2020屆高考物理總復(fù)習(xí)課堂檢測：機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用

1、課時(shí)跟蹤檢測（十八） 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 A 級一一基礎(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， 下滑過程中a減小，Sin

2、 a變小，故摩擦力 Ff變小，故 滑過程中動(dòng)能不變，重力勢能減小，則機(jī)械能減小，故 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 vo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（ ） 1 2 Am v o + mgH I 2 B.?mv o + mghi C. mgH mgh2 1 2 D. ?m v o + 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)的過程中，受一個(gè)恒定的沿斜面向上的拉力

3、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)的過程 中，下列說法正確的是（ ） 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 錯(cuò)誤。 即 Ff= mgsin a, B 錯(cuò)誤。運(yùn)動(dòng)員下 課時(shí)跟蹤檢測（十八） 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 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 a+ Ff - F = ma 知: F Ff = mgsin 30 ma0，即 F F

4、f，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= 30 m/s,落地時(shí)，tan 60 =護(hù)，可得：v0 ta6二顱m/s，由機(jī)械能守恒得：Ep=如 v。2，可求得：Ep= 10 J，故 A

5、 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,管中液柱總長度為 4h,后來讓液 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 為管中所有液體的動(dòng)能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 8mg h = mv2,解得: 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

6、面運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能增大 B. 物塊沿球面運(yùn)動(dòng)的過程中機(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 2 ;3gR 麗;誠 解析：選 A 如圖所示，當(dāng)兩液面高度相等時(shí), 減少的重力勢能轉(zhuǎn)化 D .若物塊恰好在 P 點(diǎn)離開球面，則物塊的速度大小為 36gR 解析：選 BC 物塊沿球面運(yùn)動(dòng)的過程中，庫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) 0P 與豎直方向夾角為 0,則當(dāng) 2 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+ mgcos 0= m、R,因 物塊在最高點(diǎn)時(shí)對球殼的壓力大小是物塊重力大小的

7、2 倍，可知 F庫=mg,由機(jī)械能守恒 B 級一一保分題目練通抓牢 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 程中，下列判斷正確的是 （ ） A .桿對小球 A 做負(fù)功 B.小球 A 的機(jī)械能守恒 C 桿對小球 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、

8、B 兩球在上升中受重力做功而做減速運(yùn)動(dòng)。假設(shè)沒有桿 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 A 球做正功， 故 A 錯(cuò)誤；因桿對 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 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： 1 mgh+ mg(h+ Lsin 30 )= x 2mv2，解得：h = 0.15 m，故 D 正確。 8. （多選）在傾角為0的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈

9、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。在此過程中（ ） B.拉力的最大值為（m1+ m2）gsin 0+ m1a C .拉力做功的功率一直增大 D. 彈簧彈性勢能先減小后增大 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 論，由平衡條件得 kx1 1 定律得 mgR（1 cos 0）= qmv2，聯(lián)立解得 2 一 v = 3：3gR,選項(xiàng) C 正確, D 錯(cuò)誤。 A .物塊 A 運(yùn)動(dòng)的距離為

10、 m1gsin 0 k =m1gsin 0,解得 x1=吧“ 0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 0解得 x2= “邏” 0。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= m +匹匹嚴(yán)嚴(yán)=mi+ 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) migsin 0 kx2= mia，解得拉力 F =（mi+ m2）gsin 0+ mia，選項(xiàng) B 正確。在拉力

11、拉物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過程中，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。由于彈簧原來處于壓縮狀態(tài)，具有彈性勢能，在拉力拉 物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧先恢復(fù)原長，后被拉伸，又具有彈性勢能，即彈簧彈性 勢能先減小后增大，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)，軌道對鐵球的磁性引力始

12、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)過程中機(jī)械能守恒 C .鐵球在 A 點(diǎn)的速度必須大于 gR D .軌道對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小鐵球做功，只有重力對小鐵球做功，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

13、A 點(diǎn)軌道對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 A 點(diǎn)，故 C 錯(cuò)誤；由于小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過程中機(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 mg 2R= fmv2，軌道對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 2 mg = m*，聯(lián)立得 F = 5mg,可知要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的磁性引力至少

14、為 5mg, R 故 D 正確。 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 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 31。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; 物塊和小球的質(zhì)量之比 M

15、 : 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。 1 1 10. （2016 全國卷川）如圖，在豎直平面內(nèi)有由 ”圓弧 AB 和 2 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 R R, BC 弧的半徑為R。一小球在 A 點(diǎn)正上方與 A 相距R處由靜止開始 自由下落，經(jīng) A 點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)。 求小球在 B、A 兩點(diǎn)的動(dòng)能之比; （2） 通過計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到 解析：（1）設(shè)小球的質(zhì)量為 m,小球在 C 點(diǎn)。 A 點(diǎn)的動(dòng)能為 EkA，由機(jī)械能守恒定律得 EkA = 設(shè)小球在 B 點(diǎn)的動(dòng)能為 EkB，同理有 EkB = mg

16、5R 由式得譽(yù)=5。 EkA 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 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 應(yīng)滿足 NA 0 2 N+ mg= mVC R 2 由式得，vC應(yīng)滿足 mgw m22 R 由機(jī)械能守恒定律得 mgR = *mv C2 由式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到 C 點(diǎn)。 .口51 解析：（1 ）由幾何知識(shí)可知 AC 丄 BC,根據(jù)平衡條件得 (F + mg)cos 53 = Mg 解得 F = 3Mg mg。 （2）小球與 A、B 相同高度時(shí) 小球上升 h|= 3lsin 53 物塊下降 h2= 2l, 物塊和小球

17、組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 mghi= Mgh2 解得 m=6。 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 對小球，沿 AC 方向由牛頓第二定律得 T mgcos 53 = ma 解得 Th-8 5(m + M) ) 18mg+ 25Mg 亠 48 8 結(jié)合(2)可得 T = - 乜 - g或 55mg 或|Mg。 5 答案：( (1) )3Mg mg (2)6 : 5 如虬譽(yù)嚴(yán)或45mg 或魯 Mg (3)5 m+ M C 級一一難度題目適情選做 12. （2019 大同調(diào)研）一小球以一定的初速度

18、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 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。 恰好能通過軌道 2 的最高點(diǎn) B，則小球在軌道 1 上經(jīng)過最高點(diǎn) A 處時(shí)對軌道的壓力為（ B. 3mg C. 4mg 5mg 解析：選 C 小球恰好能通過軌道 2 的最高點(diǎn) B 時(shí)，有 2 mg= mvB,小球在軌道 1 上經(jīng) 1.8R 2 過最高點(diǎn) A 處時(shí)，有 F + mg=巴,根據(jù)機(jī)械能守恒，有 1.6mgR= mvA2 TmvB2，解得 F R 2 2 =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