（江蘇專用）高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十七）機(jī)械能守恒定律-人教版高三物理試題

課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十七)機(jī)械能守恒定律一、單項(xiàng)選擇題1.(2014·南京模擬)自由下落的物體，其動(dòng)能與位移的關(guān)系如圖1所示，則圖中直線的斜率表示該物體的()圖1A．質(zhì)量 B．機(jī)械能C．重力大小 D．重力加速度2．(2014·上海高考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計(jì)空氣阻力，在整個(gè)上升過程中，物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系是()圖23.如圖3所示，在豎直平面內(nèi)有一固定軌道，其中AB是長(zhǎng)為R的粗糙水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的3/4光滑圓弧軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)。在推力作用下，質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)即撤去推力，小滑塊恰好能沿圓軌道經(jīng)過最高點(diǎn)C。重力加速度大小為g。(以AB面為零重力勢(shì)能面)則小滑塊()圖3A．經(jīng)B點(diǎn)時(shí)加速度為零B．在AB段運(yùn)動(dòng)的加速度為2.5C．在C點(diǎn)時(shí)合外力的瞬時(shí)功率為mgeq\r(gR)D．上滑時(shí)動(dòng)能與重力勢(shì)能相等的位置在OD下方4.(2014·福建高考)如圖4，兩根相同的輕質(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?，F(xiàn)用外力作用在物塊上，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彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊()圖4A．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)能的變化量不同5．(2014·揚(yáng)州模擬)光滑的水平軌道AB，與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，其中圓軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)。為使一質(zhì)量為m的小球以初速度v0沿AB運(yùn)動(dòng)，恰能通過最高點(diǎn)，則()圖5A．R越小，v0越大B．m越大，v0越大C．R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)瞬間對(duì)軌道的壓力越大D．小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)瞬間對(duì)軌道的壓力與R無關(guān)6．如圖6所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個(gè)小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角θ斜向上拋，空氣阻力不計(jì)，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則()圖6A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB<hCC．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB二、多項(xiàng)選擇題7．圖7甲中彈丸以一定的初始速度在光滑碗內(nèi)做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，圖乙中的運(yùn)動(dòng)員在蹦床上越跳越高。下列說法中正確的是()圖7A．圖甲彈丸在上升的過程中，機(jī)械能逐漸增大B．圖甲彈丸在上升的過程中，機(jī)械能保持不變C．圖乙中的運(yùn)動(dòng)員多次跳躍后，機(jī)械能增大D．圖乙中的運(yùn)動(dòng)員多次跳躍后，機(jī)械能不變8．(2014·海南高考)如圖8，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始時(shí)用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運(yùn)動(dòng)。在a下降的過程中，b始終未離開桌面。在此過程中()圖8A．a(chǎn)的動(dòng)能小于b的動(dòng)能B．兩物體機(jī)械能的變化量相等C．a(chǎn)的重力勢(shì)能的減小量等于兩物體總動(dòng)能的增加量D．繩的拉力對(duì)a所做的功與對(duì)b所做的功的代數(shù)和為零9.(2014·南京模擬)如圖9所示，一質(zhì)量為m的小球套在光滑豎直桿上，輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與該小球相連?，F(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，沿豎直桿運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知OA長(zhǎng)度小于OB長(zhǎng)度，彈簧處于OA、OB兩位置時(shí)彈力大小相等。在小球由A到B的過程中()圖9A．加速度等于重力加速度g的位置有兩個(gè)B．彈簧彈力的功率為零的位置有兩個(gè)C．彈簧彈力對(duì)小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功D．彈簧彈力做正功過程中小球運(yùn)動(dòng)的距離等于小球克服彈簧彈力做功過程中小球運(yùn)動(dòng)的距離10．(2014·南通一模)如圖10所示，小物塊甲從豎直固定的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下，軌道半徑為R，圓弧底端切線水平，小物塊乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止滑下。下列判斷正確的是()圖10A．兩物塊到達(dá)底端時(shí)速度相同B．兩物塊運(yùn)動(dòng)到底端的過程中重力做功相同C．兩物塊到達(dá)底端時(shí)動(dòng)能相同D．兩物塊到達(dá)底端時(shí)，乙重力做功的瞬時(shí)功率大于甲重力做功的瞬時(shí)功率三、非選擇題11．(2013·安徽師大附中摸底)如圖11所示，一半徑r＝0.2m的eq\f(1,4)光滑圓弧形槽底端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運(yùn)行速度為v0＝4m/s，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.25m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，DEF為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空方形細(xì)管，EF段被彎成以O(shè)為圓心、半徑R＝0.25m的一小段圓弧，管的D端彎成與水平傳帶C端平滑相接，O點(diǎn)位于地面，OF連線豎直。一質(zhì)量為M＝0.2kg的物塊a從圓弧頂端A點(diǎn)無初速滑下，滑到傳送帶上后做勻加速運(yùn)動(dòng)，過后滑塊被傳送帶送入管DEF，已知a物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，a橫截面略小于管中空部分的橫截面，重力加速度g取10m/s2。求：圖11(1)滑塊a到達(dá)底端B時(shí)的速度大小vB；(2)滑塊a剛到達(dá)管頂F點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力。12．(2014·淮安模擬)如圖12所示，在同一豎直平面內(nèi)，一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一自由端恰好與水平線AB平齊，靜止放于傾角為53°的光滑斜面上。一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝9cm的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m＝1kg的小球，將細(xì)繩拉至水平，使小球在位置C由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)D時(shí)，細(xì)繩剛好被拉斷。之后小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好沿斜面方向?qū)椈蓧嚎s，最大壓縮量為x＝5cm。(g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：圖12(1)細(xì)繩受到的拉力的最大值；(2)D點(diǎn)到水平線AB的高度h；(3)彈簧所獲得的最大彈性勢(shì)能Ep。答案1．選C由機(jī)械能守恒定律，Ek＝mgh，動(dòng)能Ek與位移h的關(guān)系圖線的斜率表示該物體的重力大小，選項(xiàng)C正確。2．選C物體受恒力加速上升時(shí)，恒力做正功，物體的機(jī)械能增大，又因?yàn)楹懔ψ龉椋篧＝F·eq\f(1,2)at2，與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；撤去恒力后，物體只受重力作用，所以機(jī)械能守恒，D項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。3．選B小滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)具有向心加速度，A錯(cuò)誤；小滑塊在C點(diǎn)時(shí)合外力豎直向下，速度沿水平方向，其瞬時(shí)功率為零，C錯(cuò)誤；由mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，可得：vB＝eq\r(5gR)，由veq\o\al(2,B)＝2axAB，可得a＝2.5g，B正確；由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝2mgh，得：h＝eq\f(5,4)R>R，故D錯(cuò)誤。4．選C整個(gè)過程中，物塊達(dá)到平衡位置時(shí)速度最大，物塊質(zhì)量越大，其平衡位置越靠近最低點(diǎn)，則由最低點(diǎn)到平衡位置過程中，回復(fù)力對(duì)質(zhì)量較大的物塊做功較小，又Ek＝eq\f(1,2)mv2，故質(zhì)量較大的物塊在平衡位置速度較小，A項(xiàng)錯(cuò)；撤去外力瞬間，物塊的加速度最大，由牛頓第二定律可知，兩物塊的最大加速度不同，B項(xiàng)錯(cuò)；撤去外力前，兩彈簧具有相同的壓縮量，即具有相同的彈性勢(shì)能，從撤去外力到物塊速度第一次減為零，物塊的機(jī)械能分別守恒，由機(jī)械能守恒定律可知，物塊的重力勢(shì)能的變化量等于彈簧彈性勢(shì)能的變化量，所以重力勢(shì)能的變化量相同，D項(xiàng)錯(cuò)；因?yàn)閮晌飰K質(zhì)量不同，物塊的初始高度相同，由ΔEp＝mgΔh可知，兩物塊上升的最大高度不同，C項(xiàng)對(duì)。5．選D小球恰能通過最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，則有：mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，vD＝eq\r(gR)；根據(jù)機(jī)械能守恒得，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋2mgR，得到v0＝eq\r(5gR)，可見，R越大，v0越大，而且v0與小球的質(zhì)量m無關(guān)，故A、B錯(cuò)誤；小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的瞬間，N－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得到軌道對(duì)小球的支持力N＝mg＋meq\f(v\o\al(2,0),R)＝6mg，則N與R無關(guān)，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)瞬間對(duì)軌道的壓力與R無關(guān)，故C錯(cuò)誤，D正確。6．選DA球和C球上升到最高點(diǎn)時(shí)速度均為零，而B球上升到最高點(diǎn)時(shí)仍有水平方向的速度，即仍有動(dòng)能。對(duì)A、C球的方程為mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)對(duì)B球的方程為mgh′＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，且veq\o\al(2,t)≠0所以h′＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,t),2g)<h，故D正確。7．選BC彈丸在光滑的碗內(nèi)上升過程中，只有重力做功，其機(jī)械能保持不變，A錯(cuò)誤，B正確；運(yùn)動(dòng)員在蹦床上越跳越高，其機(jī)械能逐漸增大，C正確，D錯(cuò)誤。8．選AD由于va＝vbcosθ，θ為b的拉繩與水平面的夾角，質(zhì)量相同，動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知選項(xiàng)A正確；a物體下降時(shí)，a的機(jī)械能的減少量等于b物體的動(dòng)能增加量和b克服摩擦力做功之和，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；繩的拉力對(duì)a所做的功等于a的機(jī)械能的減少量，繩的拉力對(duì)b所做的功等于b的動(dòng)能增加量和克服摩擦力做功之和，選項(xiàng)D正確。9．選AC在運(yùn)動(dòng)過程中A點(diǎn)為壓縮狀態(tài)，B點(diǎn)為伸長(zhǎng)狀態(tài)，則由A到B有一狀態(tài)彈力為0且此時(shí)彈力與桿不垂直，加速度為g；當(dāng)彈簧與桿垂直時(shí)小球加速度為g。則有兩處加速度為g，故A正確；在A點(diǎn)速度為零，彈簧彈力功率為0，彈簧與桿垂直時(shí)彈力的功率為0，有一位置的彈力為0，其功率為0，共3處，故B錯(cuò)誤；因A點(diǎn)與B點(diǎn)彈簧的彈性勢(shì)能相同，則彈簧彈力對(duì)小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功，故C正確；因小球?qū)椈勺鲐?fù)功時(shí)彈力大，則彈簧彈力做正功過程中小球運(yùn)動(dòng)的距離大于小球克服彈簧彈力做功過程中小球運(yùn)動(dòng)的距離，故D錯(cuò)誤。10．選BCD根據(jù)機(jī)械能守恒mgR＝eq\f(1,2)mv2，知兩物塊到達(dá)底端的動(dòng)能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，故A錯(cuò)誤，C正確；兩物塊運(yùn)動(dòng)到底端的過程中，下落的高度相同，則重力做功相同，故B正確；兩物塊到達(dá)底端的速度大小相等，甲重力與速度方向垂直，瞬時(shí)功率為零，則乙重力做功的瞬時(shí)功率大于甲重力做功的瞬時(shí)功率，故D正確。11．解析：(1)設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為vB，由機(jī)械能守恒定律，有Mgr＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)解得：vB＝2m/s。(2)滑塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，受到傳送帶對(duì)它的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律μMg＝Ma滑塊對(duì)地位移為L(zhǎng)，末速度為vC，設(shè)滑塊在傳送帶上一直加速由速度位移關(guān)系式2aL＝veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)得vC＝3m/s<4m/s，可知滑塊與傳送帶未達(dá)共速滑塊從C至F，由機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＝MgR＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,F)得vF＝2m/s。在F處由牛頓第二定律Mg＋FN＝Meq\f(v\o\al(2,F),R)得FN＝1.2N由牛頓第三定律得管上壁受壓力大小為1.2N，方向豎直向上。答案：(1)2m/s(2)1.2N方向豎直向上12．解析：(1)小球由C到D，由機(jī)械能守恒定律得：mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq