《（江蘇專版）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）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）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）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）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） 對點訓(xùn)練：機械能守恒的理解與判斷 1.根據(jù)伽利略理想斜面實驗，利用如圖所示的軌道裝置做實驗：在斜軌上先后鋪墊三種粗糙程度不同的材料，小球從左側(cè)斜軌上的O點由靜止釋放后沿斜軌向下運動，并沿右側(cè)斜軌上升到的最高位置依次為1、2、3。對比這三次實驗可知(　　) A．第一次實驗中小球接觸的材料是最光滑的 B．第二次實驗中小球的機械能守恒 C．第三次實驗中小球的慣性最大 D．第三次實驗中小球?qū)壍雷畹忘c的壓力最大 解析：選D　如果斜面光滑，則小球應(yīng)到達等高的位置，則由題圖可知，三次實驗中小球均受到

2、阻力作用，第一次實驗中小球上升的高度最低，接觸的材料是最不光滑的，選項A錯誤；第二次實驗中小球上升的高度低于原來的高度，說明有阻力做負(fù)功，故機械能不守恒，選項B錯誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，選項C錯誤；第三次實驗中小球到達最低點的速度最大，則根據(jù)向心力公式可知，小球?qū)壍雷畹忘c的壓力最大，所以選項D正確。 2.(2018·南通八校聯(lián)考)太陽神車由四腳的支架吊著一個巨大的擺錘擺動，游客被固定在擺下方的大圓盤A上，如圖所示。擺錘的擺動幅度每邊可達120°。6臺大功率的異步驅(qū)動電機同時啟動，為游客創(chuàng)造4.3g的加速度，最高可飛躍至15層樓高的高空。如果不考慮圓盤A的自轉(zhuǎn)，根據(jù)以上信息，以下說法中正確的是

3、(　　) A．當(dāng)擺錘擺至最高點的瞬間，游客受力平衡 B．當(dāng)擺錘擺至最高點時，游客可體驗最大的加速度 C．當(dāng)擺錘在下擺的過程中，擺錘的機械能一定不守恒 D．當(dāng)擺錘在上擺過程中游客體驗超重，下擺過程游客體驗失重 解析：選C　當(dāng)擺錘擺至最高點的瞬間，擺錘與游客將開始下降，具有向下的加速度，游客受力不平衡，故A錯誤；當(dāng)擺錘擺至最低點時，擺錘的速度最大，向心加速度最大，所以游客可體驗最大的加速度，故B錯誤；當(dāng)擺錘在下擺的過程中，由于電動機做正功，擺錘的機械能一定不守恒，故C正確；當(dāng)擺錘在上擺過程中，擺錘向上做減速運動，加速度方向向下，游客體驗失重，故D錯誤。 3.[多選]如圖所示，A、B兩球

4、質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O′點，O與O′點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使繩和輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然狀態(tài)，將兩球分別由靜止開始釋放，當(dāng)兩球達到各自懸點的正下方時，兩球仍處在同一水平面上，則(　　) A．兩球到達各自懸點的正下方時，兩球動能相等 B．兩球到達各自懸點的正下方時，A球動能較大 C．兩球到達各自懸點的正下方時，B球動能較大 D．兩球到達各自懸點的正下方時，A球受到向上的拉力較大 解析：選BD　兩個球都是從同一個水平面下降的，到達最低點時還是在同一個水平面上，根據(jù)重力做功的特點可知在整個過程中，A、B兩球重力做的功相同

5、，但是，B球在下落的過程中彈簧要對球做負(fù)功，根據(jù)動能定理得，B球在最低點的速度要比A的速度小，動能也要比A的小，故A、C錯誤，B正確；由于在最低點時B的速度小，根據(jù)向心力的公式可知，B球需要的向心力小，所以彈簧對B的拉力也要比A受到的拉力的小，故D正確。 4.[多選]如圖所示，整個空間充滿豎直向下的勻強電場，一帶正電的小球自A點由靜止開始自由下落，到達B點時與絕緣彈簧接觸，到達C點時彈簧被壓縮至最短，然后被彈回。若不計彈簧質(zhì)量和空氣阻力，在帶電小球(小球帶電荷量不變)下降運動過程中，下列判斷正確的是(　　) A．運動過程中小球所受重力和彈力做功之和等于小球動能增加量 B．小球由B到C動能

6、先增大后減小 C．小球在C點時加速度最大 D．小球由B到C的過程中，動能和彈簧彈性勢能之和增大 解析：選BCD　運動過程中小球所受重力、彈力和電場力做功之和等于小球動能增加量，選項A錯誤。在B點時電場力和重力之和大于彈力，小球的加速度向下，隨小球的下降，彈力增大，則加速度減小，直到重力和電場力的合力等于彈力時，加速度為零，速度最大；小球繼續(xù)下降，彈力大于重力和電場力的合力，則加速度向上，做減速運動直到最低點C時速度為零，則小球由B到C動能先增大后減小，選項B正確。小球下落與彈簧接觸的運動具有對稱性，當(dāng)壓縮彈簧的速度等于剛接觸彈簧時的速度時，加速度大小相等，再往下壓縮加速度變大，則在C點時

7、加速度最大，選項C正確。小球由B到C的過程中，重力和電場力做正功，動能和彈簧彈性勢能之和增大，選項D正確。 對點訓(xùn)練：單個物體的機械能守恒 5．[多選](2019·銅山模擬)如圖1所示，甲，乙兩個小球可視為質(zhì)點，甲球沿傾角為30°的光滑足夠長斜面由靜止開始下滑，乙球做自由落體運動，甲、乙兩球的動能與路程的關(guān)系圖像如圖2所示。下列說法正確的是(　　) A．甲球機械能不守恒，乙球機械能守恒 B．甲、乙兩球的質(zhì)量之比為m甲∶m乙＝4∶1 C．甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為P甲∶P乙＝1∶1 D．甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度相同 解析：選BC　兩球在

8、運動過程中只有重力做功，甲、乙兩球的機械能都守恒，故A錯誤；由機械能守恒定律得，對甲球：Ek0＝m甲gx0sin 30°，對乙球：Ek0＝m乙g·2x0，解得：m甲∶m乙＝4∶1，故B正確；兩球重力的瞬時功率為：P＝mgvcos θ＝mg cos θ＝gcos θ，甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為：＝ ×＝1∶1，故C正確；甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度之比為：x0sin 30°∶2x0＝1∶4，故D錯誤。 6．(2019·興化模擬)如圖為特種兵過山谷的簡化示意圖。將一根不可伸長的細繩兩端固定在相距為d＝20 m的A、B兩等高點，繩上掛一小滑輪P，戰(zhàn)士們相互配合

9、，沿著繩子滑到對面。如圖所示，戰(zhàn)士甲(圖中未畫出)水平拉住滑輪，質(zhì)量為50 kg的戰(zhàn)士乙吊在滑輪上，腳離地，處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時AP豎直，∠APB＝α＝53°，然后戰(zhàn)士甲將滑輪釋放。若不計滑輪摩擦及空氣阻力，也不計繩與滑輪的質(zhì)量，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)戰(zhàn)士甲釋放滑輪前對滑輪的水平拉力F。 (2)假如B點向A點靠近，但繩長不變，F(xiàn)將如何變化？簡述理由。 (3)不改變d情況下將滑輪釋放，戰(zhàn)士乙運動過程中的最大速度。 解析：(1)戰(zhàn)士乙靜止時，對滑輪受力分析如圖1所示： 根據(jù)共點力平衡條件得： T1sin 53°＝F

10、T1cos 53°＋T2＝G 又T1＝T2 聯(lián)立解得：F＝250 N。 (2)戰(zhàn)士從A到B運動過程，力的變化情況如圖2所示 若AB間距縮短，繩長不變，則∠APB＝α變小， 由(1)得F＝T1sin α＝， 因sin α變小，cos α變大，得F變小。 (3)根據(jù)機械能守恒定律可知，戰(zhàn)士乙運動到最低處時重力勢能最小，動能最大，即有最大速度，初始：AP＝15 m，BP＝25 m，所以運動到最低點時AP′＝BP′＝20 m，△ABP′是正三角形，P′在AB水平線下方10 m處，以P′為零勢能面，hP＝(10－15)m 根據(jù)機械能守恒定律有：mghP＋0＝0＋mv2 解得：v＝＝ m

11、/s 所以最大速度為：v＝6.81 m/s。 答案：(1)250 N　(2)F變小，理由見解析　(3)6.81 m/s 對點訓(xùn)練：多個物體的機械能守恒 7.[多選](2018·揚州邗江區(qū)監(jiān)測)如圖所示，A和B兩個小球固定在一根輕桿的兩端，A球的質(zhì)量為m，B球的質(zhì)量為2m，此桿可繞穿過O點的水平軸無摩擦地轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)使輕桿從水平位置由靜止釋放，則在桿從釋放到轉(zhuǎn)過90°的過程中，下列說法正確的是(　　) A．A球的機械能增加 B．桿對A球始終不做功 C．B球重力勢能的減少量等于B球動能的增加量 D．A球和B球的總機械能守恒 解析：選AD　A球由靜止向上運動，重力勢能增大，動能也增大，

12、所以機械能增大，桿一定對A球做了功，A項正確，B項錯誤；由于無摩擦力做功，系統(tǒng)只有重力做功，A球和B球的總機械能守恒，A球機械能增加，B球的機械能一定減少，故D項正確，C項錯誤。 8．[多選](2019·淮陰模擬)如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點)套在固定的水平光滑橢圓形軌道上，橢圓的左焦點為P，長軸AC＝2L0，短軸BD＝L0。原長為L0的輕彈簧一端套在過P點的光滑軸上，另一端與小球連接。若小球做橢圓運動，在A點時的速度大小為v0，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是(　　) A．小球在A點時彈簧的彈性勢能大于在C點時的 B．小球在A、C兩點時的動能相等 C．小球在B、D點時的速度最

13、大 D．小球在B點時受到軌道的彈力沿BO方向 解析：選BCD　小球運動過程中彈簧的彈性勢能和小球的動能相互轉(zhuǎn)化，因為彈簧原長為L0，半長軸的長為L0，故在A點彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量等于PO的長度，在C點彈簧長度等于L0＋PO，故伸長量等于PO的長度，所以在A、C兩點彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，故在A、C兩點的動能相等，A錯誤，B正確；由數(shù)學(xué)知識可知BP＝DP＝L0，即B點到P點的距離或D點到P點的距離等于彈簧原長，在彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，小球的動能最大，所以在B、D兩點速度最大，C正確；因為小球套在軌道上，所以在B點軌道的彈力沿BO方向，D正確。 9．(2019·大豐

14、模擬)如圖所示，一輕繩跨過光滑的小定滑輪，一端與在傾角為37°的光滑斜面上的小物體m1連接，另一端與套在光滑豎直桿上的小物體m2連接，滑輪到豎直桿的距離為1.2 m?，F(xiàn)在讓物體m2從與滑輪等高的A點由靜止釋放，設(shè)斜面和桿足夠長，m1不會碰到滑輪，m2不會碰到地面。已知m2的質(zhì)量為m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。 (1)若m2下滑到距A點1.6 m的C點時，其速度剛好為0，求m1增加的重力勢能及物體m1的質(zhì)量； (2)若m2＝0.36m1，當(dāng)m2下滑到距A點0.9 m的B點時，求此過程繩對m2做的功。 解析：(1)由幾何關(guān)系知： m2下滑到C點，m

15、1上升了l2＝0.8 m 此時兩者速度均為0，由系統(tǒng)機械能守恒定律得： m2ghAC＝m1gl2sin 37° 解得：＝，m1＝m ΔEp＝m1gl2sin 37°＝1.6mg (J)。 (2)由幾何關(guān)系知：m2下滑到B點，m1上升了l1＝0.3 m 此時兩者速度關(guān)系為：v1＝v2sin 37° 由系統(tǒng)機械能守恒定律得： m2ghAB－m1gl1sin 37°＝m1v12＋m2v22 解得：v1＝1.2 m/s，v2＝2 m/s 對m2應(yīng)用動能定理，有m2ghAB＋WF＝m2v22 解得：WF＝－7m (J)。 答案：(1)1.6mg (J)　m　(2)－7m (J)

16、 考點綜合訓(xùn)練 10．[多選](2019·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在光滑豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，重力加速度為g，則(　　) A．由A到C的過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大 B．由A到C的過程中，圓環(huán)的動能與重力勢能之和先增大后減少 C．由A到B的過程中，圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量 D．在C處時，彈簧的彈性勢能為mgh 解析：選ACD　圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運動，再做減速運動，經(jīng)過B處的速度最

17、大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A正確；圓環(huán)的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和守恒，因由A到C的過程中，彈性勢能逐漸變大，則圓環(huán)的動能與重力勢能之和逐漸減少，故B錯誤；由A到B的過程中，因圓環(huán)的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和守恒，則彈簧的彈性勢能和圓環(huán)的動能增加量之和等于圓環(huán)重力勢能的減少量，則圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量，故C正確；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，由動能定理得：mgh－W彈＝0－0＝0，則W彈＝mgh，故D正確。 11．(2019·啟東模擬)一個質(zhì)量m＝0.20 kg的小球系于輕質(zhì)彈簧的一端，且套在光滑豎立的圓環(huán)上的B點。彈簧的

18、上端固定于環(huán)的最高點A，環(huán)的半徑R＝0.50 m，彈簧的原長l0＝0.50 m，勁度系數(shù)k＝4.8 N/m。如圖所示，若小球從圖中所示位置B點由靜止開始滑到最低點C時，彈簧的彈性勢能Ep′＝0.6 J。取g＝10 m/s2。求： (1)小球到C點時的速度vC的大??； (2)小球到C點時，與圓環(huán)間的彈力大小和方向； (3)若把該裝置放在光滑水平面上，其他條件不變，vC的大小也不變，需對小球做多少功？ 解析：(1)在B點時，彈簧處于原長，彈性勢能為0。 小球從B至C的過程中，小球與彈簧的機械能守恒 mgh＝mvC2＋Ep′ 其中h＝CD＝R(1＋cos 60°) 解以上兩式得：vC＝3 m/s。 (2)設(shè)小球在C點受到圓環(huán)的彈力FN沿半徑向上。 由牛頓第二定律得：F彈＋FN－mg＝m 即kR＋FN－mg＝m 解得FN＝3.2 N，方向沿半徑向上。 (3)裝置水平放置時，對小球做的功應(yīng)與裝置豎直放置時重力做功相同。 即WF＝WG＝mgR(1＋cos 60°) 解得WF＝1.5 J。 答案：(1)3 m/s　(2)3.2 N　沿半徑向上　(3)1.5 J