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1、（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 第三節(jié) 機(jī)械能守恒定律檢測 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2019·北京模擬)將一個(gè)物體以初動能E0豎直向上拋出，落回地面時(shí)物體的動能為.設(shè)空氣阻力恒定，如果將它以初動能4E0豎直上拋，則它在上升到最高點(diǎn)的過程中，重力勢能變化了(　　) A．3E0　　　　　　　　　 B．2E0 C．1.5E0 D．E0 解析：選A.設(shè)動能為E0，其初速度為v0，上升高度為h；當(dāng)動能為4E0，則初速度為2v0，上升高度為h′.由于在上升過程中加速度相同，根據(jù)v2＝2gh可知，h′＝4h根據(jù)動能定理設(shè)摩擦力大小為f，則f×2h＝，因此f×4

2、h＝E0.因此在升到最高處其重力勢能為3E0，所以答案為A. 2.(2019·無錫模擬)如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是(　　) A．斜劈對小球的彈力不做功 B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．斜劈的機(jī)械能守恒 D．小球重力勢能減少量等于斜劈動能的增加量 解析：選B.不計(jì)一切摩擦，小球下滑時(shí)，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，小球重力勢能減少量等于斜劈和小球的動能增加量，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B正確，C、D錯(cuò)誤；斜劈對小球的彈力與小球位移間夾角大于90°，故彈力做負(fù)功

3、，A錯(cuò)誤． 3．在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則落在同一水平地面時(shí)的速度大小(　　) A．一樣大　　　　　　　 B．水平拋的最大 C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大 解析：選A.不計(jì)空氣阻力的拋體運(yùn)動，機(jī)械能守恒．故以相同的速率向不同的方向拋出落至同一水平地面時(shí)，物體速度的大小相等，故只有選項(xiàng)A正確． 4.(2019·蘭州模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用不可伸長的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍．當(dāng)B位于地面時(shí)，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　) A

4、．2R　 　 B． C.　 　 D． 解析：選C.設(shè)A、B的質(zhì)量分別為2m、m，當(dāng)A落到地面上時(shí)，B恰好運(yùn)動到與圓柱軸心等高處，以A、B整體為研究對象，則A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故有2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，A落到地面上以后，B仍以速度v豎直上拋，上升的高度為h＝，解得h＝R，故B上升的總高度為R＋h＝R，選項(xiàng)C正確． 5.如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距

5、離的過程中(　　) A．圓環(huán)的機(jī)械能守恒 B．彈簧彈性勢能變化了mgL C．圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力為零 D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變 解析：選B.圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；彈簧長度為2L時(shí)，圓環(huán)下落的高度h＝L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，選項(xiàng)B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動，當(dāng)速度最大時(shí)，合力為零，下滑到最大距離時(shí)，具有向上的加速度，合力不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 6．如圖所示，豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R，小球A、B質(zhì)量分

6、別為mA、mB，A和B之間用一根長為l(lmB，B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同 C．在A下滑過程中輕桿對A做負(fù)功，對B做正功 D．A在下滑過程中減少的重力勢能等于A與B增加的動能 解析：選C.選軌道最低點(diǎn)為零勢能點(diǎn)，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒條件可知A和B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，如果B在右側(cè)上升的最大高度與A的起始高度相同，則有mAgh－mBgh＝0，則有mA＝mB，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球A下滑、B上升過程中小球B

7、機(jī)械能增加，則小球A機(jī)械能減少，說明輕桿對A做負(fù)功，對B做正功，故選項(xiàng)C正確；A下滑過程中減少的重力勢能等于B上升過程中增加的重力勢能和A與B增加的動能之和，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 7.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(shí)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(shí)，右側(cè)液面下降的速度為(　　) A. B． C. D． 解析：選A.當(dāng)兩液面高度相等時(shí)，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為整個(gè)液體的動能，如解析圖所示，由機(jī)械能守恒定律可得mg·h＝mv2，解得v＝ . 二、多項(xiàng)選擇題 8.(2019·寧波調(diào)研)某娛樂項(xiàng)目中，參

8、與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進(jìn)入下一關(guān)．現(xiàn)在將這個(gè)娛樂項(xiàng)目進(jìn)行簡化，假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以速率v豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器．若參與者仍在剛才的拋出點(diǎn)，沿A、B、C、D四個(gè)不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，如圖所示．則小球能夠擊中觸發(fā)器的可能是(　　) 解析：選CD.豎直上拋時(shí)小球恰好擊中觸發(fā)器，則由－mgh＝0－mv2，h＝2R得v＝2.沿圖A中軌道以速率v拋出小球，小球沿光滑圓弧內(nèi)表面做圓周運(yùn)動，到達(dá)最高點(diǎn)的速率應(yīng)大于或等于，所以小球不能到達(dá)圓弧最高點(diǎn)，即不能擊中觸發(fā)器．沿圖B中軌道以速率v拋出小球，小球沿光滑斜面上滑一段后做斜拋運(yùn)動，最高點(diǎn)具有水平方向的速度，

9、所以也不能擊中觸發(fā)器．圖C及圖D中小球在軌道最高點(diǎn)速度均可以為零，由機(jī)械能守恒定律可知小球能夠擊中觸發(fā)器． 9.(2019·蘇北四市調(diào)研)如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B(均可看做質(zhì)點(diǎn))，且小球A、B用一長為2R的輕質(zhì)細(xì)桿相連，在小球B從最高點(diǎn)由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點(diǎn)的過程中(已知重力加速度為g)，下列說法正確的是(　　) A．A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能 B．A球增加的重力勢能等于B球減少的重力勢能 C．A球的最大速度為 D．細(xì)桿對A球做的功為mgR 解析：選ACD.系統(tǒng)機(jī)械能守恒的實(shí)質(zhì)可以理解為是一種機(jī)械能的

10、轉(zhuǎn)移，此題的情景就是A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能，A對，B錯(cuò)；根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mg·2R－mg·2R＝×3mv2，所以A球的最大速度為 ，C對；根據(jù)功能關(guān)系，細(xì)桿對A球做的功等于A球增加的機(jī)械能，即WA＝mv2＋mg·2R＝mgR，故D對． 10.把質(zhì)量是0.2 kg的小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A的位置，如圖甲所示．迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置C(圖丙)．途中經(jīng)過位置B時(shí)彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)．已知B、A的高度差為0.1 m，C、B的高度差為 0.2 m，彈簧的質(zhì)量和空氣阻力都可以忽略，重力加速度g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　)

11、 A．小球從A上升至B的過程中，彈簧的彈性勢能一直減小，小球的動能一直增加 B．小球從B上升到C的過程中，小球的動能一直減小，勢能一直增加 C．小球在位置A時(shí)，彈簧的彈性勢能為0.6 J D．小球從位置A上升至C的過程中，小球的最大動能為 0.4 J 解析：選BC.小球從A上升到B的過程中，彈簧的形變量越來越小，彈簧的彈性勢能一直減小，小球在A、B之間某處的合力為零，速度最大，對應(yīng)動能最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球從B上升到C的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，動能減少，勢能增加，選項(xiàng)B正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球在位置A時(shí)，彈簧的彈性勢能為Ep＝mghAC＝0.2×10×0.3 J＝0.6

12、 J，選項(xiàng)C正確；小球在B點(diǎn)時(shí)的動能為Ek＝mghBC＝0.4 J＜Ekm，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 11．(2019·溫州高三模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起，斜面足夠長．在圓弧軌道上靜止著N個(gè)半徑為r(r?R)的光滑小球(小球無明顯形變)，小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點(diǎn)A到最低點(diǎn)B依次標(biāo)記為1、2、3…、N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走，N個(gè)小球由靜止開始沿軌道運(yùn)動，不計(jì)摩擦與空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．N個(gè)小球在運(yùn)動過程中始終不會散開 B．第1個(gè)小球從A到B過程中機(jī)械能守恒 C．第1個(gè)小球到達(dá)B點(diǎn)前第N個(gè)小

13、球做勻加速運(yùn)動 D．第1個(gè)小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度v< 解析：選AD.在下滑的過程中，水平面上的小球要做勻速運(yùn)動，而曲面上的小球要做加速運(yùn)動，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯皵D壓的作用，所以小球之間始終相互擠壓，沖上斜面后后面的小球把前面的小球往上壓，所以小球之間始終相互擠壓，故N個(gè)小球在運(yùn)動過程中始終不會散開，故A正確；第一個(gè)小球在下落過程中受到擠壓，所以有外力對小球做功，小球的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；由于小球在下落過程中速度發(fā)生變化，相互間的擠壓力變化，所以第N個(gè)小球不可能做勻加速運(yùn)動，故C錯(cuò)誤；當(dāng)重心下降時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mv2＝mg·，解得：v＝；同樣對整體在AB段時(shí)，重心低于，

14、所以第1個(gè)小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度v<，故D正確． 12.如圖所示，滑塊A、B的質(zhì)量均為m，A套在固定傾斜直桿上，傾斜直桿與水平面成45°角，B套在固定水平直桿上，兩直桿分離不接觸，兩直桿間的距離忽略不計(jì)且桿足夠長，A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿(初始時(shí)輕桿與水平面成30°角)連接，A、B從靜止釋放，B沿水平面向右運(yùn)動，不計(jì)一切摩擦，滑塊A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，在運(yùn)動的過程中，下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)A到達(dá)與B同一水平面時(shí)vB＝vA B．當(dāng)A到達(dá)與B同一水平面時(shí)，B的速度為 C．滑塊B到達(dá)最右端時(shí)，A的速度為 D．滑塊B的最大動能為mgL 解析：選ABD.由運(yùn)動的合成與分解

15、可知，當(dāng)A到達(dá)與B同一水平面時(shí)，有vAcos 45°＝vB，即vB＝vA，選項(xiàng)A正確；從開始到A到達(dá)與B同一水平面的過程中，A、B兩滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可得mgLsin 30°＝mv＋mv，解得vB＝，選項(xiàng)B正確；滑塊B到達(dá)最右端時(shí)，速度為零，此時(shí)輕桿與傾斜直桿垂直，由機(jī)械能守恒可得mgL(sin 30°＋sin 45°)＝mv，解得vA＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題意可知，當(dāng)輕桿與水平直桿垂直時(shí)B的速度最大，此時(shí)A的速度為零，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mgL(1＋sin 30°)＝EkB，解得EkB＝mgL，選項(xiàng)D正確． 三、非選擇題 13．(2018·高考江蘇卷)如圖所示，釘子A

16、、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(diǎn)，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(shí)BC與水平方向的夾角為53°.松手后，小球運(yùn)動到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)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(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T. 解析：(1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2 F1sin 53°＝F2cos 53° F＋mg＝F1cos 53°＋F2sin 53° 且F1＝Mg 解得F＝Mg－mg. (2)小球運(yùn)動到與A、B相同高度過程中 小球上升高度h1＝3lsin 53°，物塊下降高度h2＝2l 機(jī)械能守恒定律mgh1＝Mgh2 解得＝. (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球回到起始點(diǎn)．設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T 牛頓運(yùn)動定律Mg－T＝Ma 小球受AC的拉力T′＝T 牛頓運(yùn)動定律T′－mgcos 53°＝ma 解得T＝(T＝mg或T＝Mg)． 答案：(1)Mg－mg　(2)　(3)見解析