2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十八)第五章能量和動(dòng)量第3節(jié)機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用_第1頁(yè)
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PAGEPAGEPAGE2課時(shí)跟蹤檢測(cè)〔十八〕機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:機(jī)械能守恒的理解與判斷1.(多項(xiàng)選擇)一蹦極運(yùn)發(fā)動(dòng)身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺(tái)下落,到最低點(diǎn)(在水面上方)時(shí)距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略不計(jì),運(yùn)發(fā)動(dòng)可視為質(zhì)點(diǎn),以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.運(yùn)發(fā)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢(shì)能始終減小B.蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中,彈力做負(fù)功,彈性勢(shì)能增加C.蹦極過(guò)程中,運(yùn)發(fā)動(dòng)、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.蹦極過(guò)程中,運(yùn)發(fā)動(dòng)的重力勢(shì)能的改變量與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān)解析:選ABC運(yùn)發(fā)動(dòng)下落到最低點(diǎn)前,重力做正功,重力勢(shì)能減小,A正確;蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中,彈力做負(fù)功,彈性勢(shì)能增加,B正確;蹦極過(guò)程中,對(duì)運(yùn)發(fā)動(dòng)、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(jī)械能守恒,C正確;蹦極過(guò)程中,運(yùn)發(fā)動(dòng)的重力勢(shì)能的大小與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選擇有關(guān),但運(yùn)發(fā)動(dòng)的重力勢(shì)能的改變量與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選擇無(wú)關(guān),D錯(cuò)誤。2.(2022·唐山二模)如下圖,質(zhì)量均為m,半徑均為R的兩個(gè)完全相同的小球A、B,在水平軌道上以某一初速度向右沖上傾角為θ的傾斜軌道,兩軌道通過(guò)一小段圓弧平滑連接。假設(shè)兩小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終接觸,不計(jì)摩擦阻力及彎道處的能量損失,在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)兩球機(jī)械能的差值為()圖1A.0 B.mgRsinθC.2mgRsinθ D.2mgR解析:選C兩球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度相等,動(dòng)能相等,那么兩球機(jī)械能的差值等于重力勢(shì)能的差值,為:ΔE=mg·2Rsinθ=2mgRsinθ,故C正確。3.(2022·貴陽(yáng)監(jiān)測(cè))如下圖,一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端,彈簧的另一端固定于O點(diǎn)。將小球拉至A點(diǎn),彈簧恰好無(wú)形變,由靜止釋放小球,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方與A點(diǎn)的豎直高度差為h的B點(diǎn)時(shí),速度大小為v。重力加速度為g,以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于mghB.小球由A點(diǎn)到B點(diǎn)重力勢(shì)能減少eq\f(1,2)mv2C.小球由A點(diǎn)到B點(diǎn)克服彈力做功為mghD.小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mgh-eq\f(1,2)mv2解析:選D小球由A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中,小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,彈簧由原長(zhǎng)到發(fā)生伸長(zhǎng)的形變,小球動(dòng)能增加量小于重力勢(shì)能減少量,A項(xiàng)錯(cuò)誤;小球重力勢(shì)能減少量等于小球動(dòng)能增加量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和,B項(xiàng)錯(cuò)誤;彈簧彈性勢(shì)能增加量等于小球重力勢(shì)能減少量與動(dòng)能增加量之差,D項(xiàng)正確;彈簧彈性勢(shì)能增加量等于小球克服彈力所做的功,C項(xiàng)錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:?jiǎn)蝹€(gè)物體的機(jī)械能守恒4.如下圖,一長(zhǎng)L的均勻鐵鏈對(duì)稱(chēng)掛在一輕質(zhì)小滑輪上,由于某一微小的擾動(dòng)使得鏈條向一側(cè)滑動(dòng),那么鐵鏈完全離開(kāi)滑輪時(shí)的速度大小為()A.eq\r(2gL) B.eq\r(gL)C.eq\r(\f(gL,2)) D.eq\f(1,2)eq\r(gL)解析:選C鐵鏈向一側(cè)滑動(dòng)的過(guò)程受重力和滑輪彈力的作用,彈力始終與對(duì)應(yīng)各節(jié)鏈條的運(yùn)動(dòng)方向垂直,故只有重力做功。設(shè)鐵鏈剛好完全離開(kāi)滑輪時(shí)的速度為v,由機(jī)械能守恒定律有:eq\f(1,2)mv2+ΔEp=0,其中鐵鏈重力勢(shì)能的變化量相當(dāng)于滑離時(shí)下半局部的重力勢(shì)能減去滑動(dòng)前左半局部的重力勢(shì)能,如下圖,即ΔEp=-eq\f(1,2)mg·eq\f(L,2),解得v=eq\r(\f(gL,2))。故C項(xiàng)正確。5.如圖甲所示,將質(zhì)量為m的小球以速度v0豎直向上拋出,小球上升的最大高度為h。假設(shè)將質(zhì)量分別為2m、3m、4m、5m的小球,分別以同樣大小的速度v0從半徑均為R=eq\f(1,2)h的豎直圓形光滑軌道的最低點(diǎn)水平向右射入軌道,軌道形狀如圖乙、丙、丁、戊所示。那么質(zhì)量分別為2m、3m、4m、A.質(zhì)量為2mB.質(zhì)量為3mC.質(zhì)量為4mD.質(zhì)量為5m解析:選C由題意可知,質(zhì)量為m的小球,豎直向上拋出時(shí)只有重力做功,故機(jī)械能守恒,得:mgh=eq\f(1,2)mv02。題圖乙將質(zhì)量為2m的小球以速度v0射入軌道,小球假設(shè)能到達(dá)最大高度為h,那么此時(shí)速度不為零,此時(shí)的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和,大于初位置時(shí)的動(dòng)能與重力勢(shì)能,故不可能,即h2<h,故A錯(cuò)誤;由丙圖和戊圖,可知小球出軌道時(shí)的速度方向不沿豎直方向,那么上升到最高點(diǎn)時(shí)水平方向速度不為零,依據(jù)機(jī)械能守恒定律:h3<h,h5<h,故B、D錯(cuò)誤;由丁圖可知,小球出軌道時(shí)的速度方向沿豎直方向向上,那么上升到最高點(diǎn)時(shí),速度為零,依據(jù)機(jī)械能守恒定律:h4=h,故C正確。6.(2022·南平質(zhì)檢)豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑圓弧軌道CDM與左側(cè)光滑斜面體ABC相切于C點(diǎn),傾角分別如下圖。O為圓弧圓心,D為圓弧最低點(diǎn),C、M在同一水平高度。斜面體ABC固定在地面上,頂端B安裝一個(gè)光滑的定滑輪,一輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)定滑輪分別連接小物塊P、Q(兩邊細(xì)繩分別與對(duì)應(yīng)斜面平行),此時(shí)P、Q兩物塊在斜面上保持靜止。假設(shè)PC間距L1=0.25m,物塊P質(zhì)量m1=3kg。(取g=10m/s2。sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)小物塊Q的質(zhì)量m2;(2)假設(shè)燒斷細(xì)繩后,物塊P第一次過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為78N,那么圓弧面的半徑R是多少?解析:(1)P、Q兩物塊在斜面上保持靜止,根據(jù)平衡條件得:對(duì)P受力分析:m1gsin53°=T①對(duì)Q受力分析:T=m2gsin37°②由①②式代入數(shù)據(jù)解得:m2=4kg。(2)物塊P運(yùn)動(dòng)到D過(guò)程由機(jī)械能守恒定律得:m1gh=eq\f(1,2)m1vD2③由幾何關(guān)系得:h=L1sin53°+R(1-cos53°)④物塊P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律:FD-m1g=m1eq\f(vD2,R)⑤由③④⑤代入數(shù)據(jù)得:R=0.5m。答案:(1)4kg(2)0.5m對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:多個(gè)物體的機(jī)械能守恒7.(多項(xiàng)選擇)(2022·沈陽(yáng)質(zhì)量監(jiān)測(cè))如下圖,A和B兩個(gè)小球固定在一根輕桿的兩端,A球的質(zhì)量為m,B球的質(zhì)量為2m,此桿可繞穿過(guò)O點(diǎn)的水平軸無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)。現(xiàn)使輕桿從水平位置由靜止釋放,那么在桿從釋放到轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中,以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.A球的機(jī)械能增加B.桿對(duì)A球始終不做功C.B球重力勢(shì)能的減少量等于B球動(dòng)能的增加量D.A球和B球的總機(jī)械能守恒解析:選ADA球由靜止向上運(yùn)動(dòng),重力勢(shì)能增大,動(dòng)能也增大,所以機(jī)械能增大,桿一定對(duì)A球做了功,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由于無(wú)摩擦力做功,系統(tǒng)只有重力做功,A球和B球的總機(jī)械能守恒,A球機(jī)械能增加,B球的機(jī)械能一定減少,故D項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤。8.(2022·煙臺(tái)模擬)如下圖,可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B用一根長(zhǎng)為0.2m的輕桿相連,兩球質(zhì)量相等,開(kāi)始時(shí)兩小球置于光滑的水平面上,并給兩小球一個(gè)2m/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10m/s2,在兩小球的速度減小為零的過(guò)程中,以下判斷正確的選項(xiàng)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0.15m解析:選D由題意可知,A、B兩球在上升中受A的重力做功而做減速運(yùn)動(dòng);假設(shè)沒(méi)有桿連接,那么A上升到斜面時(shí),B還在水平面上運(yùn)動(dòng),即A在斜面上做減速運(yùn)動(dòng),B在水平面上做勻速運(yùn)動(dòng),因有桿存在,所以是B推著A上升,因此桿對(duì)A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)球B做負(fù)功,故C錯(cuò)誤;根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒,可得:mgh+mg(h+Lsin30°)=eq\f(1,2)×2mv2,解得:h=0.15m,故D正確。9.(多項(xiàng)選擇)(2022·蘇北四市高三調(diào)研)如下圖,固定在地面的斜面體上開(kāi)有凹槽,槽內(nèi)緊挨放置六個(gè)半徑均為r的相同小球,各球編號(hào)如圖。斜面與水平軌道OA平滑連接,OA長(zhǎng)度為6r?,F(xiàn)將六個(gè)小球由靜止同時(shí)釋放,小球離開(kāi)A點(diǎn)后均做平拋運(yùn)動(dòng),不計(jì)一切摩擦。那么在各小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.球1的機(jī)械能守恒B.球6在OA段機(jī)械能增加C.球6的水平射程最小D.六個(gè)小球落地點(diǎn)各不相同解析:選BC6個(gè)小球都在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí),只有重力做功,整個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。當(dāng)有局部小球在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),斜面上的小球仍在加速,即球2對(duì)1的作用力做功,故球1的機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;球6在OA段運(yùn)動(dòng)時(shí),斜面上的球在加速,球5對(duì)球6的作用力做正功,動(dòng)能增加,機(jī)械能增加,故B正確;由于有局部小球在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),斜面上的小球仍在加速,所以可知離開(kāi)A點(diǎn)時(shí)球6的速度最小,水平射程最小,故C正確;由于離開(kāi)A點(diǎn)時(shí),球6的速度最小,水平射程最小,而最后三個(gè)球在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)不再加速,1、2、3球的速度相等,水平射程相同,所以六個(gè)小球的落點(diǎn)不全相同,故D錯(cuò)誤。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(xì)繩通過(guò)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(xì)繩與斜面平行,斜面足夠長(zhǎng),用手托住物體B使細(xì)繩剛好沒(méi)有拉力,然后由靜止釋放,求:(1)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)細(xì)繩上的拉力;(2)物體A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)時(shí)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(zhǎng)時(shí),物體A、B的加速度大小相同,對(duì)B分析:mg-T=ma對(duì)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(shí),即物體A的加速度為0,對(duì)物體A分析有:mg=kx2+mgsin30°彈簧的伸長(zhǎng)量為:x2=10cm所以物體A沿斜面上升的距離為:x=x1+x2=20cm。(3)因?yàn)閤1=x2,所以彈簧的彈性勢(shì)能沒(méi)有改變,由系統(tǒng)機(jī)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考點(diǎn)綜合訓(xùn)練11.(多項(xiàng)選擇)(2022·漳州檢測(cè))如下圖,足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以速度v沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng),傳送帶的左端與光滑圓弧軌道底部平滑連接,圓弧軌道上的A點(diǎn)與圓心等高,一小物塊從A點(diǎn)靜止滑下,再滑上傳送帶,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又返回圓弧軌道,返回圓弧軌道時(shí)小物塊恰好能到達(dá)A點(diǎn),那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.圓弧軌道的半徑一定是eq\f(v2,2g)B.假設(shè)減小傳送帶速度,那么小物塊仍可能到達(dá)A點(diǎn)C.假設(shè)增加傳送帶速度,那么小物塊有可能經(jīng)過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)D.不管傳送帶速度增加到多大,小物塊都不可能經(jīng)過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)解析:選BD物塊在圓弧軌道上下滑的過(guò)程中,物塊的機(jī)械能守恒,根據(jù)機(jī)械能守恒可得:mgR=eq\f(1,2)mv02,所以小物塊滑上傳送帶的初速度:v0=eq\r(2gR),物塊到達(dá)傳送帶上之后,由于摩擦力的作用開(kāi)始減速,速度減小為零之后,又在傳送帶的摩擦力的作用下反向加速,根據(jù)物塊的受力可知,物塊在減速和加速的過(guò)程物塊的加速度的大小是相同的,所以物塊返回圓弧軌道時(shí)速度大小等于從圓弧軌道下滑剛到傳送帶時(shí)的速度大小,只要傳送帶的速度v≥eq\r(2gR),物塊就能返回到A點(diǎn),那么R≤eq\f(v2,2g),故A項(xiàng)錯(cuò)誤;假設(shè)減小傳送帶速度,只要傳送帶的速度v≥eq\r(2gR),物塊就能返回到A點(diǎn),故B項(xiàng)正確;假設(shè)增大傳送帶的速度,由于物塊返回到圓弧軌道的速度不變,只能滑到A點(diǎn),不能滑到圓弧軌道的最高點(diǎn),故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。12.(2022·威海高三月考)如下圖,半徑為R的光滑半圓形軌道ABC與傾角為θ=37°的粗糙斜面軌道DC相切于C點(diǎn),半圓形軌道的直徑AC與斜面垂直。質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)左上方距A點(diǎn)高為h的P點(diǎn)以某一速度水平拋出,剛好與半圓形軌道的A點(diǎn)相切進(jìn)入半圓形軌道內(nèi)側(cè),之后經(jīng)半圓形軌道沿斜面剛好運(yùn)動(dòng)到與拋出點(diǎn)等高的D處。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,取R=eq\f(50,9)h,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計(jì)空氣阻力,求:(1)小球被拋出時(shí)的速度v0;(2)小球到達(dá)半圓軌道最低點(diǎn)B時(shí),對(duì)軌道的壓力大??;(3)小球從C到D過(guò)程中摩擦力做的功W。解析:(1)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí),速度與水平方向的夾角為θ,如下圖。那么有v12=2gh①由幾何關(guān)系得v0tanθ=v1②聯(lián)立以上各式解得v0=eq\f(4,3)eq\r(2gh)。③(2)A、B間豎直高度H=R(1+cosθ)④設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v,那么從拋出點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程中,根據(jù)機(jī)械能守恒有

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