球?qū)A弧軌道的壓力大?。? (3)小球能否通過圓弧軌道的最高點C？說明原因． [解析]　(1)小球離開水平面運動到A點的過程中做平拋運動，有vy＝gt 根據(jù)幾何關系可得tanθ＝ 代入數(shù)據(jù)，解得v0＝3 m/s (2)由題意可知，小球在A點的速度vA＝ 小球從A點運動到B點的過程，滿足機械能守恒定律，有 mv＋mgR(1－cosθ)＝mv 設小球運動到B點時受到圓弧軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m 代入數(shù)據(jù)，解得

11、FN＝136 N 由牛頓第三定律可知，小球?qū)A弧軌道的壓力FN′＝FN＝136 N (3)假設小球能通過最高點C，則小球從B點運動到C點的過程，滿足機械能守恒定律，有 mv＝mg·2R＋mv 在C點有F向＝m 代入數(shù)據(jù)，解得F向＝36 N>mg 所以小球能通過最高點C. [答案]　(1)3 m/s　(2)136 N　(3)能，理由見解析 [素能培養(yǎng)] 9．如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)．將小球沿桿拉到彈簧水平位置由靜止釋放，小球沿桿下滑，當彈簧位于豎直位置時，小球速度恰好為零，此時小球

12、下降的豎直高度為h，若整個過程中彈簧始終處于伸長狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi)，則下列說法正確的是(　　) A．彈簧與桿垂直時，小球速度最大 B．彈簧與桿垂直時，小球的動能與重力勢能之和最大 C．小球從靜止位置下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量小于mgh D．小球從靜止位置下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量大于mgh [解析]　彈簧與桿垂直時，彈簧的彈性勢能最小，小球的動能與重力勢能之和最大，但加速度不為零，所以小球速度不是最大，B正確，A錯誤；小球從靜止位置下滑至最低點的過程中，小球動能變化量為零，所以彈簧的彈性勢能增加量等于小球重力勢能的減少量mgh，C、D錯誤．

13、 [答案]　B 10．如圖所示，一物體以初速度v0沖向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列說法中正確的是(　　) A．若把斜面從C點鋸斷，由機械能守恒定律知，物體沖出C點后仍能升高h B．若把斜面彎成圓弧形，物體仍能沿AD升高h C．若把斜面從C點鋸斷或彎成圓弧狀，物體都不能升高h，因為機械能不守恒 D．若把斜面從C點鋸斷或彎成圓弧狀，物體都不能升高h，但機械能仍守恒 [解析]　物體沿斜面升高h時，速度為零，即動能全部轉(zhuǎn)化為勢能．當斜面鋸斷時，物體做斜拋運動，達最高點時速度不為零，而物體沿圓弧達最高點時速度也不為零，即動能沒有全部轉(zhuǎn)化為勢能，故物體都不能再升高h.但都是只有重力

14、做功，因而機械能仍守恒．由于不考慮物體做斜拋運動或沿圓弧運動到最高點的速度不為零，而由機械能守恒得出A、B兩錯誤答案． [答案]　D 11．(多選)如圖所示，小球沿水平面以初速度v0通過O點進入半徑為R的豎直半圓弧軌道，不計一切阻力，則(　　) A．小球進入豎直半圓弧軌道后做勻速圓周運動 B．若小球能通過半圓弧最高點P，則球在P點受力平衡 C．若小球的初速度v0＝3，則小球一定能通過P點 D．若小球恰能通過半圓弧最高點P，則小球落地點離O點的水平距離為2R [解析]　小球進入豎直半圓弧軌道后，隨著高度的上升，重力勢能增加，根據(jù)機械能守恒定律可知，其動能減小，速率減小，小球做變

15、速圓周運動，故選項A錯誤；若小球能通過半圓弧最高點P，小球在最高點所受的合力不為零，合力提供向心力，則小球在P點受力不平衡，故選項B錯誤；小球恰好通過P點時，有mg＝，解得通過P點的最小速度vP＝，設小球的最小初速度為v，由機械能守恒定律得mg·2R＋mv＝mv2，聯(lián)立解得v＝

16、0＝6 m/s，將質(zhì)量m＝1.0 kg的可看作質(zhì)點的滑塊無初速地放在傳送帶A端，傳送帶長度L＝12.0 m，“9”形軌道高H＝0.8 m，“9”形軌道上半部分圓弧半徑為R＝0.2 m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，試求： (1)滑塊從傳送帶A端運動到B端所需要的時間； (2)滑塊滑到軌道最高點C時受到軌道的作用力大??； (3)若滑塊從“9”形軌道D點水平拋出后，恰好垂直撞在傾角θ＝45°的斜面上P點，求P、D兩點間的豎直高度h(保留兩位有效數(shù)字)． [解析]　(1)滑塊在傳送帶運動時，由牛頓第二定律得 μmg＝ma 得：a＝μg＝3 m/

17、s2 加速到與傳送帶達到共速所需要的時間： t1＝＝2 s 前2 s內(nèi)的位移：x1＝at＝6 m 之后滑塊做勻速運動的位移：x2＝L－x1＝6 m 時間：t2＝＝1 s 故滑塊從傳送帶A端運動到B端所需時間為： t＝t1＋t2＝3 s. (2)滑塊由B運動到C，由機械能守恒定律得： －mgH＝mv－mv 在C點，軌道對滑塊的彈力與其重力的合力提供做圓周運動的向心力，設軌道對滑塊的彈力方向豎直向下，由牛頓第二定律得：FN＋mg＝m 解得：FN＝90 N. (3)滑塊由B到D運動的過程中，由機械能守恒定律得： mv＝mv＋mg(H－2R) 設P、D兩點間的豎直高度為h， 滑塊由D到P運動的過程中，由機械能守恒定律得： mv＝mv＋mgh 又vD＝vPsin45° 由以上三式可解得h＝1.4 m. [答案]　(1)3 s　(2)90 N　(3)1.4 m