《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（十八）機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（十八）機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用（含解析）.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時跟蹤檢測（十八） 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 [A級——基礎(chǔ)小題練熟練快] 1．(2018天津高考)滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中(　　) 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　運動員從A點滑到B點的過程做勻速圓周運動，合外力指向圓心，不做功，故A錯誤，C正確。 如圖所示，沿圓弧切線方向運動員受到的合力為零，即Ff＝mgsin α，下滑過程中α減小，sin α變小，故摩擦力Ff變小，故B錯誤。運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，則機(jī)械能減小，故D錯誤。 2.如圖所示，在水平桌面上的A點有一個質(zhì)量為m的物體，以初速度v0被拋出，不計空氣阻力，當(dāng)它到達(dá)B點時，其動能為(　　) 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點的動能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的粗糙斜面向上運動的過程中，受一個恒定的沿斜面向上的拉力F作用，這時物塊的加速度大小為4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物塊向上運動的過程中，下列說法正確的是(　　) 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項正確。 4.如圖所示，在高1.5 m的光滑平臺上有一個質(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)彈簧。當(dāng)燒斷細(xì)線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向成60角，則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(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，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，兩端開口的U形管內(nèi)裝有同種液體，開始時兩邊液面高度差為h，管中液柱總長度為4h，后來讓液體自由流動，當(dāng)兩液面高度相等時，右側(cè)液面下降的速度為(　　) A. 　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選A　如圖所示，當(dāng)兩液面高度相等時，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為管中所有液體的動能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝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處固定一個帶正電的點電荷，一個帶負(fù)電荷的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在球殼的頂端A?，F(xiàn)小物塊受到輕微擾動從右側(cè)下滑，已知物塊靜止在A點時對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，P點在球面上，則(　　) A．物塊沿球面運動的過程中機(jī)械能增大 B．物塊沿球面運動的過程中機(jī)械能不變 C．若物塊恰好在P點離開球面，則物塊的速度大小為 D．若物塊恰好在P點離開球面，則物塊的速度大小為 解析：選BC　物塊沿球面運動的過程中，庫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A錯誤，B正確；設(shè)OP與豎直方向夾角為θ，則當(dāng)物塊將要離開球面時所受球面的支持力為零，則由牛頓第二定律有F庫＋mgcos θ＝m，因物塊在最高點時對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，可知F庫＝mg，由機(jī)械能守恒定律得mgR(1－cos θ)＝mv2，聯(lián)立解得v＝，選項C正確，D錯誤。 [B級——保分題目練通抓牢] 7．(2018煙臺二模)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2 m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等。開始時兩小球靜止于光滑的水平面上，現(xiàn)給兩小球一個2 m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30的光滑斜面。不計球與斜面碰撞時的機(jī)械能損失，g取10 m/s2。在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是(　　) A．桿對小球A做負(fù)功 B．小球A的機(jī)械能守恒 C．桿對小球B做正功 D．小球B速度為零時距水平面的高度為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動。假設(shè)沒有桿連接，則A球上升到斜面時，B球還在水平面上運動，即A球在斜面上做減速運動，B球在水平面上做勻速運動，因有桿存在，所以是B球推著A球上升，因此桿對A球做正功，故A錯誤；因桿對A球做正功，故A球的機(jī)械能不守恒，故B錯誤；由以上分析可知，桿對B球做負(fù)功，故C錯誤；設(shè)小球B速度為零時距水平面的高度為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動直到物塊B剛要離開擋板C。在此過程中(　　) A．物塊A運動的距離為 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．彈簧彈性勢能先減小后增大 解析：選BCD　系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，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剛要離開擋板C時，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動直到物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為x＝x1＋x2＝＋＝，選項A錯誤。在物塊B剛要離開擋板C時，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B正確。在拉力拉物塊沿斜面向上運動過程中，由于拉力逐漸增大，物塊A沿斜面做勻加速運動，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C正確。由于彈簧原來處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢能，在拉力拉物塊沿斜面向上運動過程中，彈簧先恢復(fù)原長，后被拉伸，又具有彈性勢能，即彈簧彈性勢能先減小后增大，選項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)沿軌道外側(cè)運動，A、B分別為軌道的最高點和最低點，軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變。不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則(　　) A．鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動 B．鐵球繞軌道運動過程中機(jī)械能守恒 C．鐵球在A點的速度必須大于 D．軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫軌 解析：選BD　小鐵球在運動的過程中受到重力、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，彈力的方向過圓心，它們都始終與運動的方向垂直，所以磁性引力和彈力都不能對小鐵球做功，只有重力對小鐵球做功，所以小鐵球的機(jī)械能守恒，在最高點的速度最小，在最低點的速度最大，小鐵球不可能做勻速圓周運動，故A錯誤，B正確；在A點軌道對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A點，故C錯誤；由于小鐵球在運動的過程中機(jī)械能守恒，所以小鐵球在A點的速度越小，則機(jī)械能越小，在B點的速度也越小，鐵球不脫軌且需要的磁性引力最小的條件是：小鐵球在A點的速度恰好為0，而且到達(dá)B點時，軌道對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點的速度恰好為0，到達(dá)B點時的速度滿足mg2R＝mv2，軌道對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，軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg，故D正確。 10．(2016全國卷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B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為。一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。 (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。 解析：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機(jī)械能守恒定律得EkA＝mg ① 設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mg ② 由①②式得＝5。 ③ (2)若小球能沿軌道運動到C點，則小球在C點所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④ 設(shè)小球在C點的速度大小為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運動到C點。 答案：(1)5　(2)能沿軌道運動到C點 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A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53。松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。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)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識可知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 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，小球向下運動到最低點時，恰好回到起始點，設(shè)此時物塊受到的拉力為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——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。若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過最高點A處時對軌道的壓力為(　　) A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg 解析：選C　小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝，小球在軌道1上經(jīng)過最高點A處時，有F＋mg＝，根據(jù)機(jī)械能守恒，有1.6mgR＝mvA2－mvB2，解得F＝4mg，C項正確。 13．(多選)如圖所示，左側(cè)為一個固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O點為球心，碗的內(nèi)表面及碗口光滑。右側(cè)是一個足夠長的固定光滑斜面。一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過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)點的小球m1和物塊m2，且m1＞m2。開始時m1恰在A點，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn)，此時連接m1、m2的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直，C點在圓心O的正下方。將m1由靜止釋放開始運動，則下列說法正確的是(　　) A．在m1從A點運動到C點的過程中，m1與m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．當(dāng)m1運動到C點時，m1的速率是m2速率的倍 C．m1不可能沿碗面上升到B點 D．m2沿斜面上滑過程中，地面對斜面的支持力始終保持恒定 解析：選ACD　在m1從A點運動到C點的過程中，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運動到最低點C時m1、m2的速度大小分別為v1、v2，則有v1cos 45＝v2，則＝，故B錯誤；假設(shè)m1能上升到B點，由于m2升高，m1與m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能會增大，違背機(jī)械能守恒定律，所以假設(shè)不成立，故C正確；m2沿光滑斜面上滑過程中，m2對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斜面的支持力始終保持恒定，故D正確。