《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(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）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(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）.doc（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十八） 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 [A級(jí)——基礎(chǔ)小題練熟練快] 1．(2018天津高考)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中(　　) A．所受合外力始終為零　　　 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變 解析：選C　運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力指向圓心，不做功，故A錯(cuò)誤，C正確。 如圖所示，沿圓弧切線方向運(yùn)動(dòng)員受到的合力為零，即Ff＝mgsin α，下滑過(guò)程中α減小，sin α變小，故摩擦力Ff變小，故B錯(cuò)誤。運(yùn)動(dòng)員下滑過(guò)程中動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。 2.如圖所示，在水平桌面上的A點(diǎn)有一個(gè)質(zhì)量為m的物體，以初速度v0被拋出，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為(　　) A.mv02＋mgH B.mv02＋mgh1 C．mgH－mgh2 D.mv02＋mgh2 解析：選B　由機(jī)械能守恒，mgh1＝mv2－mv02，到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能mv2＝mgh1＋mv02，B正確。 3.如圖所示，具有一定初速度的物塊，沿傾角為30的粗糙斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受一個(gè)恒定的沿斜面向上的拉力F作用，這時(shí)物塊的加速度大小為4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物塊向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物塊的機(jī)械能一定增加 B．物塊的機(jī)械能一定減小 C．物塊的機(jī)械能可能不變 D．物塊的機(jī)械能可能增加也可能減小 解析：選A　機(jī)械能變化的原因是非重力、彈力做功，題中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，則機(jī)械能的變化取決于F與Ff做功大小關(guān)系。由mgsin α＋Ff－F＝ma知：F－Ff＝mgsin 30－ma＞0，即F＞Ff，故F做正功多于克服摩擦力做功，故機(jī)械能增加，A項(xiàng)正確。 4.如圖所示，在高1.5 m的光滑平臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為2 kg的小球被一細(xì)線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)燒斷細(xì)線時(shí)，小球被彈出，小球落地時(shí)的速度方向與水平方向成60角，則彈簧被壓縮時(shí)具有的彈性勢(shì)能為(g＝10 m/s2)(　　) A．10 J B．15 J C．20 J D．25 J 解析：選A　由h＝gt2和vy＝gt得：vy＝ m/s，落地時(shí)，tan 60＝，可得：v0＝＝ m/s，由機(jī)械能守恒得：Ep＝mv02，可求得：Ep＝10 J，故A正確。 5. (2019鎮(zhèn)江模擬)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(zhǎng)度為4h，后來(lái)讓液體自由流動(dòng)，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　如圖所示，當(dāng)兩液面高度相等時(shí)，減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為管中所有液體的動(dòng)能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv2，解得：v＝ 。 6．(多選)一光滑、絕緣的半球殼固定在絕緣水平面上，球殼半徑為R，在球心O處固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，一個(gè)帶負(fù)電荷的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在球殼的頂端A?，F(xiàn)小物塊受到輕微擾動(dòng)從右側(cè)下滑，已知物塊靜止在A點(diǎn)時(shí)對(duì)球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，P點(diǎn)在球面上，則(　　) A．物塊沿球面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能增大 B．物塊沿球面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能不變 C．若物塊恰好在P點(diǎn)離開球面，則物塊的速度大小為 D．若物塊恰好在P點(diǎn)離開球面，則物塊的速度大小為 解析：選BC　物塊沿球面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，庫(kù)侖力和支持力沿球半徑方向不做功，只有重力做功，則物塊的機(jī)械能不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)OP與豎直方向夾角為θ，則當(dāng)物塊將要離開球面時(shí)所受球面的支持力為零，則由牛頓第二定律有F庫(kù)＋mgcos θ＝m，因物塊在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，可知F庫(kù)＝mg，由機(jī)械能守恒定律得mgR(1－cos θ)＝mv2，聯(lián)立解得v＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 [B級(jí)——保分題目練通抓牢] 7．(2018煙臺(tái)二模)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B用一根長(zhǎng)為0.2 m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等。開始時(shí)兩小球靜止于光滑的水平面上，現(xiàn)給兩小球一個(gè)2 m/s的初速度，經(jīng)一段時(shí)間兩小球滑上一個(gè)傾角為30的光滑斜面。不計(jì)球與斜面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，g取10 m/s2。在兩小球的速度減小為零的過(guò)程中，下列判斷正確的是(　　) A．桿對(duì)小球A做負(fù)功 B．小球A的機(jī)械能守恒 C．桿對(duì)小球B做正功 D．小球B速度為零時(shí)距水平面的高度為0.15 m 解析：選D　由題意可知，A、B兩球在上升中受重力做功而做減速運(yùn)動(dòng)。假設(shè)沒(méi)有桿連接，則A球上升到斜面時(shí)，B球還在水平面上運(yùn)動(dòng)，即A球在斜面上做減速運(yùn)動(dòng)，B球在水平面上做勻速運(yùn)動(dòng)，因有桿存在，所以是B球推著A球上升，因此桿對(duì)A球做正功，故A錯(cuò)誤；因桿對(duì)A球做正功，故A球的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；由以上分析可知，桿對(duì)B球做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；設(shè)小球B速度為零時(shí)距水平面的高度為h，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin 30)＝2mv2，解得：h＝0.15 m，故D正確。 8．(多選)在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一平行于斜面向上的拉力拉物塊A，使它以加速度a沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)直到物塊B剛要離開擋板C。在此過(guò)程中(　　) A．物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為 B．拉力的最大值為(m1＋m2)gsin θ＋m1a C．拉力做功的功率一直增大 D．彈簧彈性勢(shì)能先減小后增大 解析：選BCD　系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧被壓縮，設(shè)壓縮量為x1，由平衡條件得kx1＝m1gsin θ，解得x1＝。物塊B剛要離開擋板C時(shí)，彈簧被拉伸，彈簧彈力等于物塊B的重力沿斜面方向的分力，設(shè)拉伸量為x2，由kx2＝m2gsin θ，解得x2＝。物塊A在力F作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng)直到物塊B剛要離開擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x＝x1＋x2＝＋＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。在物塊B剛要離開擋板C時(shí)，拉力最大。隔離物塊A，分析受力，由牛頓第二定律，F(xiàn)－m1gsin θ－kx2＝m1a，解得拉力F＝(m1＋m2)gsin θ＋m1a，選項(xiàng)B正確。在拉力拉物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于拉力逐漸增大，物塊A沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，根據(jù)功率公式P＝Fv可知，拉力做功的功率一直增大，選項(xiàng)C正確。由于彈簧原來(lái)處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢(shì)能，在拉力拉物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧先恢復(fù)原長(zhǎng)，后被拉伸，又具有彈性勢(shì)能，即彈簧彈性勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)D正確。 9．(多選)如圖(a)所示，被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)不脫落。其原理可等效為如圖(b)所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固定，質(zhì)量為m的鐵球(視為質(zhì)點(diǎn))沿軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)，A、B分別為軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，軌道對(duì)鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變。不計(jì)摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則(　　) A．鐵球繞軌道可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．鐵球繞軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 C．鐵球在A點(diǎn)的速度必須大于 D．軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫軌 解析：選BD　小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到重力、軌道的彈力和磁性引力的作用，其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，彈力的方向過(guò)圓心，它們都始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以磁性引力和彈力都不能對(duì)小鐵球做功，只有重力對(duì)小鐵球做功，所以小鐵球的機(jī)械能守恒，在最高點(diǎn)的速度最小，在最低點(diǎn)的速度最大，小鐵球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；在A點(diǎn)軌道對(duì)小鐵球的彈力的方向向上，小鐵球的速度只要大于等于0即可通過(guò)A點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；由于小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，所以小鐵球在A點(diǎn)的速度越小，則機(jī)械能越小，在B點(diǎn)的速度也越小，鐵球不脫軌且需要的磁性引力最小的條件是：小鐵球在A點(diǎn)的速度恰好為0，而且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)鐵球的彈力恰好等于0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小鐵球在A點(diǎn)的速度恰好為0，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度滿足mg2R＝mv2，軌道對(duì)鐵球的彈力恰好等于0，則磁性引力與重力的合力提供向心力，即F－mg＝m，聯(lián)立得F＝5mg，可知要使鐵球不脫軌，軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg，故D正確。 10．(2016全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為。一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)。 (1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比； (2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。 解析：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA，由機(jī)械能守恒定律得EkA＝mg ① 設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB，同理有EkB＝mg ② 由①②式得＝5。 ③ (2)若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④ 設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝m⑤ 由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤m ⑥ 由機(jī)械能守恒定律得mg＝mvC2 ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。 答案：(1)5　(2)能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn) 11．(2018江蘇高考)如圖所示，釘子A、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(guò)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(zhǎng)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(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。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(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識(shí)可知AC⊥BC，根據(jù)平衡條件得 (F＋mg)cos 53＝Mg 解得F＝Mg－mg。 (2)小球與A、B相同高度時(shí) 小球上升h1＝3lsin 53， 物塊下降h2＝2l， 物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgh1＝Mgh2 解得＝。 (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，恰好回到起始點(diǎn)，設(shè)此時(shí)物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得 Mg－T＝Ma 對(duì)小球，沿AC方向由牛頓第二定律得 T－mgcos 53＝ma 解得T＝ 結(jié)合(2)可得T＝或mg或Mg。 答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3) [C級(jí)——難度題目適情選做] 12. (2019大同調(diào)研)一小球以一定的初速度從圖示位置進(jìn)入光滑的軌道，小球先進(jìn)入圓軌道1，再進(jìn)入圓軌道2。圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m。若小球恰好能通過(guò)軌道2的最高點(diǎn)B，則小球在軌道1上經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)A處時(shí)對(duì)軌道的壓力為(　　) A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg 解析：選C　小球恰好能通過(guò)軌道2的最高點(diǎn)B時(shí)，有mg＝，小球在軌道1上經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)A處時(shí)，有F＋mg＝，根據(jù)機(jī)械能守恒，有1.6mgR＝mvA2－mvB2，解得F＝4mg，C項(xiàng)正確。 13．(多選)如圖所示，左側(cè)為一個(gè)固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O點(diǎn)為球心，碗的內(nèi)表面及碗口光滑。右側(cè)是一個(gè)足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面。一根不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)碗口及豎直固定的輕質(zhì)光滑定滑輪，細(xì)繩兩端分別系有可視為質(zhì)點(diǎn)的小球m1和物塊m2，且m1＞m2。開始時(shí)m1恰在A點(diǎn)，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn)，此時(shí)連接m1、m2的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直，C點(diǎn)在圓心O的正下方。將m1由靜止釋放開始運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在m1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，m1與m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．當(dāng)m1運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，m1的速率是m2速率的倍 C．m1不可能沿碗面上升到B點(diǎn) D．m2沿斜面上滑過(guò)程中，地面對(duì)斜面的支持力始終保持恒定 解析：選ACD　在m1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，m1與m2組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A正確；設(shè)小球m1運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)m1、m2的速度大小分別為v1、v2，則有v1cos 45＝v2，則＝，故B錯(cuò)誤；假設(shè)m1能上升到B點(diǎn)，由于m2升高，m1與m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能會(huì)增大，違背機(jī)械能守恒定律，所以假設(shè)不成立，故C正確；m2沿光滑斜面上滑過(guò)程中，m2對(duì)斜面的壓力的大小和方向都不變，斜面的受力情況不變，由平衡條件可知地面對(duì)斜面的支持力始終保持恒定，故D正確。