高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)23機(jī)械能守恒定律（含解析）

PAGEPAGE1機(jī)械能守恒定律一、選擇題1．(2018·南充模擬)以下運動中物體的機(jī)械能一定守恒的是()A．物體做勻速直線運動B．物體從高處以eq\f(g,4)的加速度豎直下落C．不計空氣阻力，細(xì)繩一端拴一小球，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動D．物體做勻變速曲線運動答案C解析A項，物體做勻速直線運動時動能不變，而重力勢能可能變化，所以機(jī)械能不一定守恒，故A項錯誤．B項，物體從高處以eq\f(g,4)的加速度豎直下落時，必定受到向上的阻力，物體的機(jī)械能不守恒，故B項錯誤．C項，不計空氣阻力，細(xì)繩一端拴一小球，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，細(xì)繩的拉力對小球不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C項正確．D項，物體做勻變速曲線運動時可能有除重力以外的力做功，機(jī)械能不一定守恒，故D項錯誤．2.如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是()A．斜劈對小球的彈力不做功B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．斜劈的機(jī)械能守恒D．小球重力勢能減少量等于斜劈動能的增加量答案B解析不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B項正確，C、D兩項錯誤；斜劈對小球的彈力與小球位移間夾角大于90°，故彈力做負(fù)功，A項錯誤．3．(多選)人站在h高處的平臺上，水平拋出一個質(zhì)量為m的物體，物體落地時的速度為v，以地面為重力勢能的零點，不計空氣阻力，則有()A．人對小球做的功是eq\f(1,2)mv2 B．人對小球做的功是eq\f(1,2)mv2－mghC．小球落地時的機(jī)械能是eq\f(1,2)mv2 D．小球落地時的機(jī)械能是eq\f(1,2)mv2－mgh答案BC解析A項，人對小球做的功等于小球獲得的初動能，根據(jù)對從開始拋到落地的過程，運用動能定理得：W＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以人對小球做的功是W＝eq\f(1,2)mv2－mgh，故A項錯誤，B項正確；C項，以地面為重力勢能的零點，小球落地的機(jī)械能等于落地時的動能加重力勢能，小球落地時的重力勢能是零，機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2，故C項正確，D項錯誤．4．(2018·西寧一模)(多選)某娛樂項目中，參與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進(jìn)入下一關(guān)．現(xiàn)在將這個娛樂項目進(jìn)行簡化，假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以v的速率豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器．若參與者仍在剛才的拋出點，沿A、B、C、D四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，如圖所示．則小球能夠擊中觸發(fā)器的可能是()答案CD解析小球以v豎直上拋的最大高度為h，到達(dá)最大高度時速度為0，A項，小球不能上升到最高點就做斜拋運動了，不能擊中觸發(fā)器，故A項錯誤；B項，小球離開斜面后做斜拋運動了，不能擊中觸發(fā)器，故B項錯誤；C項，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球上升到最高點時速度剛好等于零，可以擊中觸發(fā)器，故C項正確；D項，在雙軌中做圓周運動時到達(dá)最高點的速度可以為零，所以小球可以上升到最高點并擊中觸發(fā)器，故D項正確．5．(2018·大連模擬)如圖所示，長為2L的輕彈簧AB兩端等高的固定在豎直墻面上，彈簧剛好處于原長，現(xiàn)在其中點O處輕輕地掛上一個質(zhì)量為m的物體P后，物體向下運動，當(dāng)它運動到最低點時，彈簧與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．向下運動的過程中，物體的加速度先增大后減小B．向下運動的過程中，物體的機(jī)械能先增大后減小C．物體在最低點時，彈簧的彈性勢能為eq\f(mgL,tanθ)D．物體在最低點時，彈簧中的彈力為eq\f(mg,2cosθ)答案C解析物塊向下運動，彈簧彈力增大，所受合外力減小，加速度減小，方向向下，當(dāng)加速度為零時，重力和彈簧彈力的合力相等速度最大，物塊繼續(xù)向下運動彈簧彈力增大，合力增大，加速度增大方向向上，到達(dá)最低點時速度為零，故加速度先減小后增大，故A項錯誤；物體向下運動的過程中，彈簧彈力向上，位移向下，做負(fù)功，根據(jù)W除重＝ΔE可知機(jī)械能一直減小，故B項錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，物體在最低點時，速度為零，動能為零，物塊減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，由幾何關(guān)系得物塊下降的高度h＝eq\f(L,tanθ)，故彈簧的彈性勢能為ΔE彈＝mgh＝eq\f(mgL,tanθ)，故C項正確；當(dāng)加速度為零時，重力和彈簧彈力的合力相等，物塊繼續(xù)向下運動彈簧彈力增大，彈簧彈力的合力大于重力，則有：F彈cosθ>eq\f(mg,2)，解得：F彈>eq\f(mg,2cosθ)，故D項錯誤．6.(2018·安徽三模)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定的光滑軌道ABCD，其中傾角為θ＝37°的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，O為圓心．質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)從與B點高度差為h的位置A點沿斜面由靜止釋放．重力加速度大小為g，sin37°＝06，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．當(dāng)h＝2R時，小球過C點時對軌道的壓力大小為eq\f(27,5)mgB．當(dāng)h＝2R時，小球會從D點離開圓弧軌道做平拋運動C．當(dāng)h＝3R時，小球運動到D點時對軌道的壓力大小為1.4mgD．調(diào)整h的值，小球能從D點離開圓弧軌道，并能恰好落在B點答案AC解析A項，當(dāng)h＝2R時，從A點到C點的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒：mg(h＋R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2過C點時有：FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得：FN＝eq\f(27,5)mg根據(jù)牛頓第三定律可知，小球過C點壓力大小為eq\f(27,5)mg，A項正確；B項，若小球恰好從D點離開圓弧軌道，則有：mg＝eq\f(mv02,R)，mg(h0－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv02解得：v0＝eq\r(gR)h0＝2.3R＞2R，所以當(dāng)h＝2R時，小球在運動到D點前已經(jīng)脫離軌道，不會從D點離開做平拋運動，B項錯誤；C項，由機(jī)械能守恒可得：mg(3R＋R－Rcosθ)＝mg2R＋eq\f(1,2)mvD2，求得：vD＝eq\r(2.4gR)，由牛頓第二運動定律可得：FN＋mg＝meq\f(vD2,R)，解得：FN＝1.4mg，C項正確；D項，若小球以速度v0從D點離開后做平拋運動，R＋Rcosθ＝eq\f(1,2)gt02，得：t0＝6eq\r(\f(R,10g))，且x＝v0t0＝eq\f(6R,\r(10))>0.6R，D項錯誤．7．(2018·銀川三模)蹦床是一項運動員利用從蹦床反彈的競技運動，在某次“蹦床”娛樂活動中，從小朋友下落到離地面高h(yuǎn)1處開始計時，其動能Ek與離地高度h的關(guān)系如圖2所示．在h1～h2階段圖像為直線，其余部分為曲線，h3對應(yīng)圖像的最高點，小朋友的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力和一切摩擦．下列有關(guān)說法正確的是()A．整個過程中小朋友的機(jī)械能守恒B．從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，其加速度先增大后減小C．小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4)D．小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mgh1答案C解析A項，小朋友接觸蹦床后，蹦床對小朋友的彈力做功，所以整個過程中小朋友的機(jī)械能不守恒，故A項錯誤；B項，從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，蹦床對小朋友的彈力先小于重力，后大于重力，隨著彈力的增大，合力先減小后反向增大，所以加速度先減小后增大，故B項錯；C項，由圖知，小朋友在h2處和h4處動能相等，根據(jù)蹦床和小朋友組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4)，故C項正確；D項，小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mg(h1－h(huán)5)，故D項錯誤．8．(2018·濰坊三模)(多選)如圖所示，光滑長鐵鏈由若干節(jié)組成，全長為L，圓形管狀軌道半徑為R，L＞2πR，R遠(yuǎn)大于一節(jié)鐵鏈的高度和長度．鐵鏈靠慣性通過軌道繼續(xù)前進(jìn)，下列判斷正確的是()A．在第一節(jié)完成圓周運動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機(jī)械能守恒B．每節(jié)鐵鏈通過最高點的速度依次減小C．第一節(jié)與最后一節(jié)到達(dá)最高點的速度大小相等D．第一節(jié)回到最低點至最后一節(jié)進(jìn)入軌道的過程中鐵鏈的速度保持不變答案CD解析A項，在第一節(jié)沿圓周向上運動的過程中受到第二節(jié)的推力，而沿圓周向下運動的過程中又受到拉力，所以在第一節(jié)完成圓周運動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機(jī)械能不守恒．故A項錯誤；B、D兩項，從第一節(jié)鐵鏈進(jìn)入圓軌道，到第一節(jié)鐵鏈回到最低點的過程中，鐵鏈整體是重力勢能不斷增加，則整體的速度逐漸減小；最后一節(jié)進(jìn)入軌道后，整體的重力勢能逐漸減小，則速度逐漸增大；在第一節(jié)回到最低點至最后一節(jié)進(jìn)入軌道的過程中鐵鏈整體的重力勢能不變，所以速度保持不變．故B項錯誤，D項正確；C項，第一節(jié)與最后一節(jié)到達(dá)最高點時，整體的重力勢能是相等的，所以整體的速度大小也相等．故C項正確．9.(2018·遼寧二模)如圖所示，光滑水平面與光滑半球面相連，O點為球心，一輕繩跨過光滑小滑輪連接物塊A、B，A、B質(zhì)量相等可視為質(zhì)點，開始時A、B靜止，輕繩水平伸直，B與O點等高，釋放后，當(dāng)B和球心O連線與豎直方向夾角為30°時，B下滑速度為v，此時A仍在水平面上，重力加速度為g，則球面半徑為()A.eq\f(7v2,4g) B.eq\f(7（2＋\r(3)）v2,4g)C.eq\f(7\r(3)v2,4g) D.eq\f(7v2,4\r(3)g)答案D解析滑塊A和滑塊B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故：mgRcos30°＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，將B的速度沿著平行繩子和垂直繩子方向正交分解，如圖所示：滑塊A、B沿著繩子的分速度相等，故：vA＝vBcos30°，其中：vB＝v，聯(lián)立解得：R＝eq\f(7v2,4\r(3)g).10.如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑是R的eq\f(1,4)圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，不計小球大?。_始時a球處在圓弧上端A點，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，下列說法正確的是()A．a(chǎn)球下滑過程中機(jī)械能保持不變B．a(chǎn)、b滑到水平軌道上時速度為eq\r(2gR)C．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為eq\f(mgR,2)D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對b球做的功為eq\f(mgR,2)答案C解析A項，下滑過程中，對兩個球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，而單個球機(jī)械能均不守恒，故A項錯誤；B項，下滑的整個過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：mgR＋mg(2R)＝eq\f(1,2)×2mv2；解得：v＝eq\r(3gR)；故B項錯誤；C項，對a球由動能定理可知：W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2；解得：W＝eq\f(3,2)mgR－mgR＝eq\f(1,2)mgR；故C項正確；D項，對b球由動能定理可知：W＋2mgR＝eq\f(1,2)mv2；解得：W＝eq\f(3,2)mgR－2mgR＝－eq\f(1,2)mgR；故D項錯誤．11．(2018·大連模擬)(多選)如圖所示，由長為L的輕桿構(gòu)成的等邊三角形支架位于豎直平面內(nèi)，其中兩個端點分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，系統(tǒng)可繞O點在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，初始位置OA水平．由靜止釋放，重力加速度為g，不計一切摩擦及空氣阻力．則()A．系統(tǒng)在運動過程中機(jī)械能守恒B．B球運動至最低點時，系統(tǒng)重力勢能最小C．A球運動至最低點過程中，動能一直在增大D．?dāng)[動過程中，小球B的最大動能為eq\f(\r(3),4)mgL答案AD解析A項，系統(tǒng)在運動過程中，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故A項正確；B、C兩項，系統(tǒng)重心在A、B連線的中點位置，故AB連線水平時，系統(tǒng)重力勢能最小，動能最大；故A球運動至最低點過程中，動能先增加，后減小，故B、C兩項錯誤；D項，故AB連線水平時，系統(tǒng)動能最大，此時A球到圖中B球位置，故根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：mg·eq\f(\r(3),2)L＝2×eq\f(1,2)mv2，解得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(3),4)mgL，故D項正確．12.(2018·江蘇二模)(多選)如圖所示，在半徑為r的軸上懸掛一個質(zhì)量為M的水桶，軸上分布著6根手柄，柄端有6個質(zhì)量為m的小球．球離軸心的距離為R，輪軸、繩(極細(xì))及手柄的質(zhì)量以及摩擦均不計．現(xiàn)將水桶從某一高度釋放使整個裝置轉(zhuǎn)動，當(dāng)轉(zhuǎn)動n周時，則()A．水桶的速度是小球轉(zhuǎn)動線速度的eq\f(r,R)倍B．水桶的瞬時速度為eq\r(\f(4πnr3Mg,Mr2＋6mR2))C．每個小球獲得的動能為Ek＝eq\f(2πnr3mMg,Mr2＋6mR2)D．水桶減小的機(jī)械能為2πnrMg答案AB解析A項，輪軸和手柄具有相同角速度ω，故水桶下落速度為ωr，小球速度大小為ωR；故A項正確；B、C兩項，裝置轉(zhuǎn)動過程只有重力做功，機(jī)械能守恒；故有：Mg·2πnr＝eq\f(1,2)M(ωr)2＋6×eq\f(1,2)m(ωR)2；所以，角速度ω＝eq\r(\f(4πnMgr,Mr2＋6mR2))，那么，水桶的瞬時速度為ωr＝eq\r(\f(4πnMgr3,Mr2＋6mR2))，小球的速度為ωR＝eq\r(\f(4πnMgrR2,Mr2＋6mR2))，故每個小球獲得的動能為eq\f(1,2)m(ωR)2＝eq\f(2πnMmgrR2,Mr2＋6mR2)；故B項正確，C項錯誤；D項，水桶減小的重力勢能為2πnrMg；水桶的動能增加，故D項錯誤．二、非選擇題13.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面體上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質(zhì)量為m＝4kg的物體A，一輕細(xì)繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使細(xì)繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，求：(1)彈簧恢復(fù)原長時細(xì)繩上的拉力；(2)物體A沿斜面向上運動多遠(yuǎn)時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度大?。鸢?1)30N(2)20cm(3)1m/s解析(1)彈簧恢復(fù)原長時，物體A、B的加速度大小相同，對B分析：mg－T＝ma，對A分析：T－mgsin30°＝ma，代入數(shù)據(jù)解得：T＝30N.(2)初始位置，彈簧的壓縮量為：x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm，當(dāng)物體A速度最大時，即物體A的加速度為0，對物體A分析有：mg＝kx2＋mgsin30°，彈簧的伸長量為：x2＝10cm，所以物體A沿斜面上