（新課標(biāo)）2020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）新人教版

機(jī)械能守恒定律一、選擇題1(2018·南充模擬)以下運(yùn)動中物體的機(jī)械能一定守恒的是()A物體做勻速直線運(yùn)動B物體從高處以的加速度豎直下落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(yùn)動D物體做勻變速曲線運(yùn)動答案C解析A項(xiàng)，物體做勻速直線運(yùn)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(xiàng)錯誤B項(xiàng)，物體從高處以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(xiàng)錯誤C項(xiàng)，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(yùn)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(xiàng)正確D項(xiàng)，物體做勻變速曲線運(yùn)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(xiàng)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(xiàng)正確，C、D兩項(xiàng)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(xiàng)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(diǎn)，不計空氣阻力，則有()A人對小球做的功是mv2B人對小球做的功是mv2mghC小球落地時的機(jī)械能是mv2D小球落地時的機(jī)械能是mv2mgh答案BC解析A項(xiàng)，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(yùn)用動能定理得：Wmghmv2，所以人對小球做的功是Wmv2mgh，故A項(xiàng)錯誤，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，以地面為重力勢能的零點(diǎn)，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mv2，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤4(2018·西寧一模)(多選)某娛樂項(xiàng)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(xiàng)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(diǎn)，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(xiàng)，小球不能上升到最高點(diǎn)就做斜拋運(yùn)動了，不能擊中觸發(fā)器，故A項(xiàng)錯誤；B項(xiàng)，小球離開斜面后做斜拋運(yùn)動了，不能擊中觸發(fā)器，故B項(xiàng)錯誤；C項(xiàng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球上升到最高點(diǎn)時速度剛好等于零，可以擊中觸發(fā)器，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，在雙軌中做圓周運(yùn)動時到達(dá)最高點(diǎn)的速度可以為零，所以小球可以上升到最高點(diǎn)并擊中觸發(fā)器，故D項(xiàng)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(diǎn)O處輕輕地掛上一個質(zhì)量為m的物體P后，物體向下運(yùn)動，當(dāng)它運(yùn)動到最低點(diǎn)時，彈簧與豎直方向的夾角為，重力加速度為g，下列說法正確的是()A向下運(yùn)動的過程中，物體的加速度先增大后減小B向下運(yùn)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(diǎn)時，彈簧的彈性勢能為D物體在最低點(diǎn)時，彈簧中的彈力為答案C解析物塊向下運(yùn)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(yùn)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(diǎn)時速度為零，故加速度先減小后增大，故A項(xiàng)錯誤；物體向下運(yùn)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E可知機(jī)械能一直減小，故B項(xiàng)錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，物體在最低點(diǎn)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，故彈簧的彈性勢能為E彈mgh，故C項(xiàng)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(yùn)動彈簧彈力增大，彈簧彈力的合力大于重力，則有：F彈cos>，解得：F彈>，故D項(xiàng)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37°的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點(diǎn)，CD為豎直直徑，O為圓心質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從與B點(diǎn)高度差為h的位置A點(diǎn)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)h2R時，小球過C點(diǎn)時對軌道的壓力大小為mgB當(dāng)h2R時，小球會從D點(diǎn)離開圓弧軌道做平拋運(yùn)動C當(dāng)h3R時，小球運(yùn)動到D點(diǎn)時對軌道的壓力大小為1.4mgD調(diào)整h的值，小球能從D點(diǎn)離開圓弧軌道，并能恰好落在B點(diǎn)答案AC解析A項(xiàng)，當(dāng)h2R時，從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒：mg(hRRcos)mvC2過C點(diǎn)時有：FNmgm解得：FNmg根據(jù)牛頓第三定律可知，小球過C點(diǎn)壓力大小為mg，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，若小球恰好從D點(diǎn)離開圓弧軌道，則有：mg，mg(h0RRcos)mv02解得：v0h02.3R2R，所以當(dāng)h2R時，小球在運(yùn)動到D點(diǎn)前已經(jīng)脫離軌道，不會從D點(diǎn)離開做平拋運(yùn)動，B項(xiàng)錯誤；C項(xiàng)，由機(jī)械能守恒可得：mg(3RRRcos)mg2RmvD2，求得：vD，由牛頓第二運(yùn)動定律可得：FNmgm，解得：FN1.4mg，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，若小球以速度v0從D點(diǎn)離開后做平拋運(yùn)動，RRcosgt02，得：t06，且xv0t0>0.6R，D項(xiàng)錯誤7(2018·銀川三模)蹦床是一項(xiàng)運(yùn)動員利用從蹦床反彈的競技運(yùn)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h1h2階段圖像為直線，其余部分為曲線，h3對應(yīng)圖像的最高點(diǎn)，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(diǎn)的過程中，其加速度先增大后減小C小朋友處于hh4高度時，蹦床的彈性勢能為Epmg(h2h4)D小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epmmgh1答案C解析A項(xiàng)，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(xiàng)錯誤；B項(xiàng)，從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點(diǎn)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(xiàng)錯；C項(xiàng)，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hh4高度時，蹦床的彈性勢能為Epmg(h2h4)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epmmg(h1h5)，故D項(xiàng)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，L2R，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(yùn)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(diǎn)的速度依次減小C第一節(jié)與最后一節(jié)到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小相等D第一節(jié)回到最低點(diǎn)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(xiàng)，在第一節(jié)沿圓周向上運(yùn)動的過程中受到第二節(jié)的推力，而沿圓周向下運(yùn)動的過程中又受到拉力，所以在第一節(jié)完成圓周運(yùn)動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機(jī)械能不守恒故A項(xiàng)錯誤；B、D兩項(xiàng)，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(diǎn)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??；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(diǎn)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(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確；C項(xiàng)，第一節(jié)與最后一節(jié)到達(dá)最高點(diǎn)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(xiàng)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(diǎn)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(diǎn)，開始時A、B靜止，輕繩水平伸直，B與O點(diǎn)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.B.C. D.答案D解析滑塊A和滑塊B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故：mgRcos30°mvA2mvB2，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：vAvBcos30°，其中：vBv，聯(lián)立解得：R.10.如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑是R的圓弧，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，不計小球大小開始時a球處在圓弧上端A點(diǎn)，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()Aa球下滑過程中機(jī)械能保持不變Ba、b滑到水平軌道上時速度為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球做的功為答案C解析A項(xiàng)，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(xiàng)錯誤；B項(xiàng)，下滑的整個過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：mgRmg(2R)×2mv2；解得：v；故B項(xiàng)錯誤；C項(xiàng)，對a球由動能定理可知：WmgRmv2；解得：WmgRmgRmgR；故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，對b球由動能定理可知：W2mgRmv2；解得：WmgR2mgRmgR；故D項(xiàng)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(diǎn)分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，系統(tǒng)可繞O點(diǎn)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(yùn)動過程中機(jī)械能守恒BB球運(yùn)動至最低點(diǎn)時，系統(tǒng)重力勢能最小CA球運(yùn)動至最低點(diǎn)過程中，動能一直在增大D擺動過程中，小球B的最大動能為mgL答案AD解析A項(xiàng)，系統(tǒng)在運(yùn)動過程中，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故A項(xiàng)正確；B、C兩項(xiàng)，系統(tǒng)重心在A、B連線的中點(diǎn)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(yùn)動至最低點(diǎn)過程中，動能先增加，后減小，故B、C兩項(xiàng)錯誤；D項(xiàng)，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·L2×mv2，解得：mv2mgL，故D項(xiàng)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)動線速度的倍B水桶的瞬時速度為C每個小球獲得的動能為EkD水桶減小的機(jī)械能為2nrMg答案AB解析A項(xiàng)，輪軸和手柄具有相同角速度，故水桶下落速度為r，小球速度大小為R；故A項(xiàng)正確；B、C兩項(xiàng)，裝置轉(zhuǎn)動過程只有重力做功，機(jī)械能守恒；故有：Mg·2nrM(r)26×m(R)2；所以，角速度，那么，水桶的瞬時速度為r，小球的速度為R，故每個小球獲得的動能為m(R)2；故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯誤；D項(xiàng)，水桶減小的重力勢能為2nrMg；水桶的動能增加，故D項(xiàng)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k200 N/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m4 kg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(yùn)動多遠(yuǎn)時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度大小答案(1)30 N(2)20 cm(3)1 m/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：mgTma，對A分析：Tmgsin30°ma，代入數(shù)據(jù)解得：T30 N.(2)初始位置，彈簧的壓縮量為：x110 cm，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：mgkx2mgsin30°，彈簧的伸長量為：x210 cm，所以物體A沿斜面上升的距離為：xx1x220 cm.(3)因?yàn)閤1x2，所以彈簧的彈性勢能沒有改變，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mg(x1x2)mg(x1x2)sin30°·2m·v2，解得：v1 m/s.14.(2018·江蘇)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B.質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長為3l.用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°.松手后，小球運(yùn)動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°0.8，cos53°0.6.求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物塊和小球的質(zhì)量之比Mm；(3)小球向下運(yùn)動到最低點(diǎn)時，物塊M所受的拉力大小T.解析(1)松手前小球受力分析如圖所示，由平衡得：T1sin53°T2cos53°FmgT1cos53°T2sin53°且T1Mg聯(lián)立解得：FMgmg(2)小球運(yùn)動到與A、B相同高度過程中，小球上升高度為：h13lsin53°物塊下降高度為：h24l2l2l整個過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：mgh1Mgh2聯(lián)立解得：(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球向下運(yùn)動到最低點(diǎn)即為小球回到起始點(diǎn)，設(shè)此時AC方向拉力為T，由牛頓第二定律得：對物塊：MgTMa對小球：沿AC方向與物塊的加速度相同Tmgcos53°ma解得：Tmg.10