(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

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