高考物理一輪復習課時練習 第6章第4練　機械能守恒定律及其應用（含詳解）

1．(多選)如圖所示，下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是()A．甲圖中，在火箭升空的過程中，若火箭勻速升空，則機械能守恒，若火箭加速升空，則機械能不守恒B．乙圖中的物體勻速運動，機械能守恒C．丙圖中的小球做勻速圓周運動，機械能守恒D．丁圖中的彈丸在光滑的碗內做復雜的曲線運動，機械能守恒2.(2024·河北邯鄲市第一次調研)如圖所示為某運動員做蹦床運動的簡化示意圖，A為運動員某次下落過程的最高點，B為運動員下落過程中剛接觸蹦床時的位置，C為運動員下落過程的最低點。若A、B之間的豎直距離為h，B、C之間的豎直距離為Δx，運動員的質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．下落過程中運動員與蹦床組成的系統(tǒng)勢能一直在減小B．從最高點A運動到最低點C，運動員的機械能守恒C．從B點至C點過程中，運動員的機械能守恒D．蹦床的最大彈性勢能是mg(h＋Δx)3.(2021·海南卷·2)水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，將人視為質點，不計摩擦和空氣阻力。則人的落水點到滑梯末端的水平距離為()A．4.0mB．4.5mC．5.0mD．5.5m4.如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，BC部分水平，質量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，小球可視為質點，開始時a球處于圓弧上端A點，由靜止開始釋放小球和輕桿，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．a(chǎn)球下滑過程中機械能保持不變B．b球下滑過程中機械能保持不變C．a(chǎn)、b球都滑到水平軌道上時速度大小均為eq\r(2gR)D．從釋放a、b球到a、b球都滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為eq\f(1,2)mgR5.(2023·湖北武漢市聯(lián)考)如圖所示，有一條長為L＝1m的均勻金屬鏈條，有一半在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半豎直下垂在空中，當鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10m/s2)()A．2.5m/s B.eq\f(5\r(2),2)m/sC.eq\r(5)m/s D.eq\f(\r(35),2)m/s6.如圖所示，一個半徑為r、質量均勻的圓盤套在光滑固定的水平轉軸上，一根輕繩繞過圓盤，兩端分別連接著物塊A和B，A放在地面上，B用手托著，A、B均處于靜止，此時B離地面的高度為7r，圓盤兩邊的輕繩沿豎直方向伸直，A和圓盤的質量均為m，B的質量為2m，快速撤去手，在物塊B向下運動的過程中。繩子始終與圓盤沒有相對滑動，已知圓盤轉動的動能為EkC＝eq\f(1,4)mr2ω2，其中ω為圓盤轉動的角速度，則物塊A上升到最高點時離地面的高度為(A上升過程中未與圓盤相碰)()A．7rB．8rC．9rD．10r7.(多選)(2024·重慶市巴蜀中學月考)如圖所示，一輕桿長為L，一端固定在O點，桿可繞O點無摩擦轉動。質量為3m的小球A固定在桿的末端，質量為m的小球B固定在桿的中點，重力加速度為g，輕桿從水平位置由靜止釋放，小球均可視為質點，則當桿運動至豎直位置時，下列說法正確的有()A．該過程中，輕桿對兩小球均不做功B．處于豎直位置時，A球的速率一定是B球的兩倍C．處于豎直位置時，A球的速率為2eq\r(\f(7,13)gL)D．該過程中，B球機械能增加了eq\f(1,2)mgL8.(多選)(2023·黑龍江哈爾濱市期中)如圖所示，不可伸長的輕繩一端系一質量為m的重物，另一端繞過光滑定滑輪系一質量也為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，定滑輪與直桿的距離為d，定滑輪的大小不計。桿上的A點與定滑輪等高，AB的距離為eq\f(4,3)d，現(xiàn)將環(huán)從A點由靜止釋放，不計一切摩擦，重力加速度為g，當環(huán)下落至B點時，以下說法正確的是()A．環(huán)與重物的速度大小之比為5∶4B．環(huán)的速度為eq\r(\f(2gd,3))C．環(huán)從A到B的過程，克服繩的拉力做的功等于此過程中環(huán)減少的機械能D．環(huán)從A到B的過程，重物的機械能守恒9.(多選)(2023·山東泰安市模擬)如圖所示，跨過輕質滑輪a、b的一根輕質細線，上端接在天花板上，下端與小物塊A相接，A放在長為L、傾角為30°的光滑斜面上，斜面放在水平地面上。物塊B用細線懸掛在滑輪a的下方，細線Ab段與斜面平行，動滑輪兩側細線均豎直。A與B的質量分別為m、2m，重力加速度大小為g，不計動滑輪與細線之間的摩擦以及空氣阻力?，F(xiàn)將A從斜面底端由靜止釋放，一段時間后，A沿斜面勻加速上滑到斜面的中點，此時B尚未落地，整個過程中斜面始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()A．該過程中，A和B的總重力勢能不變B．該過程中，地面對斜面的摩擦力大小為eq\f(\r(3),4)mgC．A到達斜面中點的速率為eq\r(\f(1,6)gL)D．該過程中，細線的拉力大小為eq\f(5,6)mg10.(2024·江蘇揚州市儀征中學檢測)如圖所示，質量均為m(m大小未知)的重物A、B和質量為M的重物C(均可視為質點)用不可伸長的輕質長繩跨過兩個光滑的等高的輕小定滑輪(半徑可忽略)連接，C與滑輪等高時，到兩定滑輪的距離均為l，現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，C豎直向下運動，下落高度為eq\r(3)l時，速度達到最大，已知運動過程中A、B始終未到達滑輪處，重力加速度大小為g。(1)求C下落eq\r(3)l時繩的拉力大小FT；(2)求C下落eq\r(3)l時C的速度大小vC；(3)若用質量為eq\r(2)m的D替換C，將其靜止釋放，求D能下降的最大距離d。11.(多選)如圖所示，豎直平面內固定兩根足夠長的細桿M、N，兩桿無限接近但不接觸，兩桿間的距離可忽略不計。兩個小球a、b(可視為質點)的質量相等，a球套在豎直桿M上，b球套在水平桿N上，a、b通過鉸鏈用長度為L＝0.5m的剛性輕桿連接，將a球從圖示位置由靜止釋放(輕桿與N桿的夾角為θ＝53°)，不計一切摩擦，已知重力加速度的大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。在此后的運動過程中，下列說法正確的是()A．a(chǎn)球下落過程中，其加速度大小始終不大于gB．a(chǎn)球由靜止下落0.15m時，a球的速度大小為1.5m/sC．b球的最大速度為3eq\r(2)m/sD．a(chǎn)球的最大速度為2eq\r(2)m/s第4練機械能守恒定律及其應用1．CD[甲圖中，不論是勻速升空還是加速升空，由于推力都對火箭做正功，所以火箭的機械能都增加，故A錯誤；物體勻速上升，動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，故B錯誤；小球在做勻速圓周運動的過程中，細線的拉力不做功，機械能守恒，故C正確；彈丸在光滑的碗內做復雜的曲線運動，只有重力做功，所以彈丸的機械能守恒，故D正確。]2．D[不計空氣阻力，運動員與蹦床組成的系統(tǒng)在整個運動過程中只有重力與彈力做功，蹦床與運動員組成的系統(tǒng)機械能守恒，運動員的動能在整個過程中先變大后變小，則運動員與蹦床組成的系統(tǒng)勢能先變小后變大，故A錯誤；A至B，運動員先做自由落體運動，只有重力做功，運動員機械能守恒，從B運動到C，運動員速度先增大后減小，蹦床逐漸發(fā)生形變，蹦床彈力對運動員做負功，運動員和蹦床組成系統(tǒng)機械能守恒，運動員的機械能不守恒，故B、C錯誤；下落至C點時蹦床彈性勢能最大，以C點所在平面為零勢能面，有Epm＝mg(h＋Δx)，D正確。]3．A[設人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v，根據(jù)機械能守恒定律可知mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝4eq\r(5)m/s，從滑梯末端水平飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.0,10))s＝eq\r(\f(1,5))s，水平方向做勻速直線運動，則人的落水點距離滑梯末端的水平距離為x＝vt＝4eq\r(5)×eq\r(\f(1,5))m＝4.0m，故選A。]4．D[對于單個小球來說，桿的彈力做功，小球機械能不守恒，A、B錯誤；兩個小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故有mgR＋mg(2R)＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(3gR)，C錯誤；a球在下滑過程中，桿和重力對a球做功，故根據(jù)動能定理可得W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝eq\r(3gR)，聯(lián)立解得W＝eq\f(1,2)mgR，D正確。]5．A[設鏈條的質量為2m，以開始時鏈條的最高點所在水平面的重力勢能為零，鏈條的機械能為E＝－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)sin30°－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)＝－eq\f(3,8)mgL，鏈條全部滑出后，動能為Ek′＝eq\f(1,2)×2mv2，重力勢能為Ep′＝－2mg·eq\f(L,2)，由機械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－eq\f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5m/s，故A正確，B、C、D錯誤。]6．C[設B剛落地時速度為v，則根據(jù)機械能守恒有2mg×7r＝mg×7r＋eq\f(1,2)×3mv2＋eq\f(1,4)mv2，解得v＝2eq\r(gr)，當物塊B落地后，A還能上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝2r，因此A上升到最高點離地面的高度為9r。故選C。]7．BC[A、B兩球為同軸轉動，故角速度相等，由v＝ωr可知處于豎直位置時，A球的速率一定是B球的兩倍，故B正確；下落過程中A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，對A、B組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律得3mgL＋mg·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mvB2＋eq\f(1,2)×3mvA2，且vA＝2vB，解得vA＝2eq\r(\f(7,13)gL)，vB＝eq\r(\f(7,13)gL)，故C正確；對B小球由動能定理得W＋mg·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mvB2，解得W＝－eq\f(3mgL,13)，即桿對小球B做負功，則小球B的機械能減少，故A、D錯誤。]8．AC[環(huán)下落距離為eq\f(4,3)d時，由幾何關系可知此時繩子與豎直方向的夾角為37°，設此時環(huán)的速度為v，則重物的速度為v·cos37°＝eq\f(4,5)v，故環(huán)與重物的速度之比為5∶4，故A正確；對系統(tǒng)，由機械能守恒定律可得mg·eq\f(4,3)d＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m(eq\f(4,5)v)2＋mg(eq\f(5,3)－1)d，解得v＝eq\r(\f(100,123)gd)，故B錯誤；環(huán)從A到B的過程，由功能關系可知，環(huán)克服繩的拉力做的功等于此過程中環(huán)減少的機械能，故C正確；環(huán)從A到B的過程，重物的動能和勢能都增加，機械能增加，故D錯誤。]9．BD[由于A沿斜面勻加速上滑，B沿豎直方向勻加速下降，即A和B的總動能增加，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，故總重力勢能減少，A錯誤；A沿斜面勻加速上滑到斜面中點的過程中，據(jù)機械能守恒可得2mg·eq\f(L,4)＝mg·eq\f(L,2)sin30°＋eq\f(1,2)×2mvB2＋eq\f(1,2)mvA2，又vB＝eq\f(1,2)vA，聯(lián)立解得vA＝eq\r(\f(1,3)gL)，vB＝eq\r(\f(1,12)gL)，C錯誤；設細線上的拉力大小為F，設A的加速度大小為a，由于B的加速度為A的加速度的一半，對A、B分別由牛頓第二定律可得F－mgsin30°＝ma,2mg－2F＝2m·eq\f(1,2)a，聯(lián)立解得a＝eq\f(1,3)g，F(xiàn)＝eq\f(5,6)mg，D正確；A對斜面的壓力大小為FN＝mgcos30°，對于斜面，在水平方向由平衡條件可得，地面對斜面的摩擦力大小為Ff＝FNsin30°＝eq\f(\r(3),4)mg，B正確。]10．(1)eq\f(\r(3),3)Mg(2)2eq\r(\f(gl,2\r(3)＋3))(3)2eq\r(2)l解析(1)設C下落eq\r(3)l時，繩與豎直方向的夾角為θ，由幾何關系可得tanθ＝eq\f(l,\r(3)l)＝eq\f(\r(3),3)，所以θ＝30°對C，其速度最大時，加速度為0，合力為0，有2FTcosθ＝Mg，解得FT＝eq\f(\r(3),3)Mg。(2)當C的加速度為0時，A、B的加速度也為0，故FT＝eq\f(\r(3),3)Mg＝mg，解得M＝eq\r(3)m，由幾何關系，當C下落eq\r(3)l時，A和B上升的高度為h＝eq\f(l,sinθ)－l＝l對A、B、C組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律有Mg·eq\r(3)l－2mgh＝eq\f(1,2)MvC2＋2×eq\f(1,2)mvA2vA＝vCcosθ解得vC＝2eq\r(\f(\r(3)M－2m,2M＋3m)gl)＝2eq\r(\f(gl,2\r(3)＋3))(3)設D下落至最低點時，輕繩與豎直方向的夾角為α，對A、B、D組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律有eq\r(2)mgd＝2mg(eq\f(l,sinα