適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第6章機(jī)械能第4講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用

第4講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練題組一機(jī)械能守恒的判斷1.小明乘坐摩天輪,由最低點(diǎn)A勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)B的過(guò)程中()A.動(dòng)能轉(zhuǎn)化為勢(shì)能,機(jī)械能增大B.動(dòng)能轉(zhuǎn)化為勢(shì)能,機(jī)械能不變C.動(dòng)能不變,勢(shì)能增大,機(jī)械能增大D.動(dòng)能、勢(shì)能、機(jī)械能均保持不變2.(2023江西上饒聯(lián)考)忽略空氣阻力,下列物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滿足機(jī)械能守恒的是()A.電梯勻速下降B.運(yùn)動(dòng)員乘著降落傘勻速下降C.物體在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D.物體沿光滑斜面加速下滑題組二單個(gè)物體的機(jī)械能守恒問(wèn)題3.(2023浙江紹興模擬)如圖所示,一位小朋友在玩水滑梯,她坐在離水面高為16m的滑梯頂端由靜止下滑。不考慮水的阻力,下滑過(guò)程可認(rèn)為機(jī)械能守恒,小朋友的質(zhì)量為30kg,下列說(shuō)法正確的是()A.無(wú)論選擇哪個(gè)位置為零勢(shì)能參考平面,她下滑時(shí)的總機(jī)械能總是4800JB.無(wú)論選擇哪個(gè)位置為零勢(shì)能參考平面,她下滑時(shí)的總機(jī)械能變化量總是4800JC.小朋友質(zhì)量越大,下滑到水滑梯底端的速度越大D.下滑時(shí),小朋友會(huì)偏向滑道的外側(cè)4.(多選)(2024廣東廣州模擬)如圖所示,廣州地鐵3號(hào)線北延段使用了節(jié)能坡。某次列車以64.8km/h(18m/s)的速度沖上高度為4m的坡頂車站時(shí),速度減為7.2km/h(2m/s),設(shè)該過(guò)程節(jié)能坡的轉(zhuǎn)化率為η(列車重力勢(shì)能的增加量與其動(dòng)能減小量之比),則()A.該過(guò)程列車的機(jī)械能守恒B.該過(guò)程列車的機(jī)械能減少C.η約為10%D.η約為25%題組三非質(zhì)點(diǎn)類物體機(jī)械能守恒問(wèn)題5.如圖所示,總長(zhǎng)為L(zhǎng),質(zhì)量分布均勻的鐵鏈放在高度為H的光滑桌面上,有長(zhǎng)度為a的一段下垂,H>L,重力加速度為g,則鐵鏈剛接觸地面時(shí)速度為()A.g(2C.g(26.(2023安徽合肥模擬)如圖所示,甲為一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的均勻鏈條,總質(zhì)量為2m,一半放在水平桌面上,一半豎直下垂。乙為兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球,一個(gè)放在水平桌面上,一個(gè)豎直下垂,中間用不計(jì)質(zhì)量、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的細(xì)繩相連,水平部分和豎直部分長(zhǎng)度相等,小球可以視為質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)給甲、乙一個(gè)小擾動(dòng),使得甲、乙都剛好離開(kāi)水平桌面。取水平桌面所在的平面為零勢(shì)能面,重力加速度大小為g,這個(gè)過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是()A.甲的重力勢(shì)能減少了34B.乙的重力勢(shì)能減少了mgLC.甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功D.甲、乙重力勢(shì)能的減少量相等綜合提升練7.(2023廣東廣州聯(lián)考)如圖所示,傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上,斜面的底端固定一垂直擋板,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在擋板,另一端連接質(zhì)量為m的小球A,當(dāng)小球A處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能大小為E?，F(xiàn)將另一個(gè)大小相等、質(zhì)量相同的小球B(圖中未畫(huà)出)緊挨小球A右側(cè)輕放在斜面上,已知重力加速度大小為g,彈簧一直處在彈性限度內(nèi),則彈簧的最大彈性勢(shì)能為()A.E B.4mC.2m2g2sin8.(多選)(2023四川綿陽(yáng)模擬)如圖所示,在A點(diǎn)處用輕繩懸掛一個(gè)擺球,A點(diǎn)正下方13擺繩長(zhǎng)處的C點(diǎn),有個(gè)釘子可以擋住擺繩。將擺球拉至B點(diǎn),輕繩與豎直方向夾角為60°,靜止釋放,擺繩觸碰釘子后,擺球達(dá)到最高點(diǎn)D,此時(shí)擺繩與豎直方向夾角為φ;若將釘子下移至E點(diǎn)(圖中未畫(huà)出),重新從B點(diǎn)靜止釋放擺球,擺繩觸碰釘子后,擺球剛好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)一切阻力和形變。則(A.cosφ=14 B.cosφ=C.E點(diǎn)距A點(diǎn)34擺繩長(zhǎng) D.E點(diǎn)距A點(diǎn)49.(多選)(2024廣東廣州模擬)航天員在地面模擬失重訓(xùn)練的一種方式如圖所示。航天員需要穿水槽訓(xùn)練航天服浸沒(méi)在水中,通過(guò)配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等,假設(shè)其總質(zhì)量為m,訓(xùn)練空間的重力加速度為g且不變,在某次出艙作業(yè)過(guò)程中,給自己一個(gè)初速度后豎直向上勻速漂浮的距離為h,以下說(shuō)法正確的是()A.航天員所受的合力為零,合力不做功,其機(jī)械能守恒B.上升h的過(guò)程中,動(dòng)能不變C.上升h的過(guò)程中,重力勢(shì)能減小了mghD.上升h的過(guò)程中,機(jī)械能增加了mgh10.(多選)跳臺(tái)滑雪的示意圖如圖所示。質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直傾斜的助滑道AB的A處由靜止滑下,為了改變運(yùn)動(dòng)員的速度方向,在助滑道AB與起跳臺(tái)D之間用一段彎曲滑道相切銜接,其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧,圓弧軌道半徑為R。A與C的豎直高度差為H,彎曲滑道末端即起跳臺(tái)D與滑道最低點(diǎn)C的高度差為h,重力加速度為g。不計(jì)空氣阻力及摩擦,則運(yùn)動(dòng)員()A.到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為mgHB.到達(dá)C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為2C.到起跳臺(tái)D點(diǎn)的速度大小為2D.從C點(diǎn)到D點(diǎn)重力勢(shì)能增大了mg(H-h)11.(2024海南?？谀M)如圖甲所示,輕繩的一端固定在O點(diǎn),另一端系一小球。小球在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,繩子的拉力F的大小與小球離最低點(diǎn)的高度h的關(guān)系如圖所示。重力加速度g取10m/s2,則()A.圓周半徑為1.0mB.小球質(zhì)量為0.5kgC.輕繩轉(zhuǎn)至水平時(shí)拉力為30ND.小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為2m/s12.(2023福建廈門期末)某中學(xué)生助手將一輕橡皮繩左端固定在離地高度為1m的O點(diǎn),右端與小球相連。現(xiàn)將小球從O點(diǎn)水平拋出,經(jīng)過(guò)0.4s后小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),輕橡皮繩恰好伸直。而后小球撞到地面的Q點(diǎn),觸地前瞬間的速度為4m/s。已知橡皮繩原長(zhǎng)為1m,小球質(zhì)量為0.2kg,重力加速度g取10m/s2,橡皮繩始終在彈性限度內(nèi),忽略空氣阻力,求:(1)輕橡皮繩恰好伸直時(shí),小球下落的高度;(2)小球水平拋出的初速度大小;(3)小球落地前瞬間,輕橡皮繩的彈性勢(shì)能。

參考答案第4講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用1.C解析小明乘坐摩天輪,由最低點(diǎn)A勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)B的過(guò)程中,動(dòng)能保持不變,重力勢(shì)能增加,機(jī)械能增大,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。2.D解析電梯勻速下降,動(dòng)能不變,重力勢(shì)能減小,機(jī)械能減小,A不滿足機(jī)械能守恒定律;運(yùn)動(dòng)員乘著降落傘勻速下降,動(dòng)能不變,重力勢(shì)能減小,機(jī)械能減小,B不滿足機(jī)械能守恒定律;物體在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不變,重力勢(shì)能變化,機(jī)械能變化,C不滿足機(jī)械能守恒定律;物體沿光滑斜面加速下滑,只有重力做功,物體的機(jī)械能守恒,D滿足機(jī)械能守恒定律。3.D解析由于下滑過(guò)程可認(rèn)為機(jī)械能守恒,可知下滑時(shí)的總機(jī)械能變化量為零,下滑時(shí)的總機(jī)械能等于頂端由靜止下滑時(shí)的重力勢(shì)能,由于重力勢(shì)能具有相對(duì)性,選擇不同位置為零勢(shì)能參考平面,小朋友的初始位置重力勢(shì)能不一樣,則小朋友的機(jī)械能不一樣,A、B錯(cuò)誤;根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh=12mv2,解得下滑到水滑梯底端的速度大小為v=2gh,可知下滑到水滑梯底端的速度大小與小朋友的質(zhì)量無(wú)關(guān),C錯(cuò)誤;小朋友下滑時(shí),水平方向可認(rèn)為做圓周運(yùn)動(dòng),由于離心現(xiàn)象,4.BD解析列車在沖上坡頂車站時(shí),需要克服阻力做功,減小的動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化成了列車的重力勢(shì)能,一部分克服了阻力做功,該過(guò)程中列車增加的重力勢(shì)能與減小的動(dòng)能之間的關(guān)系為ΔEp=mgh<ΔEk=12mv末2-12mv初2,因此該過(guò)程列車的機(jī)械能減少,故A錯(cuò)誤,B正確;該過(guò)程重力勢(shì)能的增加量為ΔEp=mgh,動(dòng)能的減少量為ΔEk=5.D解析設(shè)鐵鏈單位長(zhǎng)度的質(zhì)量為m,設(shè)地面為零勢(shì)能面,由機(jī)械能守恒定律可得(L-a)mgH+amgH-a2=12Lmv2+Lmg·L2,解得v=g26.A解析甲的重力勢(shì)能變化量ΔEpA=-2mgL2--mgL4=-34mgL,即減少了34mgL,A正確;乙的重力勢(shì)能變化量ΔEpB=(-mgL)--mgL2=-127.B解析初始時(shí)A、B兩小球的加速度最大,以A、B兩小球?yàn)檎w,根據(jù)牛頓第二定律有2mgsinθ-kx1=2ma,kx1=mgsinθ,解得a=gsinθ2,當(dāng)兩小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),其速度為零,彈簧的彈性勢(shì)能達(dá)到最大,根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性,有kx2-2mgsinθ=2ma,解得x2=3mgsinθk,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律有Epmax=2mgsinθ·(x2-x1)8.AD解析小球從B點(diǎn)擺到D點(diǎn)的過(guò)程,只有重力做功,由機(jī)械能守恒定律有mg(L-Lcos60°)+0=mg2L3-2L3cosφ+0,解得cosφ=14,A正確,B錯(cuò)誤;設(shè)E點(diǎn)與A點(diǎn)距離為d,則小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=L-d,擺繩觸碰釘子后擺球剛好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),則在最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力為零,有mg=mv12L-d,小球從B點(diǎn)到圓周的最高點(diǎn)由動(dòng)能定理有mg[L-Lcos60°-2(L-d)]=12mv12-0,聯(lián)立可得9.BD解析航天員在上升過(guò)程中,根據(jù)題意,由平衡條件可得F浮=mg,浮力向上,位移向上,浮力對(duì)其做正功,所做功為W浮=mgh,若只有重力做功,機(jī)械能守恒,但該過(guò)程除重力做功外,浮力做正功,因此機(jī)械能增加了mgh,故A錯(cuò)誤,D正確;勻速上升過(guò)程動(dòng)能不變,故B正確;上升h的過(guò)程,重力勢(shì)能增加了mgh,故C錯(cuò)誤。10.AC解析由A到C機(jī)械能守恒,則到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek=mgH,A正確;根據(jù)12mvC2=mgH,FC-mg=mvC2R,解得FC=mg+2mgHR,則到達(dá)C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為FC'=mg+2mgHR,B錯(cuò)誤;從A到D由機(jī)械能守恒定律mg(H-h)=12mvD2,解得到起跳臺(tái)11.B解析由題圖乙可知,當(dāng)h=0時(shí),繩的拉力為F2=41N,當(dāng)h=1.0m時(shí)繩的拉力為F1=11N,可知小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=1.02m=0.5m,A錯(cuò)誤;設(shè)小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1,通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度為v2,由機(jī)械能守恒定律可得12mv12+mg·2R=12mv22,在最高點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律可知F1+mg=mv12R,在最低點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律可知F2-mg=m