2023屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測（十九）機械能守恒定律及其應(yīng)用（普通班）

課時跟蹤檢測〔十九〕機械能守恒定律及其應(yīng)用[A級——根底小題練熟練快]★1．[多項選擇]一蹦極運發(fā)動身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點(在水面上方)時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略不計，運發(fā)動可視為質(zhì)點，以下說法正確的選項是()A．運發(fā)動到達最低點前重力勢能始終減小B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加C．蹦極過程中，運發(fā)動、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D．蹦極過程中，運發(fā)動的重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關(guān)解析：選ABC運發(fā)動下落到最低點前，重力做正功，重力勢能減小，A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加，B正確；蹦極過程中，對運發(fā)動、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，除重力和彈力外其他力不做功，系統(tǒng)機械能守恒，C正確；蹦極過程中，運發(fā)動的重力勢能的大小與重力勢能零點的選擇有關(guān)，但運發(fā)動的重力勢能的改變量與重力勢能零點的選擇無關(guān)，D錯誤。★2．如下圖，在水平桌面上的A點有一個質(zhì)量為m的物體，以初速度v0被拋出，不計空氣阻力，當(dāng)它到達B點時，其動能為()A．eq\f(1,2)mv02＋mgHB．eq\f(1,2)mv02＋mgh1C．mgH－mgh2D．eq\f(1,2)mv02＋mgh2解析：選B由機械能守恒，mgh1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，到達B點的動能eq\f(1,2)mv2＝mgh1＋eq\f(1,2)mv02，B正確。★3.如下圖，具有一定初速度的物塊，沿傾角為30°的粗糙斜面向上運動的過程中，受一個恒定的沿斜面向上的拉力F作用，這時物塊的加速度大小為4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物塊向上運動的過程中，以下說法正確的選項是()A．物塊的機械能一定增加B．物塊的機械能一定減小C．物塊的機械能可能不變D．物塊的機械能可能增加也可能減小解析：選A機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，那么機械能的變化取決于F與Ff做功大小關(guān)系。由mgsinα＋Ff－F＝ma知：F－Ff＝mgsin30°－ma＞0，即F＞Ff，故F做正功多于克服摩擦力做功，故機械能增加，A項正確?！?．如下圖，在高1.5m的光滑平臺上有一個質(zhì)量為2kg的小球被一細線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向成60°角，那么彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g＝10m/s2)()A．10J B．15JC．20J D．25J解析：選A由h＝eq\f(1,2)gt2和vy＝gt得：vy＝eq\r(30)m/s，落地時，tan60°＝eq\f(vy,v0)可得：v0＝eq\f(vy,tan60°)＝eq\r(10)m/s，由機械能守恒得：Ep＝eq\f(1,2)mv02，可求得：Ep＝10J，故A正確。5．如下圖，長為L的均勻鏈條放在光滑水平桌面上，且使長度的eq\f(1,4)垂在桌邊，松手后鏈條從靜止開始沿桌邊下滑，那么鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為()A．eq\r(\f(3,2)gL)B．eq\f(\r(gL),4)C．eq\f(\r(15gL),4) D．4eq\r(gL)解析：選C由機械能守恒定律ΔEp減＝ΔEk增，即eq\f(3,4)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(3L,8)))＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\f(\r(15gL),4)。[B級——中檔題目練通抓牢]6.[多項選擇]如下圖，半徑為R的光滑半圓形軌道和光滑水平軌道相切，三個小球1、2、3沿水平軌道分別以速度v1＝2eq\r(gR)、v2＝3eq\r(gR)、v3＝4eq\r(gR)水平向左沖上半圓形軌道，g為重力加速度，以下關(guān)于三個小球的落點到半圓形軌道最低點A的水平距離和離開軌道后的運動形式的說法正確的選項是()A．三個小球離開軌道后均做平拋運動B．小球2和小球3的落點到A點的距離之比為eq\r(5)∶2eq\r(3)C．小球1和小球2做平拋運動的時間之比為1∶1D．小球2和小球3做平拋運動的時間之比為1∶1解析：選BD設(shè)小球恰好通過最高點時的速度為v，此時由重力提供向心力，那么mg＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\r(gR)設(shè)小球能通過最高點時在軌道最低點的最小速度為v′，由機械能守恒定律得2mgR＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv′2，得v′＝eq\r(5gR)由于v1＝2eq\r(gR)＜v′，所以小球1不能到達軌道最高點，也就不能做平拋運動，故A、C錯誤。小球2和小球3離開軌道后做平拋運動，由2R＝eq\f(1,2)gt2得t＝2eq\r(\f(R,g))，那么得：小球2和小球3做平拋運動的時間之比為1∶1。故D正確。設(shè)小球2和小球3通過最高點時的速度分別為v2′和v3′。根據(jù)機械能守恒定律得：2mgR＋eq\f(1,2)mv2′2＝eq\f(1,2)mv22；2mgR＋eq\f(1,2)mv3′2＝eq\f(1,2)mv32。解得v2′＝eq\r(5gR)，v3′＝2eq\r(3gR)。由平拋運動規(guī)律得：水平距離為x＝v0t，t相等，那么小球2和小球3的落點到A點的距離之比為eq\r(5)∶2eq\r(3)。故B正確。7．(2023·煙臺模擬)如下圖，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，以下判斷正確的選項是()A．桿對小球A做負功B．小球A的機械能守恒C．桿對小球B做正功D．小球B速度為零時距水平面的高度為0.15m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動；假設(shè)沒有桿連接，那么A上升到斜面時，B還在水平面上運動，即A在斜面上做減速運動，B在水平面上做勻速運動，因有桿存在，所以是B推著A上升，因此桿對A做正功，故A錯誤；因桿對A球做正功，故A球的機械能不守恒，故B錯誤；由以上分析可知，桿對球B做負功，故C錯誤；設(shè)小球B速度為零時距水平面的高度為h，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)×2mv2，解得：h＝0.15m，故D正確。8.[多項選擇](2023·揭陽市揭東一中檢測)如圖，兩個相同小物塊a和b之間用一根輕彈簧相連，小物塊a和b及彈簧組成的系統(tǒng)用細線靜止懸掛于足夠高的天花板下。細線某時刻被剪斷，系統(tǒng)下落，重力加速度為g，那么()A．細線剪斷瞬間，a和b的加速度大小均為gB．彈簧恢復(fù)原長時，a和b的加速度大小均為gC．下落過程中彈簧一直保持拉伸狀態(tài)D．下落過程中a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：選BD開始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力大小等于物塊b的重力mg，當(dāng)細線剪斷瞬間，彈簧不能突變，那么物塊b受力仍然平衡，加速度為零，而a受向下的重力和拉力作用，加速度為2g，故A錯誤；彈簧恢復(fù)原長時，兩物塊均只受重力，故加速度大小為g，由于此時物塊a的速度大于b的速度，故此后一段時間彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B正確，C錯誤；對a、b★9．(2023·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2)。一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。解析：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4)①設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5。③(2)假設(shè)小球能沿軌道運動到C點，那么小球在C點所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝meq\f(vC2,\f(R,2))⑤由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤meq\f(2vC2,R)⑥由機械能守恒定律得mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mvC2⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點。答案：(1)5(2)能沿軌道運動到C點10.如下圖，在傾角為30°的光滑斜面體上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質(zhì)量為m＝4kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使細繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，求：(1)彈簧恢復(fù)原長時細繩上的拉力；(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度大小。解析：(1)彈簧恢復(fù)原長時，物體A、B的加速度大小相同，對B分析：mg－T＝ma對A分析：T－mgsin30°＝ma代入數(shù)據(jù)解得：T＝30N。(2)初始位置，彈簧的壓縮量為：x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm，當(dāng)物體A速度最大時，即物體A的加速度為0，對物體A分析有：mg＝kx2＋mgsin30°彈簧的伸長量為：x2＝10cm所以物體A沿斜面上升的距離為：x＝x1＋x2＝20cm。(3)因為x1＝x2，所以彈簧的彈性勢能沒有改變，由系統(tǒng)機械能守恒得：mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)·2m·v2解得：v＝1m/s。答案：(1)30N(2)20cm(3)1m/s[C級——難度題目自主選做]★11.一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道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，假設(shè)小球恰好能通過軌道2的最高點B，那么小球在軌道1上經(jīng)過最高點A處時對軌道的壓力為()A．2mg B．3mgC．4mg D．5mg解析：選C小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝eq\f(mvB2,1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過最高點A處時，有F＋mg＝eq\f(mvA2,R)，根據(jù)機械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvB2，解得F＝4mg，C項正確。12．[多項選擇](2023·棗莊期末)在豎直桿上安裝一個光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運動；不計經(jīng)導(dǎo)向槽時小球的能量損失；設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當(dāng)小球有最大水平位移時，以下說法正確的選項是()A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為eq\f(v2,4g)的位置B．最大水平位移為eq\f(v2,g)C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有v下＝2v上D．當(dāng)小球落地時，速度方向與水平方向成45°角解析：選AD設(shè)平拋時的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v0＝eq\r(v2－2gh)；根據(jù)平拋運動的知識可得下落時間：t＝eq\r(\f(2h,g))，那么水平位移x＝v0t＝eq\r(\b\l