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1、2022年高考物理二輪復習 課時跟蹤訓練6 機械能守恒 功能關(guān)系 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～9題為多項選擇題) 1．(2018·山東省淄博市高三三模)如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，用一個勁度系數(shù)為k的豎直輕質(zhì)彈簧連接，最初系統(tǒng)靜止，現(xiàn)在用力F緩慢拉A直到B剛好離開地面，則這一過程中力F做的功至少為(　　 ) A. B. C. D. B　[最初系統(tǒng)靜止時，彈力等于A的重力，由胡克定律得，彈簧被壓縮的長度x1＝，最后B剛好離開地面時，彈力等于B的重力，此時彈簧伸長的長度x2＝，此過程緩慢進行，所以力F做的功等于系統(tǒng)內(nèi)增加的重力勢能，根據(jù)功能關(guān)系可知：W＝mgh＝m

2、g×2×＝，故B正確； 故選B] 2．(2018·山東省湖北省重點學校協(xié)作體沖刺模擬)如圖所示，水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，一帶電金屬滑塊以Ek0＝30 J的初動能從斜面底端A沖上斜面，到頂端B時返回，已知滑塊從A滑到B的過程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，則(　　 ) A．滑塊帶正電，上滑過程中電勢能減小4 J B．滑塊上滑過程中機械能增加4 J C．滑塊上滑到斜面中點時重力勢能增加14 J D．滑塊返回到斜面底端時動能為15 J A　[動能定理知上滑過程中W電－WG－Wf＝ΔEk，代入數(shù)值得W電＝4 J，電場力做正功，滑塊帶正電，電勢能減小4 J，A

3、正確；由功能關(guān)系知滑塊上滑過程中機械能的變化量為ΔE＝W電－Wf＝－6 J，即機械能減小6 J，B錯誤；由題意知滑塊上滑到斜面中點時克服重力做功為12 J，即重力勢能增加12 J，C錯誤；由動能定理知Wf＝Ek0－Ek，所以滑塊返回到斜面底端時動能為10 J，D錯誤．] 3．(2018·福州一中高三沖刺)如圖所示，圓柱形的容器內(nèi)有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側(cè)壁．若相同的小球以同樣的速率，從點O沿各軌道同時向上運動．對它們向上運動過程．下列說法正確的是(　　 ) A．小球動能相等的位置在同一水平面上 B．小球重力勢能相等的位置

4、不在同一水平面上 C．運動過程中同一時刻，小球處在同一球面上 D．當小球在運動過程中產(chǎn)生的摩擦熱相等時，小球的位置不在同一水平面上 D　[運動過程中，摩擦力產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，設軌道與水平面間夾角為θ，即Q＝μmgl cos θ＝μmgx，x為小球的水平位移，Q相同時，x相同，傾角不同，所以高度h不同，D項正確．小球從底端開始，運動到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，動能一定不同，A項錯誤；小球的重力勢能只與其高度有關(guān)，故重力勢能相等時，小球一定在同一水平面上，B項錯誤；若運動過程中同一時刻，小球處于同一球面上，t＝0時，小球位于O點，即O為球面上一

5、點；設直軌道與水平面的夾角為θ，則小球在時間t0內(nèi)的位移x0＝vt0＋at，a＝－(g sin θ＋μg cos θ)．由于與θ有關(guān)，故小球一定不在同一球面上，C項錯誤．] 4．(2018·四川省宣賓市高三二診)如圖甲所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上．一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動．小球運動的v－t圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g.關(guān)于小球的運動過程，下列說法正確的是(　　 ) A．小球在tB時刻所受

6、彈簧彈力大于mg B．小球在tC時刻的加速度大于g C．小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，不能回到出發(fā)點 D．小球從tA時刻到tC時刻的過程中重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量 B　[由圖象可知，小球在tB時刻加速度大小為零，此時F彈＝mg sin 30°＝mg，選項A錯誤；小球在tC時刻到達最低點，彈力達到最大值；小球在A點的加速度大小為g，由圖象可知，在C點的切線的斜率大于在A點的切線的斜率，即小球在tC時刻的加速度大于g，選項B正確；由能量守恒定律可知，小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，小球能回到出發(fā)點，選項C錯誤；小球從tA時刻到tC時刻的過程中重力勢能的減少量與

7、動能減小量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，選項D錯誤；故選B.] 5．(2018·廣東省梅州市高三第六次調(diào)研)如圖所示，將質(zhì)量為mp＝5m的重物P懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為mQ＝3m的小物塊Q，小物塊Q套在豎直固定的光滑直桿上，固定光滑定滑輪與直桿的距離為L.現(xiàn)將小物塊Q拉到與之連結(jié)的輕繩水平時由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(　　 ) A．小物塊Q下滑距離L時，P、Q兩物體的速度大小相等 B．小物塊Q下滑某一位置時，與滑輪連結(jié)的軸對滑輪的作用力可能豎直向上 C．小物塊Q能下降的最大高度為h＝L D．小物塊Q下滑距離L時，P的速度大小. D　[小物塊Q

8、下滑距離L時，對物塊Q的速度沿繩子方向和垂直繩子方向進行分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物P的速度，有：vQ cos 45°＝vP，所以有vQ＝vP，故A錯誤；小物塊Q下滑過程中，滑輪兩側(cè)輕繩拉力總是大小相等，所以，軸對滑輪的作用力總在兩線的角平分線上，不可能在豎直方向上，故B錯誤；設小物塊下滑到最大高度h時物塊和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為－L，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒有：5mg(－L)＝3mgh，解得：h＝L，故C錯誤；當小物塊下滑L時，重物P上升的距離是－L＝L，兩物體的速度滿足v′Q＝vP′＝vP′，由機械能守恒定律得：3mg(L)－5mg(L)＝(5m)vP′2＋(3m)

9、vQ′2，綜上解得v′P＝，故D正確．] 6．(2018·山東省實驗中學高三第一次模擬考試)在奧運比賽項目中，10 m跳臺跳水是我國運動員的強項，某次訓練中，質(zhì)量為60 kg的跳水運動員從跳臺自由下落10 m后入水，在水中豎直向下減速運動，設空中下落時空氣阻力不計，水對他的阻力大小恒為2 400 N，那么在他入水后下降2.5 m的過程中，下列說法正確的是(取g＝10 m/s2)(　　 ) A．他的加速度大小為30 m/s2 B．他的動量減少了300 kg·m/s C．他的動能減少了6 000 J D．他的機械能減少了4 500 J AB　[運動員在水中受到質(zhì)量和水的阻力，選取向

10、下為正方向，則：－F＋mg＝ma，代入數(shù)據(jù)得：a＝－30 m/s2.負號表示方向向上；故A正確；運動員入水時的速度：v1＝＝＝10 m/s，入水后下降2.5 m后的速度：v2＝＝＝5 m/s, 所以動量的變化量： |ΔP|＝m(v1－v2)＝60×(10－5)＝300 kg·m/s.故B正確；減速下降深度為h的過程中，根據(jù)動能定理，動能的減小量等于克服合力做的功，為：(F－mg)h′＝(2400－600)×2.5＝4 500 J，故C錯誤；減速下降深度為h的過程中，機械能的減小量等于克服阻力做的功，為：Fh＝2 400×2.5＝6 000 J，故D錯誤；故選AB.] 7．(2018·湖北

11、省高三4月調(diào)研)如圖所示，小球A、B、C的質(zhì)量分別為m、m、2m，A與BC間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上．現(xiàn)讓兩輕桿并攏，將A由靜止釋放下降到最低點的過程中，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則(　　 ) A．A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 B．A、C之間的輕桿始終對C做正功 C．A與桌面接觸時具有水平方向的速度 D．A與桌面接觸時的速度大小為 AD　[A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向受到的合力為零，則水平方向動量守恒，選項A正確；小球C的速度先增大后減小，則A、C之間的輕桿對C先做正功后做負功，選項B錯誤；系統(tǒng)初動量為零，水平

12、方向末動量也為零，因A與桌面接觸時，三個球的水平速度相等，則根據(jù)水平方向動量守恒可知三個球的水平方向的速度均為零，選項C錯誤；豎直方向，當A與桌面接觸時，小球A的重力勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動能，因BC的速度為零，則mgL＝mv2，解得v＝，選項D正確；故選AD.] 8．(2018·山東省濰坊市高三三模)如圖所示，光滑長鐵鏈由若干節(jié)組成，全長為L，圓形管狀軌道半徑為R，L＞2πR，R遠大于一節(jié)鐵鏈的高度和長度．鐵鏈靠慣性通過軌道繼續(xù)前進，下列判斷正確的是(　　 ) A．在第一節(jié)完成圓周運動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機械能守恒 B．每節(jié)鐵鏈通過最高點的速度依次減小 C．第一節(jié)與最后一節(jié)到達最高點的

13、速度大小相等 D．第一節(jié)回到最低點至最后一節(jié)進入軌道的過程中鐵鏈的速度保持不變 CD　[A.鐵鏈、火車、繩等由完全相同的各部分構(gòu)成連接體，各部分之間有彈力作用，若選一節(jié)研究，有除重力或彈簧彈力的其他外力做功，機械能不守恒；但選取整個系統(tǒng)為對象時，各部分的力屬于內(nèi)力，做功抵消，系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，A錯誤．B、D.第一節(jié)上升的過程，系統(tǒng)的重心上升到圓心處，重力勢能增大，由系統(tǒng)機械能守恒知動能減?。灰院竺肯陆狄还?jié)，后面上升一節(jié)，系統(tǒng)的機械能不變，則速度相等，故B錯誤，D正確．C.第一節(jié)到達最高點和最后一節(jié)到最高點時系統(tǒng)的重心位置相同，由Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2知重力勢能相等時動能

14、相等，則每一節(jié)的速率相等，C正確．故選CD.] 9．(2018·江西省南昌市高三統(tǒng)一質(zhì)檢題)如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質(zhì)量M＝6m，把滑塊從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經(jīng)過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等，已知OA與水平面的夾角θ＝53°，OB長為L，與AB垂直，不計滑輪的摩擦力，重力加速度為g，滑塊P從A到B的過程中，說法正確的是(　　 ) A．對于滑塊Q，其重力功率先增大后減小 B．滑塊P運動到位置B處速度達到最大，且大小為 C．輕繩對滑塊P做功4

15、mgL D．P與Q的機械能之和先減小后增加 AC　[A.物塊Q釋放瞬間的速度為零，當物塊P運動至B點時，物塊Q的速度也為零，所以當P從A點運動至B點時，物塊Q的速度先增加后減小，物塊Q的重力的功率也為先增加后減小，故A正確；B.由于物塊P在AB兩點處彈簧的彈力大小相等，所以物塊P在A點時受到彈簧向上的彈力，運動至B點時受到向下的彈力，物塊P從A到B過程中，必定先加速度后減速，合力為零時速度最大，即在BA間某位置速度最大，故B錯誤；C.從A到B過程中，對于P、Q系統(tǒng)由動能定律可得：6 mg(－L)－mgL tan 53°－0＝mv2，對于P，由動能定理可得：W－mgL－0＝mv2聯(lián)立解得：W

16、＝4 mgL，故C正確；D.對于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機械能只與彈簧對P的做功有關(guān)，從A到B的過程中，彈簧對P先做正功，后做負功，所以系統(tǒng)的機械能先增加后減小，故D錯誤．故選：AC.] 二、非選擇題 10．輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運

17、動．重力加速度大小為g. (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍． 解析　(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律知，彈簧長度為l時的彈性勢能 為Ep＝5mgl① 設P的質(zhì)量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·4l② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得 vB＝③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即

18、P此時的速度大小v應滿足 mg≤m④ 設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l⑤ 聯(lián)立③⑤式得 vD＝⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得 2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置與B點之間的距離為 s＝vDt⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得 s＝2l⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有 Mv≤Mgl? 聯(lián)立①②⑩?式得 m

19、≤M

20、除鎖定．設斜面最高點C(未畫出)與A的高度差為3 h，試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出． 解析　(1)物塊從A第一次上滑到B的過程中，由功能關(guān)系得：Wf＋mgh＝Ep. 即μmg cos θ·＋mgh＝mgh. 解得：μ＝ (2)在上升的過程中和下滑的過程中物塊都受到重力、支持力和滑動摩擦力的作用，設上升和下降過程中的加速度大小分別是a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律得： 物塊上升過程有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1， 得a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝g×(＋×)＝g 物塊下滑過程有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma2， 得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝g×＝g 故a1∶a2＝5∶3. (3)經(jīng)過足夠長時間后，彈簧給物塊補充的彈性勢能將全部用來克服物塊在斜面上來回運動時阻力做的功，設穩(wěn)定時物塊上升的最大高度為hm.則由功能關(guān)系得：Ep＝Wf總． 即mgh＝2μmg cos θ· 解得：hm＝2.5h<3h 所以物塊不可能到達C點，即不能從C點拋出． 答案　(1)　(2)5∶3　(3)不能從C點拋出