2022届高考物理一轮复习课时作业十八机械能守恒定律及应用含解析新人教版

word 文档 - 1 - / 13 机械能守恒定律及应用 [双基巩固练] 1．[2021·某某浑源五中月考]有田径运动会投掷项目的比赛中，投掷链球、铅球、铁饼和 标枪等都是把物体斜向上抛出的运动，如图所示，若不计空气阻力，这些物体从被抛出到落 地的过程中( ) A．物体的机械能先减小后增大 B．物体的机械能先增大后减小 C．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大 D．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小 2．[2021·江门模拟] 如图所示，两个相同的小球 A 与 B 分别用一根轻绳和一根轻弹簧的一端连接，轻绳和轻 弹簧的另一端被悬挂在同一高度．现将两个小球都拉至相同的高度，此时弹簧长度为原长且 与绳长相等．由静止释放两个小球以后，下列说法正确的是( ) A．两小球运动到各自的最低点时的速度相同 B．与轻绳连接的小球 A 在最低点时的速度较大 word 文档 - 2 - / 13 C．在运动过程中，小球 A 的机械能不守恒 D．在运动过程中，小球 B 的机械能不守恒 3.2,4 条着陆腿可视作完全相同的四个轻弹簧，在软着陆后，每个轻弹簧获得的弹性势能 大约是( ) A．28500．4560J C．18240JD．9120J 4.[2021·某某联考]如图所示，质量为 m 的小球，用 OB 和 O′B 两根轻绳吊着，两轻绳与 水平天花板的夹角分别为 30°和 60°，这时 OB 绳的拉力大小为 F1，若烧断 O′B 绳，当小球运 动到最低点 C 时，OB 绳的拉力大小为 F2，则 F1 F2 等于( ) A．1:1B．1:2 C．1:3D．1:4 word 文档 - 3 - / 13 5.(多选)如图所示，两质量均为 m 的物体 A、B 通过细绳及轻质弹簧连接在光滑滑轮两侧， 用手托着物体 A 使细绳恰好伸直，弹簧处于原长，此时 A 离地面的高度为 h，物体 B 静止在 地面上．放手后物体 A 下落，与地面即将接触时速度大小为 v，此时物体 B 对地面恰好无压 力，则下列说法正确的是( ) A．弹簧的劲度系数为 mg h B．此时弹簧的弹性势能等于 mgh－ 1 2 mv2 C．此时物体 A 的加速度大小为 g，方向竖直向上 D．物体 A 落地后，物体 B 将向上运动到 h 高度处 6.从水平地面竖直向上抛出一个物体，其动能 Ek 和重力势能 Ep 随它离开地面的高度 h 的 变化情况如图所示．以地面为参考系，重力加速度 g 取 10m/s2，由图中数据可知( ) A．物体运动过程中机械能守恒 B．物体的质量为 2kg word 文档 - 4 - / 13 C．物体受到的空气阻力恒为 5N D．物体能上升的最大高度为 6m 7．[2021·某某某某四校联考](多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜 面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为 3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中物体的 机械能 E 机随高度 h 的变化如图乙所示．取 g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8 则( ) A．物体的质量 m B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ C．物体上升过程中的加速度大小 a＝10m/s2 D．物体回到斜面底端时的动能 Ek＝10J 8．如图所示为跳台滑雪示意图． (1)假设运动员从雪道的最高点 A 由静止开始滑下，不借助其他器械，沿光滑的雪道到达 跳台的 B 点时，速度为多少？ (2)当他落到离 B 点竖直高度为 10m 的雪地 C 点时，速度又是多少？(假设这一过程中运 动员没有做其他动作，忽略摩擦力和空气阻力，取重力加速度 g＝10m/s2) word 文档 - 5 - / 13 [综合提升练] word 文档 - 6 - / 13 9．[2021·某某一模](多选)竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道 组成，圆轨道的半径为 R，P 为圆弧轨道的最低点．P 点左侧的四个轨道均相同．P 点右侧的 四个圆弧轨道的形状如图所示，现让四个相同的小球(可视为质点，直径小于图丁中圆管内径) 分别从四个直轨道上高度均为 h 处由静止下滑，关于小球通过 P 点后的运动情况，下列说法 正确的是( ) A．若 h< 1 2 R，则四个小球能达到的最大高度均相同 B．若 h＝R，则四个小球能达到的最大高度均相同 C．若 h＝ 5 2 R，则图乙中的小球能达到的高度最大 D．若 h＝ 5 2 R，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同 word 文档 - 7 - / 13 10.[2020·某某某某 5 月质检](多选)如图，一倾角为θ＝30°的粗糙斜面(足够长)放在水平 地面上，在距离斜面顶端水平距离为 l、竖直距离为 h 处有一半径为 0.45m 的四分之一光滑 圆弧轨道，圆弧最低点 N 的切线沿水平方向，一个可以看作质点、质量为 1kg 的小物块从圆 弧轨道的最高点由静止下滑，小物块恰好落到斜面顶端 K 点，速度恰好与斜面平行．小物块 与斜面间的动摩擦因数为 3 2 ，取 g＝10m/s2，不计空气阻力，则( ) A．圆弧轨道底端距离斜面顶端的水平距离 l B．小物块滑到 N 点时，对圆弧轨道的压力大小为 30N 11.某高中兴趣学习小组成员设计出如图所示的实验．OA 为一水平弹射器，弹射口为 A．ABCD 为一光滑曲杆，其中 AB 水平，BC 为竖直杆(长度可调节)，CD 为四分之一圆环轨 道(各连接处均圆滑连接)，其圆心为 O′，半径为 R＝0.2m．从 D 的正下方 E 开始向右水平放 置一块橡皮泥板 EF，长度足够长．现让弹射器弹射出一质量 m＝0.1kg 的小环，小环从弹射 口 A 射出后沿光滑曲杆运动到 D 处飞出，不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力．已 知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度．某次实验中小组成员调节 BC 高度 h＝ word 文档 - 8 - / 13 0.8m．弹出的小环从 D 处飞出，现测得小环从 D 处飞出时速度 vD＝4m/s，求： (1)弹射器释放的弹性势能及小环在 D 处对圆环轨道的压力； (2)小环落地点离 E 的距离(已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动)； (3)若不改变弹射器弹性势能，改变 BC 间高度 h 在 0～2m 之间，求小环下落在水平面 EF 上的 X 围． word 文档 - 9 - / 13 课时作业(十八) 1．解析：不计空气阻力，这些物体从被抛出到落地过程中机械能守恒，A、B 均错误； 物体斜向上飞行过程中，动能减小，重力势能增大，物体下落过程中，动能增大，重力势能 减小，D 正确，C 错误． 答案：D 2．解析：对 A 球最低点动能等于重力势能的减少量，对 B 球最低点动能等于重力势能减 少量与弹簧弹性势能增加量之差，但两球的重力势能减少量不相同，故两小球运动到各自的 最低点时的速度大小关系不确定，故选项 A、B 错误；小球 A 运动过程中，只有重力做功， 小球 A 的机械能守恒，故选项 C 错误；小球 B 运动过程中，弹簧对小球 B 做功，小球 B 的机 械能不守恒，故选项 D 正确． 答案：D 3．解析：由机械能守恒定律得 mgh＝4Ep，解得 Ep＝ mgh 4 ＝4 560 J，选项 B 正确． 答案：B 4．解析：O′B 烧断前，小球处于平衡状态，OB 绳的拉力大小 F1＝mgcos 60°；O′B 烧 断后，小球摆动到 C 点过程中机械能守恒，mgl(1－cos 60°)＝ 1 2 mv2，在最低点 C 时有 F2－ mg＝ mv2 l ，解得 F2＝2mg.所以 F1:F2＝1:4，选项 D 正确． 答案：D word 文档 - 10 - / 13 5．解析：物体 B 对地面恰好无压力，则此时弹簧所受的拉力大小等于 B 的重力，即 F＝ mg，弹簧伸长的长度为 x＝h，由 F＝kx 得 k＝ mg h ，故 A 正确；A 与弹簧组成的系统机械能 守恒，则有 mgh＝ 1 2 mv2＋Ep，解得 Ep＝mgh－ 1 2 mv2，故 B 正确；A 与地面即将接触时，B 对地面恰好无压力，弹簧弹力等于 mg，绳子拉力也等于 mg，对 A 根据牛顿第二定律得 F－ mg＝ma，解得 a＝0，故 C 错误；物体 A 落地后 B 所受合力为 0，无加速度，故不会发生运 动，故 D 错误． 答案：AB 6．解析：物体上升 4 m 的过程中，动能减少了 60 J，重力势能增加了 40 J，所以物体 在运动过程中机械能不守恒，选项 A 错误；当 h＝4 m 时，根据公式 Ep＝mgh 可得物体的质 量为 m＝ Ep gh ＝1 kg，选项 B 错误；根据图象可知，物体的动能随高度变化的数学关系为 Ek ＝－15h＋100，当动能为零时，物体上升到最高点，其上升的最大高度为 hmax＝100× 1 15 m ＝6.67 m，选项 D 错误；由图可知，物体从抛出到上升至高度为 h 处的过程中，fh＝Ek－Ep， 代入数据可得 f＝5 N，选项 C 正确． 答案：C 7．解析：由题意及图乙分析可知物体上升到最高点时，E 机＝Ep＝mgh＝30 J，得 m＝ 1.0 kg，物体损失的机械能ΔE 损＝μmgcos α· h sin α ＝20 J，得μ＝0.50，选项 A 正确，B 错 误．对物体进行受力分析并结合牛顿第二定律，可得物体上升过程中的加速度大小 a＝gsin α ＋μgcos α＝10 m/s2，选项 C 正确．下降过程摩擦产生的能量损失也应为 20 J，故物体回到 斜面底端时的动能 Ek＝50 J－40 J＝10 J，选项 D 正确． 答案：ACD word 文档 - 11 - / 13 8．解析：(1)运动员在滑雪过程中，只有重力做功，故机械能守恒．设 A 到 B 点、C 点 的高度差分别为 h1、h2，取 B 点所在水平面为零势能面，从 A 点到 B 点的过程中由机械能守 恒定律得：mgh1＝ 1 2 mv2 B 所以 vB＝ 2gh1＝4 5 m/s (2)从 A 点到 C 点的过程，取 C 点所在的水平面为零势能面，由机械能守恒定律得：mgh2 ＝ 1 2 mv2 C，故 vC＝ 2gh2＝2 70 m/s 答案：(1)4 5 m/s (2)2 70 m/s 9．解析：若 h< 1 2 R，根据机械能守恒，小球不会脱离圆轨道，上升到最高点的速度均为 0，上述的最大高度均相同，故 A 项正确；若 h＝R，根据机械能守恒，甲、乙、丁图中的小 球能够上升的最大高度均为 R，丙图中的小球离开轨道，做斜抛运动，最高点的速度不为 0， 则上升的最大高度小于 R，故 B 项错误；若 h＝ 5 2 R，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道， 最高点的速度不为 0，丙图小球离开轨道，最高点速度也不为 0，乙图离开轨道，上升到最高 点的速度为 0，根据机械能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故 C 项正确；若 h＝ 5 2 R， 图甲中小球到达的最大高度为 2R，根据机械能守恒得：mgh＝mg·2R＋ 1 2 mv′2，最高点的速 度为 v′＝ 2gh－2R＝ gR，对于图丙，设小球离开轨道时的速度为 v1，根据机械能守恒 得：mgh＝mg· 1 2 R＋ 1 2 mv2 1，到达最高点的速度 v＝v1cos 60°，联立解得最高点的速度 v＝ gR， 两球到达最高点的速度相等，则到达的最大高度相同，故 D 项正确． 答案：ACD word 文档 - 12 - / 13 10．解析：物块从 P 到 N 的过程中，根据机械能守恒有 mgR＝ 1 2 mv2 1，解得物块通过 N 点的速度大小 v1＝3 m/s，物块滑到 N 点时，根据牛顿第二定律有 FN－mg＝ mv2 1 R ，解得 FN ＝30 N，又根据牛顿第三定律可知，此时物块对轨道的压力大小为 F′N＝FN＝30 N，选项 B 正确；从 N 到 K 的过程中物块做平抛运动，因物块到 K 点时，速度恰好与斜面平行，则有 tan θ＝ vy v1 ，vy＝gt，l＝v1t，联立解得 l＝ 3 3 10 m，选项 A 错误；由 cos θ＝ v1 v ，解得物块到达 K 点时的速度大小 v＝2 3 m/s，物块在斜面上运动时，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－μ mgcos θ＝ma，解得加速度 a＝－2.5 m/s2，物块在斜面上减速到零用时 t2＝ 0－v a ＝ 4 3 5 s， 因μ>tan θ，故物块减速到零后不会再运动，可知其下滑的最大位移 s＝ v＋0 2 t2＝2.4 m，选 项 C 错误，D 正确． 答案：BD 11．解析：(1)根据机械能守恒定律得 Ep＝ 1 2 mv2 D＋mg(h＋R)＝1.8 J 对小环在最高点 D 受力分析，由牛顿第二定律得 FN＋mg＝m v2 D R 解得 FN＝7 N 由牛顿第三定律知，小环对圆轨道的压力大小为 7 N，方向竖直向上． (2)小环离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得 word 文档 - 13 - / 13 h＋R＝ 1 2 gt2 x＝vDt 解得 x＝ 4 5 5 m (3)小环刚到达 D 点的临界条件为 mg(h1＋R)＝Ep 解得 h1＝1.6 m 改变 h，小环做平抛运动，分析可得小环水平方向位移应有最大值 根据机械能守恒定律得 Ep－mg(h2＋R)＝ 1 2 mv′2 D 小环平抛运动时间为 t′＝ 2h2＋R g 得 x′＝v′Dt′＝2 [1.8－h2＋R]h2＋R 可得，当 h2＋R＝0.9 m 时水平位移最大，最大位移 x′＝1.8 m，故小环落地点 X 围在离 E 点向右 0～1.8 m 的 X 围内． 答案：(1)1.8 J 7 N，方向竖直向上 (2) 4 5 5 m (3)E 点向右 0～1.8 m