2022年高考物理一轮考点跟踪练习18《机械能守恒定律及其应用》（含详解）

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2022年高考物理一轮考点跟踪练习18《机械能守恒定律及其应用》一         、单选题1.用如图所示的滑轮组匀速提升200N的重物G，竖直向上的拉力F为100N，重物被提升1m，不计绳重和滑轮的摩擦，下列说法正确的是(         )A.拉力做的额外功是100JB.动滑轮的重力为50NC.拉力做的总功是200JD.绳子末端移动的距离是2m2.如图所示,物体在相同力F的作用下,分别在光滑水平面、粗糙水平面和粗糙斜面上沿着力的方向移动了相同的距离s,力F做的功分别为W1、W2、W3,则下列说法中正确的是              (　　)A.W1>W2>W3        B.W1=W2=W3              C.W1>W2=W3        D.W2>W1>W3 3.如图所示，用力F拉位于粗糙固定斜面上的木箱，使它沿着斜面加速向上移动．木箱在移动过程中，下列说法正确的是(　　)A．重力对木箱做的功等于木箱增加的重力势能B．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能C．合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能D．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做功之和  4.用细线将小球系好后，固定在天花板上，做成一个摆。如图所示，小球从A点摆动到B点的过程中(     )A.速度变小，动能变大B.速度变小，动能变小C.速度变大，重力势能变小D.速度变大，重力势能变大5.如图所示，属于省力杠杆的是(     )6.如图所示是甲、乙两个物体做功与所需时间的关系图象，由上图可知，甲物体的功率P甲与乙物体的功率P乙相比是(　　)A.P甲＞P乙        B.P甲＜P乙          C.P甲=P乙            D.无法确定　7.在探究“杠杆平衡条件”实验中，杠杆在力F作用下水平平衡，如图所示，现将弹簧测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，杠杆始终保持水平平衡，则拉力F与其力臂的乘积变化情况是(   )A.一直变小      B.一直变大       C.一直不变      D.先变小后变大8.如图所示,一轻弹簧左端固定在长木板m'的左端,右端与小木块m连接,且m与m'及m'与地面间接触光滑,开始时,m与m'均静止,现同时对m、m'施加等大反向的水平恒力F1和F2。在两物体开始运动以后的整个运动过程中(弹簧形变不超过其弹性限度),下列说法正确的是(　　)A.对m、m'和弹簧组成的系统,机械能守恒B.对m、m'和弹簧组成的系统,动能不断增加C.对m、m'和弹簧组成的系统,机械能不断增加D.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时,m、m'的动能最大  9.如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿斜面向上做匀加速直线运动。已知斜面表面光滑且足够长，斜面倾角为θ。经时间t恒力F做功80 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v。若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是(　　)A．物体回到出发点时的机械能是80 JB．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsin θC．撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的重力势能一直在减少D．撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的动能一直在减少  10.如图甲所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v－t图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是(　　 )A．小球在tB时刻所受弹簧弹力大于mgB．小球在tC时刻的加速度大于gC．小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点D．小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量   二         、多选题11. (多选)特战队员在进行素质训练时,抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索,从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆,如图所示,在绳索到达竖直状态时放开绳索,特战队员水平抛出直到落地。不计绳索质量和空气阻力,特战队员可看成质点,绳索一直处于伸直状态。下列说法正确的是(　　)A.绳索越长,特战队员落地时的速度越大B.绳索越长,特战队员落地时的水平位置越大C.绳索越长,特战队员落地时的水平方向速度越大D.绳索越长,特战队员落地时的竖直方向速度越小  12. (多选)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是(　　)A．斜面倾角α=30°B．A获得的最大速度为2gC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒   三         、计算题13.航天迷小伟利用自制降落伞模拟返回舱的降落过程。将带有降落伞的重物从高处释放,速度增大至10 m/s时打开降落伞,重物开始减速下落。重物从释放到落地共用时4 s,其v-t图像如图所示,落地前最后2 s重物的运动可视为匀速运动。打开降落伞后,降落伞和重物受到的空气阻力f与速度v满足关系f=kv2,k为定值。降落伞和重物的总质量为7.5 kg,g取10 N/kg。求:(1)落地前最后2 s降落伞和重物的总重力的功率。(2)刚开始减速时降落伞和重物受到的合外力大小。              
14.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面体上，一劲度系数为k=200 N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C，另一端连接一质量为m=4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A的最大速度大小。     
0.2022年高考物理一轮考点跟踪练习18《机械能守恒定律及其应用》（含详解）答案解析  一         、单选题1.答案为：A；2.答案为：B3.答案为：C；解析：木箱在向上移动过程中，重力对木箱做负功，根据重力做功与重力势能变化的关系可知，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，故A错误；根据功能关系可知，拉力F和摩擦力做功之和等于木箱增加的机械能，摩擦力做负功，所以F对木箱做的功大于木箱增加的机械能，故B错误；根据动能定理可知，合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能，故C正确；根据功和能量转化的关系可知，F对木箱做的功应等于木箱增加的动能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力势能的总和，故D错误．]  4.答案为：C；5.答案为：A；6.答案为：A；7.答案为：C；8.答案为：D；解析：开始阶段,拉力大于弹簧的弹力,F1、F2对m、m'均做正功,故系统的机械能不断增加。随着弹簧形变量的增加,当拉力等于弹力时,物体速度最大、动能最大。之后随着弹簧形变量的增加,拉力小于弹力,物体开始做减速运动,动能不断减小。速度减小到零后,物体反向运动,拉力F1、F2均开始做负功,故系统机械能减小。所以选项D正确。  9.答案为：A;解析：由功能关系知：除重力和弹力之外其他力对物体所做的功等于物体机械能的增量，A对；物体在沿斜面向上运动时，有F－mgsin θ=ma1，撤去力F后，有mgsin θ=－ma2，由运动学公式知，·t2=－，vx=t，解得F=mgsin θ，由vx－gsin θt=－v，解得vx=，所以在撤去力F前的瞬间力F的功率P=Fvx=mgvsin θ，B错；撤去力F后一段时间内物体继续沿斜面向上运动，即重力势能有一段增加的过程，C错；撤去力F后，物体在沿斜面向下运动的过程中动能一直在增大，D错。  10.答案为：B；解析： [由图象可知，小球在tB时刻加速度大小为零，此时F弹=mg sin 30°=mg，选项A错误；小球在tC时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A点的加速度大小为g，由图象可知，在C点的切线的斜率大于在A点的切线的斜率，即小球在tC时刻的加速度大于g，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C错误；小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D错误；故选B.]   二         、多选题11.答案为：CD；解析：设平台高为h,特战队员落地时的速率为v,特战队员从开始下摆到落地,绳索的拉力不做功,根据机械能守恒定律有mgh=mv2,得v=,v与绳索长度无关,特战队员落地时的速度一样大,选项A错误;设绳索的长度为l,放开绳索时,特战队员的速率为v1,根据机械能守恒定律有mgl=,得v1=,特战队员放开绳索后做平抛运动,则总的水平位移大小x=l+v1t,h-l=gt2,得x=l+2,由数学知识可知,选项B错误;特战队员落地时水平方向速度为v1=,故选项C正确;特战队员落地时的竖直方向速度为vy=,故选项D正确。  12.答案为：AB；解析：C刚离开地面时，对C有kx2=mg，此时A、B有最大速度，即aB=aC=0，则对B有T－kx2－mg=0，对A有4mgsinα－T=0，以上方程联立可解得sinα=，α=30°，故A正确；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1=mg，可知x1=x2=，则从释放A至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即4mg(x1＋x2)sinα=mg(x1＋x2)＋(4m＋m)v，联立解得vAm=2g，所以A获得的最大速度为2g，故B正确；对B进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．   三         、计算题13.解:(1)降落伞和重物的总重力G=mg=7.5 kg×10 N/kg=75 N,由图像可知,落地前最后2 s处于匀速直线运动,速度为5 m/s,则落地前最后2 s降落伞和重物的总重力的功率P===Gv=75 N×5 m/s=375 W。(2)降落伞和重物匀速直线下落时处于平衡状态,所受重力和阻力是一对平衡力,大小相等,即f=G=75 N,又因为f=kv2,则k===3 N·s2/m2,刚开始减速时,降落伞和重物受到的阻力f'=kv'2=3 N·s2/m2×(10 m/s)2=300 N,与重力G的方向相反,所以,刚开始减速时降落伞和重物受到的合外力大小F=f'-G=300 N-75 N=225 N。  14.解：(1)弹簧恢复原长时，物体A、B的加速度大小相同，对B分析：mg－T=ma对A分析：T－mgsin 30°=ma代入数据解得：T=30 N。(2)初始位置，弹簧的压缩量为：x1==10 cm，当物体A速度最大时，即物体A的加速度为0，对物体A分析有：mg=kx2＋mgsin 30°弹簧的伸长量为：x2=10 cm所以物体A沿斜面上升的距离为：x=x1＋x2=20 cm。(3)因为x1=x2，所以弹簧的弹性势能没有改变，由系统机械能守恒得：mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°=·2m·v2解得：v=1 m/s。