统考版高考物理一轮复习课时分层作业（十六）机械能守恒定律含答案

这是一份统考版高考物理一轮复习课时分层作业（十六）机械能守恒定律含答案，共10页。试卷主要包含了根据图象可知，36 J等内容，欢迎下载使用。
1.
如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上由静止加速滑下，其能量的变化情况是( )
A．重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变
C．重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变
2．下列关于重力势能的说法正确的是( )
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C．在地面上的物体具有的重力势能一定等于零
D.一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能增加了
3.
(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑定滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体A，此时A与挡板的距离为s，B静止于地面上，滑轮两侧的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M＝2m，空气阻力不计．松开手后，关于A、B两物体的运动(整个过程弹簧形变不超过其弹性限度)，下列说法正确的是( )
A．A和B组成的系统机械能守恒
B．当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零
C．若A恰好能到达挡板处，则此时B的速度为零
D．若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和
4.
一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2.圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m.若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过最高点A处时对轨道的压力为( )
A．2mg B．3mg
C．4mg D．5mg
5.
[2022·湖北荆州中学5月模拟]如图所示，用两根长度均为l且不可伸长的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T.现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T′.θ为某一值时， eq \f(T′,T) 最大，此最大值为(不计空气阻力)( )
A． eq \f(9,4) B．2
C．3 eq \r(2) －2 D． eq \f(54,25)
6.
(多选)如图所示直角边长为R的光滑等腰直角三角形和半径为R的光滑圆柱的一部分无缝相接，质量分别为2m和m的物体A和小球B通过一根不可伸长的细线相连，小球B恰好位于桌面上．小球B可视为质点，若从静止释放小球B，当其运动到圆柱顶点时，则( )
A．物体A的速度大小为 eq \r(\f(2,3)gR)
B．物体A的速度大小为 eq \r(\f(gR（π＋2）,3))
C．绳的张力对物体B所做的功为mgR eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π＋8,6)))
D.绳的张力对物体B所做的功为 eq \f(2,3) mgR
7．(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，处于原长状态．现有一小球以初速度v0落在弹簧上端，某同学以初始时弹簧上端的位置为坐标原点，向下为坐标轴的正方向，作出了小球下落过程中所受合力F与下落位移x的关系图象如图乙所示，其中小球下落至最低点时x＝12 cm，重力加速度g取10 m/s2，弹簧的弹性势能Ep＝ eq \f(1,2) kl2(l为形变量).根据图象可知( )
A．小球的质量m＝2 kg
B．小球的初速度v0＝ eq \r(1.2) m/s
C．小球下落过程中的最大速度vm＝ eq \r(1.4) m/s
D．在最低点时，弹簧的弹性势能Ep＝0.36 J
8．如图甲，O点处固定有力传感器，长为l＝0.4 m的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球．现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的夹角为θ(如图所示)，图乙为轻绳弹力大小F随cs θ变化的部分图象，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小球质量；
(2)求小球在最低点时的速度大小；
(3)判断小球能否做完整的圆周运动，写出证明过程．
综合题组
9．[2022·山东临沂一模](多选)如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC、DC连接于C(两绳另一端均固定)，弹簧另一端连接质量为m的小球．地面上竖直固定一半径为R、内壁光滑的 eq \f(1,4) 开缝圆弧管道AB，A点位于O点正下方且与C点等高，管道圆心与C点重合．现将小球置于管道内A点由静止释放，已知轻绳DC水平，当小球沿圆弧管道运动到B点时恰好对管道壁无弹力，管道与小球间的摩擦不计，重力加速度为g.则小球从A运动到B的过程中( )
A．弹簧一直处于伸长状态
B．小球的机械能不守恒
C．小球在B点的动能为mgR
D．轻绳OC的拉力不断增大
10．(多选)如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一轻弹簧套在光滑杆上，一圆环套在杆上，圆环从距弹簧上端H处静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形变始终在弹性限度内．已知圆环的质量为m，支架的质量为3m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力．圆环刚接触弹簧时的位置为O点，下列说法正确的是( )
A．在圆环压缩弹簧的过程中，圆环所受合力先增大后减小
B．圆环下落过程中的最大速度为vm＝ eq \r(\f(mg2,k)＋2gH)
C．当圆环运动到最低点时，底座对地面的压力一定大于4mg
D．圆环下落到最低点后反弹到最高点的过程中，圆环的机械能先增大后保持不变
11．[2022·湖南衡阳第二次联考]滑板运动是青少年喜爱的一项活动．如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8 m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞地从B点沿切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数μ从C点起按图乙规律变化，图乙中x表示滑板在水平面上距C点的距离．圆弧轨道与水平面相切于C点，O为圆弧轨道的圆心，B、C为圆弧轨道的两端点，O、C两点在同一竖直线上，圆弧轨道的半径R＝1 m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝53°重力加速度g＝10 m/s2，cs 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，不计空气阻力，运动员(连同滑板)可视为质点，质量m＝50 kg.求：
(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度大小v0；
(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点对轨道的压力大小；
(3)运动员(连同滑板)在水平面上滑行的最大距离．
课时分层作业（十六） 机械能守恒定律
1．解析：由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，选项A、C错误；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，选项D错误；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，选项B正确．
答案：B
2．解析：重力势能具有相对性，某个物体处于某个位置，相对不同的参考平面具有不同的重力势能，选项A错误；重力势能Ep＝mgh，h为相对于零势能面的高度差，如果在参考平面下方，物体与零势能面的距离越大，重力势能越小，选项B错误；如果不选择地面为零势能面，则地面上的物体重力势能不为零，选项C错误；重力势能是标量，其负值表示重力势能低于零势能；一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，物体向上运动，重力做负功，重力势能增加，选项D正确．
答案：D
3．解析：对于A、B、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于A和B组成的系统机械能不守恒，故A错误；A的重力沿斜面向下的分力为Mg sin θ＝mg，物体A先做加速运动，当受力平衡时A的速度最大，此时B所受的拉力为T＝mg，B恰好与地面间的作用力为零，故B正确；从B开始运动直到A到达挡板处的过程中，细绳弹力的大小一直大于B的重力，故B一直做加速运动，故C错误；A恰好能到达挡板处，由机械能守恒定律可知此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和，故D正确．
答案：BD
4．解析：小球恰好通过轨道2的最高点B时，有mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,1.8R) ，小球在轨道1上经过最高点A处时，有F＋mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,R) ，根据机械能守恒，有1.6mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(A)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(B)) ，解得F＝4mg，C正确．
答案：C
5．解析：剪断轻绳之前有2T sin θ＝mg，剪断轻绳后，小球摆到最低点的过程中由机械能守恒定律有 eq \f(1,2) mv2＝mgl（1－sin θ），由牛顿第二定律有T′－mg＝m eq \f(v2,l) ，解得 eq \f(T′,T) ＝6sin θ－4sin2θ，由数学知识可知，当sinθ＝－ eq \f(6,2×（－4）) ＝ eq \f(3,4) 时，此比值取得最大值 eq \f(9,4) ，选项A正确．
答案：A
6．解析：以A、B和绳为研究对象，由机械能守恒得 eq \f(1,2) （2m＋m）v2＝2mg· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πR,4)＋R)) －mgR，解得v＝ eq \r(\f(gR（π＋2）,3)) ，B正确，A错误；以B为研究对象，根据动能定理得W－mgR＝ eq \f(1,2) mv2，解得W＝mgR eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π＋8,6))) ，C正确，D错误．
答案：BC
7．解析：小球落在弹簧上，合力F＝mg－kx，则图象的纵截距mg＝2 N，斜率的绝对值为50 N/m，故质量m＝0.2 kg，劲度系数k＝50 N/m，选项A错误；小球在最低点时弹簧的弹性势能Ep＝ eq \f(1,2) kx eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(m)) ＝0.36 J，从出发至到达最低点，由机械能守恒定律得mgxm＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(1,2) kx eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(m)) ，解得初速度v0＝ eq \r(1.2) m/s，选项B、D正确；小球所受合力为0时，速度最大，此时弹簧的形变量x＝0.04 m，小球从出发到速度最大处的过程中，由机械能守恒定律得mgx＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(m)) ＋ eq \f(1,2) kx2，解得最大速度vm＝ eq \r(1.6) m/s，选项C错误．
答案：BD
8．解析：（1）设小球在最低点时的速度为v0，则当运动到与竖直方向成θ角位置时，
由机械能守恒－mgl（1－cs θ）＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
根据牛顿第二定律F－mg cs θ＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,l)
解得F＝3mg cs θ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,l)－2mg))
对比图象可知斜率k＝3mg＝9
即m＝0.3 kg
（2）根据m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,l) ＝15－mg
解得v0＝4 m/s
（3）假设小球能到达最高点，根据机械能守恒定律
－2mgl＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
可得速度v2＝0< eq \r(gl)
则小球不能经过最高点．
答案：（1）0.3 kg （2）4 m/s （3）见解析
9．解析：当小球沿圆弧管道运动到B点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B点时，由弹簧的拉力和重力的合力提供向心力，则弹簧一直处于伸长状态，故A正确；从A到B的过程，弹簧的弹力和管道的弹力对小球不做功，只有重力做功，故小球的机械能守恒，故B错误；从A到B的过程，对小球，取B点为零势能点，由机械能守恒得：EkB＝mgR，故C正确；设OC与OA的夹角为θ，CA与水平夹角为α，C点受力平衡，则在竖直方向上有：FOCcs θ＝FACsin α，从A到B的过程中，θ和弹簧的弹力FAC大小不变，α不断增大，故FOC＝ eq \f(FACsin α,cs θ) 不断增大，故D正确．
答案：ACD
10．解析：在圆环压缩弹簧的过程中，圆环受到重力和弹簧向上的弹力，弹力逐渐增大，弹力先小于重力，后大于重力，则圆环所受合力先减小后增大，故A错误；当重力与弹力大小相等时，圆环所受的合力为零，速度最大，设此时弹簧的压缩量为x，则有kx＝mg，得x＝ eq \f(mg,k) ，对于圆环和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，则从初位置到圆环速度最大的位置，根据系统的机械能守恒得mg（H＋x）＝ eq \f(1,2) kx2＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(m)) ，联立解得vm＝ eq \r(\f(mg2,k)) ＋2gH，故B正确；当圆环运动到最低点时，圆环的加速度方向竖直向上，处于超重状态，由牛顿第二定律知弹簧的弹力F>mg，则圆环对弹簧的压力大于mg，因此，底座对地面的压力一定大于4mg，故C正确；圆环下落到最低点后反弹到最高点的过程中，圆环离开弹簧之前，弹簧的弹力对圆环做正功，圆环的机械能增大，圆环离开弹簧之后只受重力，圆环的机械能保持不变，故D正确．
答案：BCD
11．解析：（1）运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(y)) ＝2gh
在B点有vy＝v0tan θ
代入数据联立解得v0＝3 m/s
（2）运动员运动到C处时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,R)
运动员从A到C的过程，由机械能守恒定律得mg（h＋R－R cs θ）＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(C)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
代入数据联立解得在C点轨道对运动员的支持力大小FN＝2 150 N
由牛顿第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小F′N＝FN＝2 150 N.
（3）运动员经过C点以后，由图乙可知x＝x1＝0.5 m时μ＝0.5，由于 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(C)) > eq \f(1,2) μmgx1，则运动员在水平面上运动的最大距离xmax一定大于x1
由动能定理可得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(C)) ＝ eq \f(1,2) μmgx1＋μmg（xmax－x1）
代入数据联立解得xmax＝3.55 m.
答案：（1）3 m/s （2）2 150 N （3）3.55 m