高考物理一轮复习课时作业23机械能守恒定律（含解析）

PAGEPAGE1机械能守恒定律一、选择题1．(2018·南充模拟)以下运动中物体的机械能一定守恒的是()A．物体做匀速直线运动B．物体从高处以eq\f(g,4)的加速度竖直下落C．不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动D．物体做匀变速曲线运动答案C解析A项，物体做匀速直线运动时动能不变，而重力势能可能变化，所以机械能不一定守恒，故A项错误．B项，物体从高处以eq\f(g,4)的加速度竖直下落时，必定受到向上的阻力，物体的机械能不守恒，故B项错误．C项，不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动，细绳的拉力对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C项正确．D项，物体做匀变速曲线运动时可能有除重力以外的力做功，机械能不一定守恒，故D项错误．2.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量答案B解析不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B项正确，C、D两项错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°，故弹力做负功，A项错误．3．(多选)人站在h高处的平台上，水平抛出一个质量为m的物体，物体落地时的速度为v，以地面为重力势能的零点，不计空气阻力，则有()A．人对小球做的功是eq\f(1,2)mv2 B．人对小球做的功是eq\f(1,2)mv2－mghC．小球落地时的机械能是eq\f(1,2)mv2 D．小球落地时的机械能是eq\f(1,2)mv2－mgh答案BC解析A项，人对小球做的功等于小球获得的初动能，根据对从开始抛到落地的过程，运用动能定理得：W＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以人对小球做的功是W＝eq\f(1,2)mv2－mgh，故A项错误，B项正确；C项，以地面为重力势能的零点，小球落地的机械能等于落地时的动能加重力势能，小球落地时的重力势能是零，机械能为eq\f(1,2)mv2，故C项正确，D项错误．4．(2018·西宁一模)(多选)某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的可能是()答案CD解析小球以v竖直上抛的最大高度为h，到达最大高度时速度为0，A项，小球不能上升到最高点就做斜抛运动了，不能击中触发器，故A项错误；B项，小球离开斜面后做斜抛运动了，不能击中触发器，故B项错误；C项，根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C项正确；D项，在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零，所以小球可以上升到最高点并击中触发器，故D项正确．5．(2018·大连模拟)如图所示，长为2L的轻弹簧AB两端等高的固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长，现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．向下运动的过程中，物体的加速度先增大后减小B．向下运动的过程中，物体的机械能先增大后减小C．物体在最低点时，弹簧的弹性势能为eq\f(mgL,tanθ)D．物体在最低点时，弹簧中的弹力为eq\f(mg,2cosθ)答案C解析物块向下运动，弹簧弹力增大，所受合外力减小，加速度减小，方向向下，当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等速度最大，物块继续向下运动弹簧弹力增大，合力增大，加速度增大方向向上，到达最低点时速度为零，故加速度先减小后增大，故A项错误；物体向下运动的过程中，弹簧弹力向上，位移向下，做负功，根据W除重＝ΔE可知机械能一直减小，故B项错误；根据机械能守恒定律，物体在最低点时，速度为零，动能为零，物块减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，由几何关系得物块下降的高度h＝eq\f(L,tanθ)，故弹簧的弹性势能为ΔE弹＝mgh＝eq\f(mgL,tanθ)，故C项正确；当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，物块继续向下运动弹簧弹力增大，弹簧弹力的合力大于重力，则有：F弹cosθ>eq\f(mg,2)，解得：F弹>eq\f(mg,2cosθ)，故D项错误．6.(2018·安徽三模)(多选)如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角为θ＝37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心．质量为m的小球(可视为质点)从与B点高度差为h的位置A点沿斜面由静止释放．重力加速度大小为g，sin37°＝06，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．当h＝2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为eq\f(27,5)mgB．当h＝2R时，小球会从D点离开圆弧轨道做平抛运动C．当h＝3R时，小球运动到D点时对轨道的压力大小为1.4mgD．调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点答案AC解析A项，当h＝2R时，从A点到C点的过程，根据机械能守恒：mg(h＋R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2过C点时有：FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得：FN＝eq\f(27,5)mg根据牛顿第三定律可知，小球过C点压力大小为eq\f(27,5)mg，A项正确；B项，若小球恰好从D点离开圆弧轨道，则有：mg＝eq\f(mv02,R)，mg(h0－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv02解得：v0＝eq\r(gR)h0＝2.3R＞2R，所以当h＝2R时，小球在运动到D点前已经脱离轨道，不会从D点离开做平抛运动，B项错误；C项，由机械能守恒可得：mg(3R＋R－Rcosθ)＝mg2R＋eq\f(1,2)mvD2，求得：vD＝eq\r(2.4gR)，由牛顿第二运动定律可得：FN＋mg＝meq\f(vD2,R)，解得：FN＝1.4mg，C项正确；D项，若小球以速度v0从D点离开后做平抛运动，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项错误．7．(2018·银川三模)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹的竞技运动，在某次“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图2所示．在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦．下列有关说法正确的是()A．整个过程中小朋友的机械能守恒B．从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小C．小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)D．小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1答案C解析A项，小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，所以整个过程中小朋友的机械能不守恒，故A项错误；B项，从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，所以加速度先减小后增大，故B项错；C项，由图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得：小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，故C项正确；D项，小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，故D项错误．8．(2018·潍坊三模)(多选)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L＞2πR，R远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是()A．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒B．每节铁链通过最高点的速度依次减小C．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等D．第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变答案CD解析A项，在第一节沿圆周向上运动的过程中受到第二节的推力，而沿圆周向下运动的过程中又受到拉力，所以在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能不守恒．故A项错误；B、D两项，从第一节铁链进入圆轨道，到第一节铁链回到最低点的过程中，铁链整体是重力势能不断增加，则整体的速度逐渐减小；最后一节进入轨道后，整体的重力势能逐渐减小，则速度逐渐增大；在第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链整体的重力势能不变，所以速度保持不变．故B项错误，D项正确；C项，第一节与最后一节到达最高点时，整体的重力势能是相等的，所以整体的速度大小也相等．故C项正确．9.(2018·辽宁二模)如图所示，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B与O点等高，释放后，当B和球心O连线与竖直方向夹角为30°时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，则球面半径为()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解析滑块A和滑块B系统机械能守恒，故：mgRcos30°＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，将B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：滑块A、B沿着绳子的分速度相等，故：vA＝vBcos30°，其中：vB＝v，联立解得：R＝eq\f(7v2,4\r(3)g).10.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径是R的eq\f(1,4)圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小．开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是()A．a球下滑过程中机械能保持不变B．a、b滑到水平轨道上时速度为eq\r(2gR)C．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为eq\f(mgR,2)D．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对b球做的功为eq\f(mgR,2)答案C解析A项，下滑过程中，对两个球组成的系统，只有重力做功，故机械能守恒，而单个球机械能均不守恒，故A项错误；B项，下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律，有：mgR＋mg(2R)＝eq\f(1,2)×2mv2；解得：v＝eq\r(3gR)；故B项错误；C项，对a球由动能定理可知：W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2；解得：W＝eq\f(3,2)mgR－mgR＝eq\f(1,2)mgR；故C项正确；D项，对b球由动能定理可知：W＋2mgR＝eq\f(1,2)mv2；解得：W＝eq\f(3,2)mgR－2mgR＝－eq\f(1,2)mgR；故D项错误．11．(2018·大连模拟)(多选)如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平．由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力．则()A．系统在运动过程中机械能守恒B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大D．摆动过程中，小球B的最大动能为eq\f(\r(3),4)mgL答案AD解析A项，系统在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒，故A项正确；B、C两项，系统重心在A、B连线的中点位置，故AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大；故A球运动至最低点过程中，动能先增加，后减小，故B、C两项错误；D项，故AB连线水平时，系统动能最大，此时A球到图中B球位置，故根据机械能守恒定律，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项正确．12.(2018·江苏二模)(多选)如图所示，在半径为r的轴上悬挂一个质量为M的水桶，轴上分布着6根手柄，柄端有6个质量为m的小球．球离轴心的距离为R，轮轴、绳(极细)及手柄的质量以及摩擦均不计．现将水桶从某一高度释放使整个装置转动，当转动n周时，则()A．水桶的速度是小球转动线速度的eq\f(r,R)倍B．水桶的瞬时速度为eq\r(\f(4πnr3Mg,Mr2＋6mR2))C．每个小球获得的动能为Ek＝eq\f(2πnr3mMg,Mr2＋6mR2)D．水桶减小的机械能为2πnrMg答案AB解析A项，轮轴和手柄具有相同角速度ω，故水桶下落速度为ωr，小球速度大小为ωR；故A项正确；B、C两项，装置转动过程只有重力做功，机械能守恒；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，水桶的瞬时速度为ωr＝eq\r(\f(4πnMgr3,Mr2＋6mR2))，小球的速度为ωR＝eq\r(\f(4πnMgrR2,Mr2＋6mR2))，故每个小球获得的动能为eq\f(1,2)m(ωR)2＝eq\f(2πnMmgrR2,Mr2＋6mR2)；故B项正确，C项错误；D项，水桶减小的重力势能为2πnrMg；水桶的动能增加，故D项错误．二、非选择题13.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面体上，一劲度系数为k＝200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C，另一端连接一质量为m＝4kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A的最大速度大小．答案(1)30N(2)20cm(3)1m/s解析(1)弹簧恢复原长时，物体A、B的加速度大小相同，对B分析：mg－T＝ma，对A分析：T－mgsin30°＝ma，代入数据解得：T＝30N.(2)初始位置，弹簧的压缩量为：x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm，当物体A速度最大时，即物体A的加速度为0，对物体A分析有：mg＝kx2＋mgsin30°，弹簧的伸长量为：x2＝10cm，所以物体A沿斜面上