《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十八）機械能守恒定律及其應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十八）機械能守恒定律及其應用（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十八）機械能守恒定律及其應用（含解析）對點訓練：機械能守恒的理解與判斷1.根據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，小球從左側斜軌上的O點由靜止釋放后沿斜軌向下運動，并沿右側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第三次實驗中小球對軌道最低點的壓力最大解析：選D如果斜面光滑，則小球應到達等高的位置，則由題圖可知，三次實驗中小球均受到阻力作用，第一次實驗中小球上升的高度最低，

2、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，說明有阻力做負功，故機械能不守恒，選項B錯誤；慣性只與質量有關，選項C錯誤；第三次實驗中小球到達最低點的速度最大，則根據向心力公式可知，小球對軌道最低點的壓力最大，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，根據以上信息，以下說法中正確的是()A當擺錘擺至最高點的瞬間，游客受力平衡B當擺錘

3、擺至最高點時，游客可體驗最大的加速度C當擺錘在下擺的過程中，擺錘的機械能一定不守恒D當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兩球質量相等，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

4、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，但是，B球在下落的過程中彈簧要對球做負功，根據動能定理得，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

5、確；由于在最低點時B的速度小，根據向心力的公式可知，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

6、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。對點訓練：單個物體的機械能守恒5多選(2019銅山模擬)如圖1所示

7、，甲，乙兩個小球可視為質點，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、乙兩球的質量之比為m甲m乙41C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11D甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度相同解析：選BC兩球在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：Ek0m甲gx0sin 30，對乙球：Ek0m乙g2x0，解得：m甲m乙41，故B正確；兩球重力的瞬時功率為：Pmgvcos mg cos gcos ，

8、甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為： 11，故C正確；甲、乙兩球的動能均為Ek0時，兩球高度之比為：x0sin 302x014，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d20 m的A、B兩等高點，繩上掛一小滑輪P，戰(zhàn)士們相互配合，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，質量為50 kg的戰(zhàn)士乙吊在滑輪上，腳離地，處于靜止狀態(tài)，此時AP豎直，APB53，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)士甲釋放滑輪前對滑輪的水平拉力F。(2)假如B點向A點靠近，但繩長不變，F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：根據共點力平衡條件得：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變小，由(1)得FT1sin ，因sin 變小，cos 變大，得F變小。(3)根據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：AP15 m，BP25 m，所以運動到

10、最低點時APBP20 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(1015)m根據機械能守恒定律有：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，理由見解析(3)6.81 m/s對點訓練：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球的質量為m，B球的質量為2m，此桿可繞穿過O點的水平軸無摩擦地轉動?，F使輕桿從水平位置由靜止釋放，則在桿從釋放到轉過90的過程中，下列說法正確的是()AA球的機械能增加B桿對A球始終不做功CB球重力勢能的減少量等于B球

11、動能的增加量DA球和B球的總機械能守恒解析：選ADA球由靜止向上運動，重力勢能增大，動能也增大，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AC2L0，短軸BDL0。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。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

12、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L0PO，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；由數學知識可知BPDPL0，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B

13、O方向，D正確。9(2019大豐模擬)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在讓物體m2從與滑輪等高的A點由靜止釋放，設斜面和桿足夠長，m1不會碰到滑輪，m2不會碰到地面。已知m2的質量為m，sin 370.6，cos 370.8，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的質量；(2)若m20.36m1，當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)由幾何關系知：m2下滑到C點

14、，m1上升了l20.8 m此時兩者速度均為0，由系統(tǒng)機械能守恒定律得：m2ghACm1gl2sin 37解得：，m1mEpm1gl2sin 371.6mg (J)。(2)由幾何關系知：m2下滑到B點，m1上升了l10.3 m此時兩者速度關系為：v1v2sin 37由系統(tǒng)機械能守恒定律得：m2ghABm1gl1sin 37m1v12m2v22解得：v11.2 m/s，v22 m/s對m2應用動能定理，有m2ghABWFm2v22解得：WF7m (J)。答案：(1)1.6mg (J)m(2)7m (J)考點綜合訓練10多選(2019鎮(zhèn)江一模)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為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。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經過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，經過B處的速度最大，所以經過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

16、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：mghW彈000，則W彈mgh，故D正確。11(2019啟東模擬)一個質量m0.20 kg的小球系于輕質彈簧的一端，且套在光滑豎立的圓環(huán)上的B點。彈簧的上端固定于環(huán)的最高點A，環(huán)的半徑R0.50 m，彈簧的原長l00.50 m，勁度系數k4.8 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

17、簧的彈性勢能Ep0.6 J。取g10 m/s2。求：(1)小球到C點時的速度vC的大小；(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mghmvC2Ep其中hCDR(1cos 60)解以上兩式得：vC3 m/s。(2)設小球在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FNmgm即kRFNmgm解得FN3.2 N，方向沿半徑向上。(3)裝置水平放置時，對小球做的功應與裝置豎直放置時重力做功相同。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