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1、（新課標(biāo)）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動(dòng)量 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練22
1．(2017·河南洛陽(yáng)模擬)關(guān)于機(jī)械能守恒，下列說(shuō)法正確的是( )
A．做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，機(jī)械能一定守恒
B．人乘電梯加速上升的過(guò)程，機(jī)械能守恒
C．物體必須在只受重力作用的情況下，機(jī)械能才守恒
D．合外力對(duì)物體做功為零時(shí)，機(jī)械能一定守恒
[解析] 做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體只有重力做功，機(jī)械能守恒，故A正確；人乘電梯加速上升過(guò)程，動(dòng)能與重力勢(shì)能都增加，機(jī)械能增加，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；只有重力做功，則機(jī)械能守恒，除重力外物體還受其他力，物體機(jī)械能也可能守恒，如沿光滑斜面下滑的物體除受重力外還受支持力，
2、但物體機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤；合外力對(duì)物體做功為零，機(jī)械能不一定守恒，如在豎直方向勻速下落的物體合外力做功為零，但機(jī)械能減少，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤．
[答案] A
2．(多選)如圖所示，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長(zhǎng)的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動(dòng)．質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端．現(xiàn)用外力作用在兩物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開(kāi)彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過(guò)程，兩物塊( )
A．最大速度相同
B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同
D．重力勢(shì)能的變化量相同
[解析] 物塊受力
3、平衡時(shí)具有最大速度，即：mgsinθ＝kΔx
則質(zhì)量大的物塊具有最大速度時(shí)彈簧的壓縮量比較大，上升的高度比較低，即位移小，而運(yùn)動(dòng)過(guò)程中質(zhì)量大的物塊平均加速度較小，v2－02＝2ax加速度小的位移小，則最大速度v較小，故A錯(cuò)誤；開(kāi)始時(shí)物塊具有最大加速度，開(kāi)始彈簧形變量相同，則彈力相同，根據(jù)牛頓第二定律：a＝可見(jiàn)質(zhì)量大的最大加速度較小，故B錯(cuò)誤；由題意使兩彈簧具有相同的壓縮量，則儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能相等，物塊上升到最大高度時(shí)，彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，則物塊最終的重力勢(shì)能mgh相等，重力勢(shì)能的變化量相等，而兩物塊質(zhì)量不同，則上升的最大高度不同，故C、D正確．故選CD.
[答案] CD
3．如圖所
4、示，斜面體置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物體由靜止沿斜面下滑，在物體下滑過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A．物體的重力勢(shì)能減少，動(dòng)能不變
B．斜面體的機(jī)械能不變
C．斜面對(duì)物體的作用力垂直于接觸面，不對(duì)物體做功
D．物體和斜面體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
[解析] 物體由靜止開(kāi)始下滑的過(guò)程其重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，A錯(cuò)誤；物體在下滑過(guò)程中，斜面體做加速運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能增加，B錯(cuò)誤；物體沿斜面下滑時(shí)，既沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，又隨斜面向右運(yùn)動(dòng)，其合速度方向與彈力方向不垂直，彈力方向垂直于接觸面，但與速度方向之間的夾角大于90°，所以斜面對(duì)物體的作用力對(duì)物體做負(fù)功，C錯(cuò)誤；對(duì)物體與斜面體組成
5、的系統(tǒng)，只有物體的重力和物體與斜面間的彈力做功，機(jī)械能守恒，D正確．
[答案] D
4．(多選)如圖所示，下列關(guān)于機(jī)械能是否守恒的判斷正確的是( )
A．圖甲中，物體A將彈簧壓縮的過(guò)程中，物體A機(jī)械能守恒
B．圖乙中，物體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機(jī)械能守恒
C．圖丙中，不計(jì)任何阻力和定滑輪質(zhì)量時(shí)，物體A加速下落，物體B加速上升過(guò)程中，物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
D．圖丁中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球的機(jī)械能守恒
[解析] 題圖甲中重力和彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但物體A機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)；題圖乙中物體B除受重力外，還受到彈力和摩
6、擦力作用，彈力不做功，但摩擦力做負(fù)功，物體B的機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)；題圖丙中繩子張力對(duì)物體A做負(fù)功，對(duì)物體B做正功，代數(shù)和為零，物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C對(duì)；題圖丁中小球的動(dòng)能不變，勢(shì)能不變，機(jī)械能守恒，D對(duì)．
[答案] CD
5．如圖所示，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩把一個(gè)小鐵球懸掛在高為2L的O點(diǎn)處，小鐵球以O(shè)點(diǎn)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)且恰能到達(dá)最高點(diǎn)B處，不計(jì)空氣阻力．若運(yùn)動(dòng)中輕繩斷開(kāi)，則小鐵球落到地面時(shí)的速度大小為( )
A. B.
C. D.
[解析] 小鐵球恰能到達(dá)最高點(diǎn)B，則小鐵球在最高點(diǎn)處的速度v＝.以地面為零勢(shì)能面，小鐵球在B點(diǎn)處的總機(jī)械能為mg×3L＋m
7、v2＝mgL，無(wú)論輕繩是在何處斷的，小鐵球的機(jī)械能總是守恒的，因此到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能mv2＝mgL，故小鐵球落到地面的速度v′＝，D正確．
[答案] D
6．(多選)如圖所示，長(zhǎng)度為l的細(xì)線，一端固定于O點(diǎn)，另一端拴一小球，先將細(xì)線拉直呈水平狀態(tài)，使小球位于P點(diǎn)，然后無(wú)初速度釋放小球，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線遇到在O點(diǎn)正下方水平固定著的釘子K，不計(jì)任何阻力，若要求小球能繞釘子在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則K與O點(diǎn)的距離可能是( )
A.l B.l
C.l D.l
[解析] 設(shè)K與O點(diǎn)的距離為x，則根據(jù)機(jī)械能守恒有mgl＝mv，若恰能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則mv＝mg·2(
8、l－x)＋mv2，且mg＝，整理得x＝l，因此K與O點(diǎn)的距離至少為l，因此A、B正確，C、D錯(cuò)誤．
[答案] AB
7.(多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落在比地面低h的海平面上，若以地面為零勢(shì)能面，且不計(jì)空氣阻力，則( )
A．物體在海平面的重力勢(shì)能為mgh
B．重力對(duì)物體做的功為mgh
C．物體在海平面上的機(jī)械能為mv＋mgh
D．物體在海平面上的動(dòng)能為mv＋mgh
[解析] 以地面為零勢(shì)能面，海平面在地面以下h處，所以物體在海平面的重力勢(shì)能是－mgh，A錯(cuò)；重力做功和路徑無(wú)關(guān)，和初、末位置高度差有關(guān)，從地面到海平面，位移豎直向下為h，重
9、力也向下，重力對(duì)物體做功mgh，B對(duì)；從地面到海平面過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒，在海平面處的機(jī)械能等于在地面的機(jī)械能，在地面重力勢(shì)能為零，動(dòng)能為mv，機(jī)械能為E＝0＋mv＝mv，C錯(cuò)；在海平面處的機(jī)械能同樣為mv，而在海平面重力勢(shì)能為－mgh，所以mv＝Ek＋(－mgh)，得動(dòng)能Ek＝mv＋mgh，D對(duì)．
[答案] BD
8．如圖所示，質(zhì)量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平面飛出后，恰好無(wú)碰撞地從A點(diǎn)進(jìn)入豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，其中B點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，C點(diǎn)為圓弧軌道的最高點(diǎn)，圓弧AB對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝53°，圓半徑R＝0.5 m．若小球離開(kāi)水平面運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用時(shí)間t＝0.4
10、s，求：(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2)
(1)小球沿水平面飛出的初速度v0的大?。?
(2)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小球?qū)A弧軌道的壓力大?。?
(3)小球能否通過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)C？說(shuō)明原因．
[解析] (1)小球離開(kāi)水平面運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng)，有vy＝gt
根據(jù)幾何關(guān)系可得tanθ＝
代入數(shù)據(jù)，解得v0＝3 m/s
(2)由題意可知，小球在A點(diǎn)的速度vA＝
小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，滿足機(jī)械能守恒定律，有
mv＋mgR(1－cosθ)＝mv
設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)受到圓弧軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m
代入數(shù)據(jù)，解得
11、FN＝136 N
由牛頓第三定律可知，小球?qū)A弧軌道的壓力FN′＝FN＝136 N
(3)假設(shè)小球能通過(guò)最高點(diǎn)C，則小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，滿足機(jī)械能守恒定律，有
mv＝mg·2R＋mv
在C點(diǎn)有F向＝m
代入數(shù)據(jù)，解得F向＝36 N>mg
所以小球能通過(guò)最高點(diǎn)C.
[答案] (1)3 m/s (2)136 N (3)能，理由見(jiàn)解析
[素能培養(yǎng)]
9．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(diǎn)，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)．將小球沿桿拉到彈簧水平位置由靜止釋放，小球沿桿下滑，當(dāng)彈簧位于豎直位置時(shí)，小球速度恰好為零，此時(shí)小球
12、下降的豎直高度為h，若整個(gè)過(guò)程中彈簧始終處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．彈簧與桿垂直時(shí)，小球速度最大
B．彈簧與桿垂直時(shí)，小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和最大
C．小球從靜止位置下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加量小于mgh
D．小球從靜止位置下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加量大于mgh
[解析] 彈簧與桿垂直時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最小，小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和最大，但加速度不為零，所以小球速度不是最大，B正確，A錯(cuò)誤；小球從靜止位置下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球動(dòng)能變化量為零，所以彈簧的彈性勢(shì)能增加量等于小球重力勢(shì)能的減少量mgh，C、D錯(cuò)誤．
13、
[答案] B
10．如圖所示，一物體以初速度v0沖向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h(yuǎn)，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．若把斜面從C點(diǎn)鋸斷，由機(jī)械能守恒定律知，物體沖出C點(diǎn)后仍能升高h(yuǎn)
B．若把斜面彎成圓弧形，物體仍能沿AD升高h(yuǎn)
C．若把斜面從C點(diǎn)鋸斷或彎成圓弧狀，物體都不能升高h(yuǎn)，因?yàn)闄C(jī)械能不守恒
D．若把斜面從C點(diǎn)鋸斷或彎成圓弧狀，物體都不能升高h(yuǎn)，但機(jī)械能仍守恒
[解析] 物體沿斜面升高h(yuǎn)時(shí)，速度為零，即動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為勢(shì)能．當(dāng)斜面鋸斷時(shí)，物體做斜拋運(yùn)動(dòng)，達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度不為零，而物體沿圓弧達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度也不為零，即動(dòng)能沒(méi)有全部轉(zhuǎn)化為勢(shì)能，故物體都不能再升高h(yuǎn).但都是只有重力
14、做功，因而機(jī)械能仍守恒．由于不考慮物體做斜拋運(yùn)動(dòng)或沿圓弧運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的速度不為零，而由機(jī)械能守恒得出A、B兩錯(cuò)誤答案．
[答案] D
11．(多選)如圖所示，小球沿水平面以初速度v0通過(guò)O點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的豎直半圓弧軌道，不計(jì)一切阻力，則( )
A．小球進(jìn)入豎直半圓弧軌道后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
B．若小球能通過(guò)半圓弧最高點(diǎn)P，則球在P點(diǎn)受力平衡
C．若小球的初速度v0＝3，則小球一定能通過(guò)P點(diǎn)
D．若小球恰能通過(guò)半圓弧最高點(diǎn)P，則小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的水平距離為2R
[解析] 小球進(jìn)入豎直半圓弧軌道后，隨著高度的上升，重力勢(shì)能增加，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，其動(dòng)能減小，速率減小，小球做變
15、速圓周運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若小球能通過(guò)半圓弧最高點(diǎn)P，小球在最高點(diǎn)所受的合力不為零，合力提供向心力，則小球在P點(diǎn)受力不平衡，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球恰好通過(guò)P點(diǎn)時(shí)，有mg＝，解得通過(guò)P點(diǎn)的最小速度vP＝，設(shè)小球的最小初速度為v，由機(jī)械能守恒定律得mg·2R＋mv＝mv2，聯(lián)立解得v＝
16、0＝6 m/s，將質(zhì)量m＝1.0 kg的可看作質(zhì)點(diǎn)的滑塊無(wú)初速地放在傳送帶A端，傳送帶長(zhǎng)度L＝12.0 m，“9”形軌道高H＝0.8 m，“9”形軌道上半部分圓弧半徑為R＝0.2 m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，試求：
(1)滑塊從傳送帶A端運(yùn)動(dòng)到B端所需要的時(shí)間；
(2)滑塊滑到軌道最高點(diǎn)C時(shí)受到軌道的作用力大??；
(3)若滑塊從“9”形軌道D點(diǎn)水平拋出后，恰好垂直撞在傾角θ＝45°的斜面上P點(diǎn)，求P、D兩點(diǎn)間的豎直高度h(保留兩位有效數(shù)字)．
[解析] (1)滑塊在傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得
μmg＝ma
得：a＝μg＝3 m/
17、s2
加速到與傳送帶達(dá)到共速所需要的時(shí)間：
t1＝＝2 s
前2 s內(nèi)的位移：x1＝at＝6 m
之后滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)的位移：x2＝L－x1＝6 m
時(shí)間：t2＝＝1 s
故滑塊從傳送帶A端運(yùn)動(dòng)到B端所需時(shí)間為：
t＝t1＋t2＝3 s.
(2)滑塊由B運(yùn)動(dòng)到C，由機(jī)械能守恒定律得：
－mgH＝mv－mv
在C點(diǎn)，軌道對(duì)滑塊的彈力與其重力的合力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，設(shè)軌道對(duì)滑塊的彈力方向豎直向下，由牛頓第二定律得：FN＋mg＝m
解得：FN＝90 N.
(3)滑塊由B到D運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：
mv＝mv＋mg(H－2R)
設(shè)P、D兩點(diǎn)間的豎直高度為h，
滑塊由D到P運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：
mv＝mv＋mgh
又vD＝vPsin45°
由以上三式可解得h＝1.4 m.
[答案] (1)3 s (2)90 N (3)1.4 m
（新課標(biāo)）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動(dòng)量 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練22
