【師說】2022高考物理(新課標(biāo))一輪全程復(fù)習(xí)構(gòu)想檢測：課時訓(xùn)練16機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用

課時訓(xùn)練16機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用一、選擇題1．(多選)eq\a\vs4\al([2021·長沙模擬])如圖所示，現(xiàn)有兩個完全相同的可視為質(zhì)點的物塊都從同一高度由靜止開頭運動，一個自由下落，另一個沿光滑的固定斜面下滑，最終它們都到達(dá)同一水平面上，空氣阻力忽視不計，則下列說法正確的是()A．開頭運動到分別著地的過程，它們重力做的功相等，重力做功的平均功率相等B．它們到達(dá)水平面上時的動能相等C．它們到達(dá)水平面上時重力做功的瞬時功率相等D．開頭運動到分別著地的過程，它們的機(jī)械能都是守恒的解析設(shè)同一高度為h，物塊的質(zhì)量為m，則它們重力做的功均為W＝mgh，斜面上的位移較大且加速度較小，由s＝eq\f(1,2)at2知，斜面上用時較長，由P＝eq\f(W,t)知，重力做功的平均功率不相等，選項A錯誤；依據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ek＝mgh，它們到達(dá)水平面上時的動能相等，選項B正確；著地時重力做功的瞬時功率等于重力與沿重力方向上的分速度的乘積，所以它們著地時重力做功的瞬時功率不相等，選項C錯誤；從開頭運動到分別著地的過程中，均只有重力做功，它們的機(jī)械能都是守恒的，選項D正確．答案BD2.如圖是蹦床運動員落在彈簧床面的示意圖，在彈簧彈力的作用下，運動員有一段豎直向下做減速運動的緩沖過程，忽視空氣阻力，在此過程中()A．運動員處于失重狀態(tài)B．運動員所受合外力方向豎直向上C．運動員對彈簧床壓力大于彈簧床對運動員支持力D．運動員、地球和彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析運動員減速下降的過程中，加速度是向上的，所以屬于超重狀態(tài)，A錯誤；合外力與加速度方向相同，所以B對；運動員對彈簧床的壓力與彈簧床對運動員的支持力屬于相互作用力，必定等大，所以C錯誤；系統(tǒng)只有重力、彈簧彈力做功，所以機(jī)械能守恒，D對．答案BD3.一質(zhì)量為m的小球以初動能Ek0沖上傾角為θ的粗糙固定斜面，圖中兩條圖線分別表示小球在上升過程中動能、重力勢能與其上上升度之間的關(guān)系(以斜面底端所在平面為零重力勢能面)，h0表示上升的最大高度，圖中坐標(biāo)數(shù)據(jù)中的k為常數(shù)且滿足0<k<1，則由圖可知，下列結(jié)論正確的是()A．上升過程中摩擦力大小f＝kmgB．上升過程中摩擦力大小f＝kmgcosθC．上上升度h＝eq\f(k＋1,k＋2)h0sinθ時，小球重力勢能和動能相等D．上上升度h＝eq\f(k＋1,k＋2)h0時，小球重力勢能和動能相等解析上升過程中，重力勢能是漸漸增加的，動能是漸漸削減的，所以①表示重力勢能Ep隨上上升度變化的關(guān)系，②表示動能Ek隨上上升度變化的關(guān)系．由①知mgh0＝eq\f(Ek0,k＋1)，依據(jù)動能定理有－mgh0－f·eq\f(h0,sinθ)＝0－Ek0，得f＝kmgsinθ，選項A、B均錯誤；由①知Ep＝eq\f(Ek0,k＋1h0)h，由②知Ek＝－eq\f(Ek0,h0)h＋Ek0，由Ep＝Ek得h＝eq\f(k＋1,k＋2)h0，選項D正確，C錯誤．答案D4.eq\a\vs4\al([2021·昆明質(zhì)檢])如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)．現(xiàn)將小球沿桿拉到使彈簧處于水平位置時由靜止釋放，小球沿桿下滑，當(dāng)彈簧位于豎直位置時，小球速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h.若全過程中彈簧始終處于伸長狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi)，則下列說法正確的是()A．彈簧與桿垂直時，小球速度最大B．彈簧與桿垂直時，小球的動能與重力勢能之和最大C．小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量小于mghD．小球下滑至最低點的過程中，彈簧的彈性勢能增加量等于mgh解析設(shè)斜桿的傾角為θ，則當(dāng)彈簧與桿垂直時，小球所受的合力為mgsinθ≠0，小球連續(xù)向下加速，當(dāng)小球所受的合力為零時小球速度才達(dá)到最大，選項A錯誤；由小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧與桿垂直時，彈簧伸長量最短，其彈性勢能最小，那么小球的動能與重力勢能之和最大，選項B正確；小球下滑至最低點的過程中，動能的變化為零，依據(jù)機(jī)械能守恒定律知小球重力勢能的削減量mgh等于彈簧的彈性勢能的增加量，選項D正確．答案BD5.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h.若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降hA.eq\r(2gh) B.eq\r(gh)C.eq\r(\f(gh,2)) D．0解析對彈簧和小球A，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得彈性勢能Ep＝mgh；對彈簧和小球B，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ep＋eq\f(1,2)×2mv2＝2mgh，得小球B下降h時的速度v＝eq\r(gh)，只有選項B正確．答案B6.eq\a\vs4\al([2022·課標(biāo)全國卷Ⅱ])取水平地面為重力勢能零點．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等．不計空氣阻力．該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析設(shè)物塊拋出的初速度為v0，落地時速度為v，依據(jù)題意知，物塊拋出時的機(jī)械能為mveq\o\al(2,0)，由機(jī)械能守恒定律，mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2，得物塊落地時的速度v＝eq\r(2)v0，故物塊落地時速度方向與水平方向的夾角為eq\f(π,4)，選項B正確．答案B7.如圖所示，初速度大小都相同的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以仰角θ斜向上拋(軌跡為拋物線)，C球沿傾角為θ的光滑固定斜面上滑，空氣阻力不計，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則()A．hA＝hB＝hC B．hB＝hC<hAC．hA＝hC>hB D．hA>hB>hC解析依據(jù)機(jī)械能守恒定律，對A球有mAghA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，對C球有mCghC＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,0)，得hA＝hC＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，選項B、D錯誤；由于B球運動軌跡是拋物線，所以在最高點的速度vB≠0，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有mBghB＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)，得hB＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,B),2g)<eq\f(v\o\al(2,0),2g)，所以hA＝hC>hB，選項C正確、A錯誤．答案C8.如圖所示，兩根等長的細(xì)線拴著兩個小球在豎直平面內(nèi)各自做圓周運動．某一時刻小球1運動到自身軌道的最低點，小球2恰好運動到自身軌道的最高點，這兩點高度相同，此時兩小球速度大小相同．若兩小球質(zhì)量均為m，忽視空氣阻力的影響，則下列說法正確的是()A．此刻兩根線拉力大小相同B．運動過程中，兩根線上拉力的差值最大為2mgC．運動過程中，兩根線上拉力的差值最大為10mgD．若相對同一零勢能面，小球1在最高點的機(jī)械能等于小球2在最低點的機(jī)械能解析已知小球質(zhì)量為m，當(dāng)兩小球運動到題中圖示位置時，設(shè)兩球速度大小為v，此時兩根細(xì)線的拉力分別為F1和F2，F(xiàn)1－mg＝meq\f(v2,L)，F(xiàn)2＋mg＝meq\f(v2,L)，故選項A錯誤．易知小球1在最高點時細(xì)線的拉力F1′最小，設(shè)此時速度大小為v1，則有F1′＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)，再由機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋2mgL；小球2在最低點時細(xì)線的拉力F2′最大，設(shè)此時速度大小為v2，則有F2′－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),L)，再由機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv2＋2mgL，聯(lián)立解得，運動過程中兩根線上拉力的差值最大為F2′－F1′＝2mg＋meq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),L)＝2mg＋8mg＝10mg，故選項C正確，B錯誤．取題中圖示位置為零勢能面，由機(jī)械能守恒定律知選項D正確．答案CD9.eq\a\vs4\al([2022·安徽理綜])如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點動身，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0動身，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2.則()A．v1＝v2，t1>t2 B．v1<v2，t1>t2C．v1＝v2，t1<t2 D．v1<v2，t1<t2解析由機(jī)械能守恒可知，小球沿MPN或沿MQN到達(dá)N點時的動能與M點動能相等，因而速率也相等，即v1＝v2＝v0.沿MPN運動時，除M、N兩點外，其他位置的重力勢能均比M點大，動能均比M點小，即速率均比M點?。?，沿MQN運動時，除M、N兩點外，其他位置的速率均比M點大．所以沿MPN運動時平均速率較小，所需時間較長，即t1>t2.故選項A正確．答案A10.如圖所示，小車上有固定支架，一可視為質(zhì)點的小球用輕質(zhì)細(xì)繩拴掛在支架上的O點處，且可繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，繩長為L.現(xiàn)使小車與小球一起以速度v0沿水平方向向左勻速運動，當(dāng)小車突然遇到矮墻后，車馬上停止運動，此后小球上升的最大高度可能是()A．大于eq\f(v\o\al(2,0),2g) B．小于eq\f(v\o\al(2,0),2g)C．等于eq\f(v\o\al(2,0),2g) D．等于2L解析小球上擺的高度不超過O點時，小球的動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，則由mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，C正確；小球上擺的高度L<h<2L時，小球在高于O點的某位置開頭做斜上拋運動，最高點的速度不為零，即動能不能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，mgh<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，h<eq\f(v\o\al(2,0),2g)，B正確，小球能通過圓周最高點時，上升的高度為2L，D正確；由于最高點速度不為零，仍有h<eq\f(v\o\al(2,0),2g)，綜上所述，A錯誤．答案BCD二、非選擇題11．如圖是驗證機(jī)械能守恒定律的試驗．小圓柱由一根不行伸長的輕繩拴住，輕繩另一端固定．將輕繩拉至水平后由靜止釋放．在最低點四周放置一組光電門，測出小圓柱運動到最低點的擋光時間Δt，再用游標(biāo)卡尺測出小圓柱的直徑d，如圖，重力加速度為g.則(1)小圓柱的直徑d＝________cm；(2)測出懸點到圓柱重心的距離為l，若等式gl＝________成立，說明小圓柱下擺過程機(jī)械能守恒．解析(1)由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)章：d＝10＋2×0.1＝10.2(mm)＝1.02cm.(2)小圓柱運動到最低點時的速度：v＝eq\f(d,Δt)，若gl＝eq\f(d2,2Δt2)，即mgl＝eq\f(1,2)meq\f(d2,Δt2)，說明小圓柱下擺過程中，機(jī)械能守恒．答案(1)1.02(2)eq\f(d2,2Δt2)12.如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放置，環(huán)上套有兩個質(zhì)量分別為m和eq\r(3)m的小球A和B.A、B之間用一長為eq\r(2)R的輕桿相連．開頭時，A、B都靜止，且A在圓環(huán)的最高點，現(xiàn)將A、B釋放，試求：(1)B球到達(dá)最低點時的速度大小vB；(2)B球到達(dá)最低點的過程中，桿對A球做的功W；(3)B球到達(dá)圓環(huán)右側(cè)區(qū)域最高點跟圓環(huán)圓心O的連線與豎直方向的夾角θ.解析(1)B球到達(dá)最低點的過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，mAgR＋mBgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，vA＝vB，得vB＝eq\r(2gR)(2)B球到達(dá)最低點的過程，對A球運用動能定理有mAgR＋W＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，vA＝eq\r(2gR)，得W＝0(3)取O點所在的水平面為零重力勢能面．依據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mAgR＝mBgRcosθ－mAgRsinθ，代入數(shù)據(jù)得θ＝30°.答案見解析13．如圖所示為一傳送帶裝置模型，斜面的傾角為θ，底端經(jīng)一長度可忽視的光滑圓弧與足夠長的水平傳送帶相連接，質(zhì)量m＝2kg的物體從高h(yuǎn)＝30cm的斜面上由靜止開頭下滑，它與斜面的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，與水平傳送帶的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，物體在傳送帶上運動一段時間以后，又回到了斜面上，如此反復(fù)多次后最終停在斜面底端．已知傳送帶的速度恒為v＝2.5m/s，tanθ＝0.75，g取10m/s2.求：(1)從物體開頭下滑到第一次回到斜面的過程中，物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量；(2)從物體開頭下滑到最終停在斜面底端，物體在斜面上通過的總路程．解析(1)設(shè)物體第一次滑到底端的速度為v0，依據(jù)動能定理有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh－μ1mgscosθ解得v0＝2m/s設(shè)物體向右滑行的最遠(yuǎn)距離為x1，時間為teq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μ2mgx1x1＝0.4mt＝eq\f(v0,μ2g)＝0.4s傳送帶向左運動的距離為x2＝vt＝1m物體向右運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q1Q1＝μ2mg(x1＋x2)＝14J物體向左運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q2Q2＝μ2mg(vt－x1)＝6J物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量QQ＝Q1＋Q2＝20J(如寫出Q＝2μ2mgvt＝20J亦可)(2)因第一次物體滑上傳送帶的速度小于傳送帶的速度，故物體每次向左回到斜面底端時的速度大小即為物體滑上傳送帶時速度的大小依據(jù)功能原理：mgh＝μ1mgs總cosθs總＝1.5m14.eq\a\vs4\al([2022·江蘇單科])如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0.小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件與乙之間的動摩擦因數(shù)為μ.乙的寬度足夠大，重力加速度為g.(1)若乙的速度為v0，求工件在乙上側(cè)向(垂直于乙的運動方向)滑過的距離s；(2)若乙的速度為2v0，求工件在乙上剛停止側(cè)向滑動時的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不變，當(dāng)工件在乙上剛停止