2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)22機械能守恒定律及其應(yīng)用含解析魯科版

PAGEPAGE9課時作業(yè)22機械能守恒定律及其應(yīng)用時間：45分鐘1．如圖所示，在水平桌面上的A點有一個質(zhì)量為m的物體，以初速度v0被拋出，不計空氣阻力，當(dāng)它到達(dá)B點時，其動能為(B)A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgHB.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh1C．mgH－mgh2D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh2解析：由機械能守恒，mgh1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，到達(dá)B點的動能eq\f(1,2)mv2＝mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，B正確．2.如圖所示，繞過光滑釘子O的細(xì)繩，兩端分別拴有A、B兩個小球，A球的質(zhì)量是B球的2倍．現(xiàn)將兩球從距地面高度為h處由靜止釋放，若細(xì)繩足夠長，細(xì)繩的質(zhì)量、空氣的阻力均不計．則B球上升到距地面的最大高度為(C)A．h B.eq\f(4,3)hC.eq\f(7,3)h D.eq\f(8,3)h解析：設(shè)B球質(zhì)量為m，則A球質(zhì)量為2m.對系統(tǒng)由機械能守恒得，2mgh－mgh＝eq\f(1,2)·3mv2，對B在A落地之后，eq\f(1,2)mv2＝mgh′，聯(lián)立解得h′＝eq\f(h,3)，故B的離地最大高度為H＝h′＋2h＝eq\f(h,3)＋2h＝eq\f(7,3)h，故C正確，A、B、D錯誤．3．如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平地面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧上升到肯定高度后再下落，如此反復(fù)，該過程中彈簧的彈力大小F隨時間t的改變關(guān)系如圖乙所示．不計空氣阻力，則(C)A．t1時刻小球的速度最大B．t2時刻小球所受合力為零C．以地面為零重力勢能面，t1和t3時刻小球的機械能相等D．以地面為零重力勢能面，t1～t3時間內(nèi)小球的機械能守恒解析：依據(jù)題述，結(jié)合彈簧彈力隨時間改變的圖線，金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，t1時刻接觸彈簧，由于重力大于彈簧彈力，小球還要加速向下運動，當(dāng)彈力增大到等于小球重力時，小球速度最大，選項A錯誤；t2時刻彈簧被壓縮到最短，彈簧的彈力最大，小球所受合力向上，選項B錯誤；t1時刻和t3時刻小球的速度大小相等，動能相同，距離地面高度相同，以地面為零重力勢能面，t1時刻和t3時刻小球的機械能相等，選項C正確；以地面為零重力勢能面，t1～t3時間內(nèi)，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但由于小球受到彈簧的彈力作用，小球的機械能先減小后增大，選項D錯誤．4.一小球以肯定的初速度從圖示位置進(jìn)入光滑的軌道，小球先進(jìn)入圓軌道1，再進(jìn)入圓軌道2.圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m.若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過最高點A處時對軌道的壓力為(C)A．2mg B．3mgC．4mg D．5mg解析：小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過最高點A處時，有F＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)，依據(jù)機械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C項正確．5.如圖所示，半徑為R＝0.4m的光滑的eq\f(1,4)圓弧形軌道固定于豎直平面內(nèi)，圓弧形軌道與足夠長的光滑固定水平軌道相切，可視為質(zhì)點的質(zhì)量均為m＝0.5kg的小球甲、乙用輕桿連接并置于圓弧形軌道上，小球甲與O點等高，小球乙位于圓心O的正下方．某時刻將兩小球由靜止釋放，最終它們在水平軌道上運動．g取10m/s2，則(C)A．下滑過程中小球乙的機械能守恒B．兩小球最終在水平軌道上運動的速度大小為2eq\r(2)m/sC．當(dāng)小球甲滑到圓弧軌道最低點時，軌道對它的支持力大小為10ND．小球甲下滑過程中重力對它做功的功率增大解析：下滑過程中，桿要對小球乙做功，則小球乙的機械能不守恒，選項A錯誤；系統(tǒng)機械能守恒，故有mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gR)＝eq\r(10×0.4)m/s＝2m/s，故B錯誤；當(dāng)小球甲下滑到圓弧形軌道最低點時，由重力和支持力的合力供應(yīng)向心力有N－mg＝meq\f(v2,R)，解得N＝mg＋meq\f(v2,R)＝0.5×10N＋0.5×eq\f(22,0.4)N＝10N，故C正確；小球甲下滑過程中，在最高點時的速度為零，故重力的功率為零，在最低點時的速度和重力垂直，故重力的功率也是零，而中途重力的功率不為零，故重力的功率應(yīng)當(dāng)是先增加后減小，故D錯誤．6.如圖所示，長為L的勻稱鏈條放在光滑水平桌面上，且使其長度的eq\f(1,4)垂在桌邊，松手后鏈條從靜止起先沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛離開桌邊時的速度大小為(C)A.eq\r(\f(3,2)gL) B.eq\f(\r(gL),4)C.eq\f(\r(15gL),4) D．4eq\r(gL)解析：取桌面為零勢能面，設(shè)鏈條的總質(zhì)量為m，起先時鏈條的機械能E1＝－eq\f(1,4)mg·eq\f(1,8)L，當(dāng)鏈條剛脫離桌面時的機械能E2＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(mgL,2)，由機械能守恒可得E1＝E2，即有－eq\f(1,4)mg·eq\f(L,8)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(mgL,2)，解得v＝eq\f(\r(15gL),4)，故C正確．7.一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質(zhì)不行伸長的細(xì)繩連接的A、B兩球懸掛在圓柱面邊緣兩側(cè)，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的2倍，現(xiàn)將A球從圓柱邊緣處由靜止釋放，如圖所示．已知A球始終不離開圓柱內(nèi)表面，且細(xì)繩足夠長，若不計一切摩擦，求：(1)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大??；(2)A球沿圓柱內(nèi)表面運動的最大位移．解析：(1)設(shè)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大小為v，B球的質(zhì)量為m，則依據(jù)幾何關(guān)系及機械能守恒定律有2mgR－eq\r(2)mgR＝eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由圖甲可知，A球的速度v與B球速度vB的關(guān)系為vB＝v1＝vcos45°，解得v＝2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR).(2)當(dāng)A球的速度為零時，A球沿圓柱內(nèi)表面運動的位移最大，設(shè)為x，如圖乙所示，由相像三角形關(guān)系可知A球下降的高度h＝eq\f(x,2R)eq\r(4R2－x2)依據(jù)機械能守恒定律有2mgh－mgx＝0解得x＝eq\r(3)R.答案：(1)2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR)(2)eq\r(3)R8．(多選)重10N的滑塊在傾角為30°的光滑斜面上，從a點由靜止下滑，到b點接觸到一個輕彈簧，滑塊壓縮彈簧到c點起先彈回，返回b點離開彈簧，最終又回到a點，已知ab＝1m，bc＝0.2m，那么在整個過程中(BCD)A．滑塊動能的最大值是6JB．彈簧彈性勢能的最大值是6JC．從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是6JD．整個過程滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：以滑塊和彈簧為系統(tǒng)，在滑塊運動的整個過程中，只發(fā)生動能、重力勢能和彈性勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，D正確；滑塊從a到c重力勢能減小了mg(ab＋bc)sin30°＝6J，全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，A錯誤，B正確；從c到b彈簧復(fù)原原長，通過彈簧的彈力對滑塊做功，將6J的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為滑塊的機械能，C正確．9.(多選)如圖所示，一根不行伸長的輕繩跨過光滑的水平軸O，兩端分別連接質(zhì)量均為m的小球A和物塊B，物塊B置于O點正下方的水平面上，拉直繩使OA水平，此時OA的長度為L，由圖示位置釋放后，小球轉(zhuǎn)動到水平軸正下方過程中，下列說法正確的是(BD)A．物塊B始終處于靜止?fàn)顟B(tài)B．小球A運動到水平軸正下方時的速度小于eq\r(2gL)C．小球A運動到水平軸正下方時的速度方向水平向左D．小球A機械能不守恒解析：若物塊B始終靜止，則當(dāng)小球A向下運動到O點正下方時，繩子上的拉力必大于mg，故物塊B肯定會向上運動，所以A錯誤；設(shè)小球A運動到水平軸正下方時，定滑輪與A之間的距離為x，對A、B由機械能守恒有eq\f(mv\o\al(2,A),2)＋eq\f(mv\o\al(2,B),2)＝mgx－mg(x－L)，得vA＝eq\r(2gL－v\o\al(2,B))，則vA<eq\r(2gL)，A的速度方向不垂直繩子，B正確，C錯誤；B向上運動，繩子拉力對B做正功，對A做負(fù)功，小球A機械能不守恒，D正確．10.(多選)如圖所示，長為L的輕桿，一端裝有轉(zhuǎn)軸O，另一端固定一個質(zhì)量為2m的小球B，桿中點固定一個質(zhì)量為m的小球AA．A、B兩球總機械能守恒B．輕桿對A球做正功，輕桿對B球做負(fù)功C．輕桿對A球不做功，輕桿對B球不做功D．輕桿對A球做負(fù)功，輕桿對B球做正功解析：本題利用連接體的圓周運動考查機械能守恒、彈力做功問題．兩球組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，兩球的角速度相等，到達(dá)豎直位置時，設(shè)A球的速度為v，則B球的速度為2v，依據(jù)機械能守恒定律得mgeq\f(L,2)＋2mgL＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2m(2v)2，解得v＝eq\f(\r(5gL),3)；對A球運用動能定理得W＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝－eq\f(2,9)mgL，則輕桿對A球做負(fù)功；對B球運用動能定理得W′＋2mgL＝eq\f(1,2)×2m(2v)2，解得W′＝eq\f(2,9)mgL，則輕桿對B球做正功．故A、D正確，B、C錯誤．11.(多選)如圖所示，有質(zhì)量為2m、m的小滑塊P、Q，P套在固定豎直桿上，Q放在水平地面上．P、Q間通過鉸鏈用長為L的剛性輕桿連接，一輕彈簧左端與Q相連，右端固定在豎直桿上，彈簧水平，α＝30°時，彈簧處于原長．當(dāng)α＝30°時，P由靜止釋放，下降到最低點時α變?yōu)?0°，整個運動過程中，P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽視一切摩擦，重力加速度為g.則PA．P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒B．當(dāng)α＝45°時，P、Q的速度相同C．彈簧彈性勢能最大值為(eq\r(3)－1)mgLD．P下降過程中動能達(dá)到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg解析：本題考查含彈簧的動桿模型的機械能守恒問題．依據(jù)機械能守恒定律知，P、Q、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；由運動的合成和分解可知vPcosα＝vQsinα，當(dāng)α＝45°時，兩者的速度大小相等，但是P的速度方向豎直向下，Q的速度方向水平向左，則P、Q的速度不同，故B錯誤；依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得Ep＝mPgΔh＝2mgL(cos30°－cos60°)，彈簧彈性勢能的最大值為Ep＝(eq\r(3)－1)mgL，故C正確；P下降過程中動能達(dá)到最大前，P加速下降，對P、Q整體，在豎直方向上依據(jù)牛頓其次定律有3mg－N＝2ma，則有N<3mg，故D正確．12．一勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕彈簧下端固定于傾角為θ＝53°的光滑斜面底端，上端連接物塊Q.一輕繩跨過定滑輪O，一端與物塊Q連接，另一端與套在光滑豎直桿的物塊P連接，定滑輪到豎直桿的距離為d＝0.3m．初始時在外力作用下，物塊P在A點靜止不動，輕繩與斜面平行，繩子張力大小為50N．已知物塊P質(zhì)量為m1＝0.8kg，物塊Q質(zhì)量為m2＝5kg，不計滑輪大小及摩擦，取g＝10m/s2.現(xiàn)將物塊P靜止釋放，求：(1)物塊P位于A點時，彈簧的伸長量x1；(2)物塊P上升h＝0.4m至與滑輪O等高的B點時的速度大??；(3)物塊P上升至B點過程中，輕繩拉力對其所做的功．解析：(1)物塊P位于A點，設(shè)彈簧伸長量為x1，對物塊Q受力分析有T＝m2gsinθ＋kx1，解得x1＝0.1