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(新課標(biāo))2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓(xùn)練22

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1、(新課標(biāo))2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓(xùn)練22 1.(2017·河南洛陽模擬)關(guān)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(fù)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(guān)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(fù)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(fù)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(shè)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(xì)線,一端固定于O點,另一端拴一小球,先將細(xì)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(dāng)小球運動到最低點時,細(xì)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(shè)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(guān),和初、末位置高度差有關(guān),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(yīng)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?。? (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(guān)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(shè)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(shè)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(dāng)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(yuǎn),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(yuǎn) B.若把斜面彎成圓弧形,物體仍能沿AD升高h(yuǎn) C.若把斜面從C點鋸斷或彎成圓弧狀,物體都不能升高h(yuǎn),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(yuǎn),但機械能仍守恒 [解析] 物體沿斜面升高h(yuǎn)時,速度為零,即動能全部轉(zhuǎn)化為勢能.當(dāng)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(yuǎn).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(shè)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(shè)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(shè)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

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