（江蘇專版）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、（江蘇專版）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）對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：機(jī)械能守恒的理解與判斷1.根據(jù)伽利略理想斜面實(shí)驗(yàn)，利用如圖所示的軌道裝置做實(shí)驗(yàn)：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(diǎn)由靜止釋放后沿斜軌向下運(yùn)動(dòng)，并沿右側(cè)斜軌上升到的最高位置依次為1、2、3。對(duì)比這三次實(shí)驗(yàn)可知()A第一次實(shí)驗(yàn)中小球接觸的材料是最光滑的B第二次實(shí)驗(yàn)中小球的機(jī)械能守恒C第三次實(shí)驗(yàn)中小球的慣性最大D第三次實(shí)驗(yàn)中小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)的壓力最大解析：選D如果斜面光滑，則小球應(yīng)到達(dá)等高的位置，則由題圖可知，三次實(shí)驗(yàn)中小球均受到阻力作用，第一次實(shí)驗(yàn)中小球上升的高度最低，

2、接觸的材料是最不光滑的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；第二次實(shí)驗(yàn)中小球上升的高度低于原來(lái)的高度，說(shuō)明有阻力做負(fù)功，故機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；第三次實(shí)驗(yàn)中小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度最大，則根據(jù)向心力公式可知，小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)的壓力最大，所以選項(xiàng)D正確。2.(2018南通八校聯(lián)考)太陽(yáng)神車(chē)由四腳的支架吊著一個(gè)巨大的擺錘擺動(dòng)，游客被固定在擺下方的大圓盤(pán)A上，如圖所示。擺錘的擺動(dòng)幅度每邊可達(dá)120。6臺(tái)大功率的異步驅(qū)動(dòng)電機(jī)同時(shí)啟動(dòng)，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(pán)A的自轉(zhuǎn)，根據(jù)以上信息，以下說(shuō)法中正確的是()A當(dāng)擺錘擺至最高點(diǎn)的瞬間，游客受力平衡B當(dāng)擺錘

3、擺至最高點(diǎn)時(shí)，游客可體驗(yàn)最大的加速度C當(dāng)擺錘在下擺的過(guò)程中，擺錘的機(jī)械能一定不守恒D當(dāng)擺錘在上擺過(guò)程中游客體驗(yàn)超重，下擺過(guò)程游客體驗(yàn)失重解析：選C當(dāng)擺錘擺至最高點(diǎn)的瞬間，擺錘與游客將開(kāi)始下降，具有向下的加速度，游客受力不平衡，故A錯(cuò)誤；當(dāng)擺錘擺至最低點(diǎn)時(shí)，擺錘的速度最大，向心加速度最大，所以游客可體驗(yàn)最大的加速度，故B錯(cuò)誤；當(dāng)擺錘在下擺的過(guò)程中，由于電動(dòng)機(jī)做正功，擺錘的機(jī)械能一定不守恒，故C正確；當(dāng)擺錘在上擺過(guò)程中，擺錘向上做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，游客體驗(yàn)失重，故D錯(cuò)誤。3.多選如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長(zhǎng)的輕繩系于O點(diǎn)，B球用輕彈簧系于O點(diǎn)，O與O點(diǎn)在同一水平面上，分別將

4、A、B球拉到與懸點(diǎn)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(kāi)始釋放，當(dāng)兩球達(dá)到各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，兩球仍處在同一水平面上，則()A兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，兩球動(dòng)能相等B兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，A球動(dòng)能較大C兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，B球動(dòng)能較大D兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，A球受到向上的拉力較大解析：選BD兩個(gè)球都是從同一個(gè)水平面下降的，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)還是在同一個(gè)水平面上，根據(jù)重力做功的特點(diǎn)可知在整個(gè)過(guò)程中，A、B兩球重力做的功相同，但是，B球在下落的過(guò)程中彈簧要對(duì)球做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理得，B球在最低點(diǎn)的速度要比A的速度小，動(dòng)能也要比A的小，故A、C錯(cuò)誤，B正

5、確；由于在最低點(diǎn)時(shí)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(duì)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(gè)空間充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電的小球自A點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下落，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)與絕緣彈簧接觸，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)彈簧被壓縮至最短，然后被彈回。若不計(jì)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列判斷正確的是()A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球所受重力和彈力做功之和等于小球動(dòng)能增加量B小球由B到C動(dòng)能先增大后減小C小球在C點(diǎn)時(shí)加速度最大D小球由B到C的過(guò)程中，動(dòng)能和彈簧彈性勢(shì)能之和增大解析：選BCD運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球所受重力、彈力和電場(chǎng)力做功之和等于小球動(dòng)

6、能增加量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。在B點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)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(chǎng)力的合力等于彈力時(shí)，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(chǎng)力的合力，則加速度向上，做減速運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)C時(shí)速度為零，則小球由B到C動(dòng)能先增大后減小，選項(xiàng)B正確。小球下落與彈簧接觸的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，當(dāng)壓縮彈簧的速度等于剛接觸彈簧時(shí)的速度時(shí)，加速度大小相等，再往下壓縮加速度變大，則在C點(diǎn)時(shí)加速度最大，選項(xiàng)C正確。小球由B到C的過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能和彈簧彈性勢(shì)能之和增大，選項(xiàng)D正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：?jiǎn)蝹€(gè)物體的機(jī)械能守恒5多選(2019銅山模擬)如圖1所示

7、，甲，乙兩個(gè)小球可視為質(zhì)點(diǎn)，甲球沿傾角為30的光滑足夠長(zhǎng)斜面由靜止開(kāi)始下滑，乙球做自由落體運(yùn)動(dòng)，甲、乙兩球的動(dòng)能與路程的關(guān)系圖像如圖2所示。下列說(shuō)法正確的是()A甲球機(jī)械能不守恒，乙球機(jī)械能守恒B甲、乙兩球的質(zhì)量之比為m甲m乙41C甲、乙兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球重力的瞬時(shí)功率之比為P甲P乙11D甲、乙兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球高度相同解析：選BC兩球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，甲、乙兩球的機(jī)械能都守恒，故A錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，對(duì)甲球：Ek0m甲gx0sin 30，對(duì)乙球：Ek0m乙g2x0，解得：m甲m乙41，故B正確；兩球重力的瞬時(shí)功率為：Pmgvcos mg cos gcos ，

8、甲、乙兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球重力的瞬時(shí)功率之比為： 11，故C正確；甲、乙兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球高度之比為：x0sin 302x014，故D錯(cuò)誤。6(2019興化模擬)如圖為特種兵過(guò)山谷的簡(jiǎn)化示意圖。將一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩兩端固定在相距為d20 m的A、B兩等高點(diǎn)，繩上掛一小滑輪P，戰(zhàn)士們相互配合，沿著繩子滑到對(duì)面。如圖所示，戰(zhàn)士甲(圖中未畫(huà)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(shí)AP豎直，APB53，然后戰(zhàn)士甲將滑輪釋放。若不計(jì)滑輪摩擦及空氣阻力，也不計(jì)繩與滑輪的質(zhì)量，取重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6。求：

9、(1)戰(zhàn)士甲釋放滑輪前對(duì)滑輪的水平拉力F。(2)假如B點(diǎn)向A點(diǎn)靠近，但繩長(zhǎng)不變，F(xiàn)將如何變化？簡(jiǎn)述理由。(3)不改變d情況下將滑輪釋放，戰(zhàn)士乙運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度。解析：(1)戰(zhàn)士乙靜止時(shí)，對(duì)滑輪受力分析如圖1所示：根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得：T1sin 53FT1cos 53T2G又T1T2聯(lián)立解得：F250 N。(2)戰(zhàn)士從A到B運(yùn)動(dòng)過(guò)程，力的變化情況如圖2所示若AB間距縮短，繩長(zhǎng)不變，則APB變小，由(1)得FT1sin ，因sin 變小，cos 變大，得F變小。(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，戰(zhàn)士乙運(yùn)動(dòng)到最低處時(shí)重力勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，即有最大速度，初始：AP15 m，BP25 m，所以運(yùn)動(dòng)到

10、最低點(diǎn)時(shí)APBP20 m，ABP是正三角形，P在AB水平線下方10 m處，以P為零勢(shì)能面，hP(1015)m根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mghP00mv2解得：v m/s所以最大速度為：v6.81 m/s。答案：(1)250 N(2)F變小，理由見(jiàn)解析(3)6.81 m/s對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：多個(gè)物體的機(jī)械能守恒7.多選(2018揚(yáng)州邗江區(qū)監(jiān)測(cè))如圖所示，A和B兩個(gè)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(guò)O點(diǎn)的水平軸無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)?，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(guò)90的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()AA球的機(jī)械能增加B桿對(duì)A球始終不做功CB球重力勢(shì)能的減少量等于B球

11、動(dòng)能的增加量DA球和B球的總機(jī)械能守恒解析：選ADA球由靜止向上運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能增大，動(dòng)能也增大，所以機(jī)械能增大，桿一定對(duì)A球做了功，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于無(wú)摩擦力做功，系統(tǒng)只有重力做功，A球和B球的總機(jī)械能守恒，A球機(jī)械能增加，B球的機(jī)械能一定減少，故D項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。8多選(2019淮陰模擬)如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))套在固定的水平光滑橢圓形軌道上，橢圓的左焦點(diǎn)為P，長(zhǎng)軸AC2L0，短軸BDL0。原長(zhǎng)為L(zhǎng)0的輕彈簧一端套在過(guò)P點(diǎn)的光滑軸上，另一端與小球連接。若小球做橢圓運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是()A小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能大于在C點(diǎn)時(shí)

12、的B小球在A、C兩點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等C小球在B、D點(diǎn)時(shí)的速度最大D小球在B點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力沿BO方向解析：選BCD小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能和小球的動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，因?yàn)閺椈稍L(zhǎng)為L(zhǎng)0，半長(zhǎng)軸的長(zhǎng)為L(zhǎng)0，故在A點(diǎn)彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量等于PO的長(zhǎng)度，在C點(diǎn)彈簧長(zhǎng)度等于L0PO，故伸長(zhǎng)量等于PO的長(zhǎng)度，所以在A、C兩點(diǎn)彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢(shì)能相等，故在A、C兩點(diǎn)的動(dòng)能相等，A錯(cuò)誤，B正確；由數(shù)學(xué)知識(shí)可知BPDPL0，即B點(diǎn)到P點(diǎn)的距離或D點(diǎn)到P點(diǎn)的距離等于彈簧原長(zhǎng)，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，小球的動(dòng)能最大，所以在B、D兩點(diǎn)速度最大，C正確；因?yàn)樾∏蛱自谲壍郎?，所以在B點(diǎn)軌道的彈力沿B

13、O方向，D正確。9(2019大豐模擬)如圖所示，一輕繩跨過(guò)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(diǎn)由靜止釋放，設(shè)斜面和桿足夠長(zhǎng)，m1不會(huì)碰到滑輪，m2不會(huì)碰到地面。已知m2的質(zhì)量為m，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2。(1)若m2下滑到距A點(diǎn)1.6 m的C點(diǎn)時(shí)，其速度剛好為0，求m1增加的重力勢(shì)能及物體m1的質(zhì)量；(2)若m20.36m1，當(dāng)m2下滑到距A點(diǎn)0.9 m的B點(diǎn)時(shí)，求此過(guò)程繩對(duì)m2做的功。解析：(1)由幾何關(guān)系知：m2下滑到C點(diǎn)

14、，m1上升了l20.8 m此時(shí)兩者速度均為0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：m2ghACm1gl2sin 37解得：，m1mEpm1gl2sin 371.6mg (J)。(2)由幾何關(guān)系知：m2下滑到B點(diǎn)，m1上升了l10.3 m此時(shí)兩者速度關(guān)系為：v1v2sin 37由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：m2ghABm1gl1sin 37m1v12m2v22解得：v11.2 m/s，v22 m/s對(duì)m2應(yīng)用動(dòng)能定理，有m2ghABWFm2v22解得：WF7m (J)。答案：(1)1.6mg (J)m(2)7m (J)考點(diǎn)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

15、豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)。圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，重力加速度為g，則()A由A到C的過(guò)程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大B由A到C的過(guò)程中，圓環(huán)的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和先增大后減少C由A到B的過(guò)程中，圓環(huán)動(dòng)能的增加量小于重力勢(shì)能的減少量D在C處時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為mgh解析：選ACD圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，所以經(jīng)過(guò)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(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和守恒，因由A到C的過(guò)程中，彈性勢(shì)能逐漸

16、變大，則圓環(huán)的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和逐漸減少，故B錯(cuò)誤；由A到B的過(guò)程中，因圓環(huán)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和守恒，則彈簧的彈性勢(shì)能和圓環(huán)的動(dòng)能增加量之和等于圓環(huán)重力勢(shì)能的減少量，則圓環(huán)動(dòng)能的增加量小于重力勢(shì)能的減少量，故C正確；研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mghW彈000，則W彈mgh，故D正確。11(2019啟東模擬)一個(gè)質(zhì)量m0.20 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(diǎn)。彈簧的上端固定于環(huán)的最高點(diǎn)A，環(huán)的半徑R0.50 m，彈簧的原長(zhǎng)l00.50 m，勁度系數(shù)k4.8 N/m。如圖所示，若小球從圖中所示位置B點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑到最低點(diǎn)C時(shí)，彈

17、簧的彈性勢(shì)能Ep0.6 J。取g10 m/s2。求：(1)小球到C點(diǎn)時(shí)的速度vC的大?。?2)小球到C點(diǎn)時(shí)，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(duì)小球做多少功？解析：(1)在B點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能為0。小球從B至C的過(guò)程中，小球與彈簧的機(jī)械能守恒mghmvC2Ep其中hCDR(1cos 60)解以上兩式得：vC3 m/s。(2)設(shè)小球在C點(diǎn)受到圓環(huán)的彈力FN沿半徑向上。由牛頓第二定律得：F彈FNmgm即kRFNmgm解得FN3.2 N，方向沿半徑向上。(3)裝置水平放置時(shí)，對(duì)小球做的功應(yīng)與裝置豎直放置時(shí)重力做功相同。即WFWGmgR(1cos 60)解得WF1.5 J。答案：(1)3 m/s(2)3.2 N沿半徑向上(3)1.5 J