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    高考物理一轮复习课时作业23机械能守恒定律(含解析)

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    这是一份高考物理一轮复习课时作业23机械能守恒定律(含解析),共9页。试卷主要包含了选择题,非选择题等内容,欢迎下载使用。

    机械能守恒定律

    一、选择题

    1.(2018·南充模拟)以下运动中物体的机械能一定守恒的是(  )

    A.物体做匀速直线运动

    B物体从高处以的加速度竖直下落

    C.不计空气阻力细绳一端拴一小球使小球在竖直平面内做圆周运动

    D.物体做匀变速曲线运动

    答案 C

    解析 A项物体做匀速直线运动时动能不变而重力势能可能变化所以机械能不一定守恒故A项错误.B项物体从高处以的加速度竖直下落时必定受到向上的阻力物体的机械能不守恒故B项错误.C项不计空气阻力细绳一端拴一小球,使小球在竖直平面内做圆周运动,细绳的拉力对小球不做功,只有重力做功,机械能守恒,故C项正确.D项物体做匀变速曲线运动时可能有除重力以外的力做功机械能不一定守恒故D项错误.

    2.如图所示斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上现将一小球从图示位置静止释放不计一切摩擦则在小球从释放到落至地面的过程中下列说法正确的是(  )

    A.斜劈对小球的弹力不做功

    B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒

    C.斜劈的机械能守恒

    D.小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量

    答案 B

    解析 不计一切摩擦小球下滑时小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功系统机械能守恒B项正确C、D两项错误;斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°故弹力做负功A项错误.

    3.(多选)人站在h高处的平台上水平抛出一个质量为m的物体物体落地时的速度为v以地面为重力势能的零点不计空气阻力则有(  )

    A.人对小球做的功是mv2 B.人对小球做的功是mv2-mgh

    C.小球落地时的机械能是mv2 D.小球落地时的机械能是mv2-mgh

    答案 BC

    解析 A项人对小球做的功等于小球获得的初动能根据对从开始抛到落地的过程运用动能定理得:W+mgh=mv2所以人对小球做的功是W=mv2-mgh故A项错误B项正确;C项以地面为重力势能的零点小球落地的机械能等于落地时的动能加重力势能小球落地时的重力势能是零机械能为mv2故C项正确D项错误.

    4.(2018·西宁一模)(多选)某娱乐项目中参与者抛出一小球去撞击触发器从而进入下一关.现在将这个娱乐项目进行简化假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球小球恰好击中触发器.若参与者仍在刚才的抛出点沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球如图所示.则小球能够击中触发器的可能是(  )

    答案 CD

    解析 小球以v竖直上抛的最大高度为h到达最大高度时速度为0A小球不能上升到最高点就做斜抛运动了不能击中触发器故A项错误;B项小球离开斜面后做斜抛运动了不能击中触发器故B项错误;C项根据机械能守恒定律可知小球上升到最高点时速度刚好等于零,可以击中触发器,故C项正确;D项在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零所以小球可以上升到最高点并击中触发器故D项正确.

    5.(2018·大连模拟)如图所示长为2L的轻弹簧AB两端等高的固定在竖直墙面上弹簧刚好处于原长现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后物体向下运动当它运动到最低点时弹簧与竖直方向的夹角为θ重力加速度为g下列说法正确的是(  )

    A.向下运动的过程中,物体的加速度先增大后减小

    B向下运动的过程中物体的机械能先增大后减小

    C.物体在最低点时弹簧的弹性势能为

    D.物体在最低点时弹簧中的弹力为

    答案 C

    解析 物块向下运动弹簧弹力增大所受合外力减小加速度减小方向向下当加速度为零时重力和弹簧弹力的合力相等速度最大物块继续向下运动弹簧弹力增大合力增大加速度增大方向向,到达最低点时速度为零,故加速度先减小后增大,故A项错误;物体向下运动的过程中弹簧弹力向上位移向下做负功根据W除重=ΔE可知机械能一直减小故B项错误;根据机械能守恒定律物体在最低点时速度为零动能为零物块减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能由几何关系得物块下降的高度h=故弹簧的弹性势能为ΔE=mgh=故C项正确;当加速度为零时重力和弹簧弹力的合力相等物块继续向下运动弹簧弹力增大弹簧弹力的合力大于重,则有:Fcosθ>解得:F>故D项错误.

    6.(2018·安徽三模)(多选)如图所示竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD其中倾角为θ=37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点,CD为竖直直径,O为圆心.质量为m的小球(可视为质点)从与B点高度差为h的位置A点沿斜面由静止释放.重力加速度大小为g,sin37°=06,cos37°=0.8则下列说法正确的是(  )

    A.当h=2R时小球过C点时对轨道的压力大小为mg

    B.当h=2R时小球会从D点离开圆弧轨道做平抛运动

    C.当h=3R时小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mg

    D.调整h的值小球能从D点离开圆弧轨道并能恰好落在B点

    答案 AC

    解析 A项当h=2R时从A点到C点的过程根据机械能守恒:mg(h+R-Rcosθ)=mvC2

    过C点时有:FN-mg=m

    解得:FNmg

    根据牛顿第三定律可知小球过C点压力大小为mgA项正确;

    B若小球恰好从D点离开圆弧轨道则有:mg=mg(h0-R-Rcosθ)=mv02

    解得:v0

    h0=2.3R2R所以当h=2R时小球在运动到D点前已经脱离轨道不会从D点离开做平抛运动B项错误;

    C由机械能守恒可得:mg(3R+R-Rcosθ)=mg2R+mvD2

    求得:vD

    由牛顿第二运动定律可得:FN+mg=m

    解得:FN=1.4mgC项正确;

    D若小球以速度v0从D点离开后做平抛运动R+Rcosθ=gt02,得:t0=6且x=v0t0>0.6RD项错误.

    7.(2018·银川三模)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹的竞技运动在某次“蹦床”娱乐活动中从小朋友下落到离地面高h1处开始计时其动能Ek与离地高度h的关系如图2所示.在h1~h2阶段图像为直线其余部分为曲线,h3对应图像的最高点小朋友的质量为m重力加速度为g不计空气阻力和一切摩擦.下列有关说法正确的是(  )

    A.整个过程中小朋友的机械能守恒

    B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中其加速度先增大后减小

    C.小朋友处于h=h4高度时蹦床的弹性势能为Ep=mg(h2-h4)

    D.小朋友从h1下降到h5过程中蹦床的最大弹性势能为Epm=mgh1

    答案 C

    解析 A项,小朋友接触蹦床后,蹦床对小朋友的弹力做功,所以整个过程中小朋友的机械能不守恒,故A项错误;B项从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中蹦床对小朋友的弹力先小于重力后大于重力随着弹力的增大合力先减小后反向增大所以加速度先减小后增大故B项错;C项由图知小朋友在h2处和h4处动能相等根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得:小朋友处于h=h4高度时蹦床的弹性势能为Ep=mg(h2-h4)故C项正确;D项小朋友从h1下降到h5过程中,蹦床的最大弹性势能为Epm=mg(h1-h5)故D项错误.

    8.(2018·潍坊三模)(多选)如图所示光滑长铁链由若干节组成全长为L圆形管状轨道半径为R,L>2πR,R远大于一节铁链的高度和长度.铁链靠惯性通过轨道继续前进下列判断正确的是(  )

    A.在第一节完成圆周运动的过程中第一节铁链机械能守恒

    B.每节铁链通过最高点的速度依次减小

    C.第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等

    D第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变

    答案 CD

    解析 A项在第一节沿圆周向上运动的过程中受到第二节的推力而沿圆周向下运动的过程中又受到拉力所以在第一节完成圆周运动的过程中第一节铁链机械能不守恒.故A项错误;B、D两项从第一节铁链进入圆轨道到第一节铁链回到最低点的过程中铁链整体是重力势能不断增加则整体的速度逐渐减小;最后一节进入轨道后整体的重力势能逐渐减小则速度逐渐增大;在第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链整体的重力势能不变,所以速度保持不变.故B项错误D项正确;C项第一节与最后一节到达最高点时整体的重力势能是相等的所以整体的速度大小也相等.故C项正确.

    9.(2018·辽宁二模)如图所示光滑水平面与光滑半球面相连,O点为球心一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B,A、B质量相等可视为质点开始时A、B静止轻绳水平伸直,B与O点等高释放后当B和球心O连线与竖直方向夹角为30°时,B下滑速度为v此时A仍在水平面上重力加速度为g则球面半径为(  )

    A.         B.

    C.   D.

    答案 D

    解析 滑块A和滑块B系统机械能守恒故:

    mgRcos30°mvA2mvB2

    将B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解如图所示:

    滑块A、B沿着绳子的分速度相等故:

    vA=vBcos30°

    其中:vB=v

    联立解得:

    R.

    10.如图所示有一光滑轨道ABC,AB部分为半径是R的圆弧,BC部分水平质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端轻杆长为R不计小球大小.开始时a球处在圆弧上端A点由静止释放小球和轻杆使其沿光滑轨道下滑下列说法正确的是(  )

    A.a球下滑过程中机械能保持不变

    B.a、b滑到水平轨道上时速度为

    C.从释放到a、b滑到水平轨道上整个过程中轻杆对a球做的功为

    D.从释放到a、b滑到水平轨道上整个过程中轻杆对b球做的功为

    答案 C

    解析 A项下滑过程中对两个球组成的系统只有重力做功故机械能守恒而单个球机械能均不守恒故A项错误;

    B下滑的整个过程中根据机械能守恒定律有:mgR+mg(2R)=×2mv2;解得:v=;故B项错误;

    C对a球由动能定理可知:W+mgR=mv2;解得:W=mgR-mgR=mgR;故C项正确;

    D对b球由动能定理可知:W+2mgR=mv2;解得:W=mgR-2mgR=-mgR;故D项错误.

    11.(2018·大连模拟)(多选)如图所示由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B系统可绕O点在竖直面内转动初始位置OA水平.由静止释放重力加速度为g不计一切摩擦及空气阻力.则(  )

    A.系统在运动过程中机械能守恒

    B.B球运动至最低点时系统重力势能最小

    C.A球运动至最低点过程中动能一直在增大

    D.摆动过程中小球B的最大动能为mgL

    答案 AD

    解析 A项系统在运动过程中只有重力做功故机械能守恒故A项正确;

    B、C两项系统重心在A、B连线的中点位置故AB连线水平时系统重力势能最小动能最大;故A球运动至最低点过程中动能先增加减小,故B、C两项错误;

    D故AB连线水平时系统动能最大此时A球到图中B球位置故根据机械能守恒定律有:

    mg·L=2×mv2

    解得:mv2mgL故D项正确.

    12.(2018·江苏二模)(多选)如图所示在半径为r的轴上悬挂一个质量为M的水桶轴上分布着6根手柄柄端有6个质量为m的小球.球离轴心的距离为R轮轴、绳(极细)及手柄的质量以及摩擦均不计.现将水桶从某一高度释放使整个装置转动当转动n周时则(  )

    A.水桶的速度是小球转动线速度的

    B.水桶的瞬时速度为

    C.每个小球获得的动能为Ek

    D.水桶减小的机械能为2πnrMg

    答案 AB

    解析 A项轮轴和手柄具有相同角速度ω故水桶下落速度为ωr小球速度大小为ωR;故A项正确;

    B、C两项装置转动过程只有重力做功机械能守恒;故有:Mg·2πnr=M(ωr)2+6×m(ωR)2

    所以角速度ω=那么水桶的瞬时速度为ωr=小球的速度为ωR故每个小球获得的动能为m(ωR)2;故B项正确C项错误;

    D水桶减小的重力势能为2πnrMg;水桶的动能增加故D项错误.

    二、非选择题

    13.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.

    答案 (1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s

    解析 (1)弹簧恢复原长时物体A、B的加速度大小相同

    B分析:mg-T=ma

    对A分析:T-mgsin30°=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+mgsin30°

    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)sin30°=·2m·v2

    解得:v=1 m/s.

    14.(2018·江苏)如图所示钉子A、B相距5l处于同一高度.细线的一端系有质量为M的小物块另一端绕过A固定于B.质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l.用手竖直向下拉住小球使小球和物块都静止此时BC与水平方向的夹角为53°.松手后小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动.忽略一切摩擦重力加速度为g取sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:

    (1)小球受到手的拉力大小F;

    (2)物块和小球的质量之比M∶m;

    (3)小球向下运动到最低点时物块M所受的拉力大小T.

     

    解析 (1)松手前小球受力分析如图所示由平衡得:

    T1sin53°=T2cos53°

    F+mg=T1cos53°+T2sin53°

    且T1=Mg

    联立解得:F=Mg-mg

    (2)小球运动到与A、B相同高度过程中

    小球上升高度为:h1=3lsin53°

    物块下降高度为:h2=4l-2l=2l

    整个过程系统机械能守恒则有:mgh1=Mgh2

    联立解得:

    (3)根据机械能守恒定律可知小球向下运动到最低点即为小球回到起始点设此时AC方向拉力为T由牛顿第二定律得:

    对物块:Mg-T=Ma

    对小球:沿AC方向与物块的加速度相同

    T-mgcos53°=ma

    解得:T=mg.

     

     

     

     

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