（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)23 機械能守恒定律（含解析）新人教版

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1、機械能守恒定律 一、選擇題 1．(2018·南充模擬)以下運動中物體的機械能一定守恒的是(　　) A．物體做勻速直線運動 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)做圓周運動 D．物體做勻變速曲線運動 答案　C 解析　A項，物體做勻速直線運動時動能不變，而重力勢能可能變化，所以機械能不一定守恒，故A項錯誤．B項，物體從高處以的加速度豎直下落時，必定受到向上的阻力，物體的機械能不守恒，故B項錯誤．C項，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)做圓周運動，細(xì)繩的拉力對小球不做功，只有重力做功，機械能守恒，故C項正確．D項，物體

2、做勻變速曲線運動時可能有除重力以外的力做功，機械能不一定守恒，故D項錯誤． 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)機械能守恒 C．斜劈的機械能守恒 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)機械能守恒，B項正確，C、D兩項錯誤；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項錯誤． 3．(多選)人站在h高處的

3、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，不計空氣阻力，則有(　　) A．人對小球做的功是mv2 B．人對小球做的功是mv2－mgh C．小球落地時的機械能是mv2 D．小球落地時的機械能是mv2－mgh 答案　BC 解析　A項，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，運用動能定理得：W＋mgh＝mv2，所以人對小球做的功是W＝mv2－mgh，故A項錯誤，B項正確；C項，以地面為重力勢能的零點，小球落地的機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，機械能為mv2，故C項正確，D項錯誤． 4．(2018·西

4、寧一模)(多選)某娛樂項目中，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，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，小球不能上升到最高點就做斜拋運動了，不能擊中觸發(fā)器，故A項錯誤；B項，小球離開斜面后做斜拋運動了，不能擊中觸發(fā)器，故B項錯誤；C項，根據(jù)機械能守恒定律可知，小球上升到最高點時速度剛好等于零，可以擊中觸發(fā)器，

5、故C項正確；D項，在雙軌中做圓周運動時到達(dá)最高點的速度可以為零，所以小球可以上升到最高點并擊中觸發(fā)器，故D項正確． 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O處輕輕地掛上一個質(zhì)量為m的物體P后，物體向下運動，當(dāng)它運動到最低點時，彈簧與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．向下運動的過程中，物體的加速度先增大后減小 B．向下運動的過程中，物體的機械能先增大后減小 C．物體在最低點時，彈簧的彈性勢能為 D．物體在最低點時，彈簧中的彈力為 答案　C 解析　物塊向下運動，彈簧彈力增大，

6、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)最低點時速度為零，故加速度先減小后增大，故A項錯誤；物體向下運動的過程中，彈簧彈力向上，位移向下，做負(fù)功，根據(jù)W除重＝ΔE可知機械能一直減小，故B項錯誤；根據(jù)機械能守恒定律，物體在最低點時，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ΔE彈＝mgh＝，故C項正確；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)向下運動彈簧彈力增大，彈簧彈力的合力大于重力，則有：F彈cosθ>，

7、解得：F彈>，故D項錯誤． 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θ＝37°的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，O為圓心．質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)從與B點高度差為h的位置A點沿斜面由靜止釋放．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)h＝2R時，小球過C點時對軌道的壓力大小為mg B．當(dāng)h＝2R時，小球會從D點離開圓弧軌道做平拋運動 C．當(dāng)h＝3R時，小球運動到D點時對軌道的壓力大小為1.4mg D．調(diào)整h的值，小球能從D點離開圓弧軌道，并能恰

8、好落在B點 答案　AC 解析　A項，當(dāng)h＝2R時，從A點到C點的過程，根據(jù)機械能守恒：mg(h＋R－Rcosθ)＝mvC2 過C點時有：FN－mg＝m 解得：FN＝mg 根據(jù)牛頓第三定律可知，小球過C點壓力大小為mg，A項正確； B項，若小球恰好從D點離開圓弧軌道，則有：mg＝，mg(h0－R－Rcosθ)＝mv02 解得：v0＝ h0＝2.3R＞2R，所以當(dāng)h＝2R時，小球在運動到D點前已經(jīng)脫離軌道，不會從D點離開做平拋運動，B項錯誤； C項，由機械能守恒可得：mg(3R＋R－Rcosθ)＝mg2R＋mvD2， 求得：vD＝， 由牛頓第二運動定律可得：FN＋mg＝m，

9、 解得：FN＝1.4mg，C項正確； D項，若小球以速度v0從D點離開后做平拋運動，R＋Rcosθ＝gt02，得：t0＝6，且x＝v0t0＝>0.6R，D項錯誤． 7．(2018·銀川三模)蹦床是一項運動員利用從蹦床反彈的競技運動，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h1～h2階段圖像為直線，其余部分為曲線，h3對應(yīng)圖像的最高點，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的過程中，其加速度

10、先增大后減小 C．小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4) D．小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mgh1 答案　C 解析　A項，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械能不守恒，故A項錯誤；B項，從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，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項錯；C項，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)機械能守恒得：小朋友處于h＝h4高度時，蹦床的彈性勢能為Ep＝mg(h2－h(huán)4

11、)，故C項正確；D項，小朋友從h1下降到h5過程中，蹦床的最大彈性勢能為Epm＝mg(h1－h(huán)5)，故D項錯誤． 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，L＞2πR，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)完成圓周運動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機械能守恒 B．每節(jié)鐵鏈通過最高點的速度依次減小 C．第一節(jié)與最后一節(jié)到達(dá)最高點的速度大小相等 D．第一節(jié)回到最低點至最后一節(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，在第一節(jié)沿圓周向上運動的過程中受到第二節(jié)的

12、推力，而沿圓周向下運動的過程中又受到拉力，所以在第一節(jié)完成圓周運動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機械能不守恒．故A項錯誤；B、D兩項，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項錯誤，D項正確；C項，第一節(jié)與最后一節(jié)到達(dá)最高點時，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點為球心，一輕繩跨過光滑小滑輪連接

13、物塊A、B，A、B質(zhì)量相等可視為質(zhì)點，開始時A、B靜止，輕繩水平伸直，B與O點等高，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)機械能守恒，故： mgRcos30°＝mvA2＋mvB2， 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： vA＝vBcos30°， 其中：vB＝v， 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，

14、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，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(　　) A．a(chǎn)球下滑過程中機械能保持不變 B．a(chǎn)、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，下滑過程中，對兩個球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，故機械能守恒，而單個球機械能均不守恒，故A項錯誤； B項，下滑的整個過程中，根據(jù)機械能守恒定律，有：mgR＋mg(2R)＝×2mv2；解得

15、：v＝；故B項錯誤； C項，對a球由動能定理可知：W＋mgR＝mv2；解得：W＝mgR－mgR＝mgR；故C項正確； D項，對b球由動能定理可知：W＋2mgR＝mv2；解得：W＝mgR－2mgR＝－mgR；故D項錯誤． 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)，其中兩個端點分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，系統(tǒng)可繞O點在豎直面內(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)在運動過程中機械能守恒 B．B球運動至最低點時，系統(tǒng)重力勢能最小 C．A球運動至最低點過程中，動能一直在增

16、大 D．?dāng)[動過程中，小球B的最大動能為mgL 答案　AD 解析　A項，系統(tǒng)在運動過程中，只有重力做功，故機械能守恒，故A項正確； B、C兩項，系統(tǒng)重心在A、B連線的中點位置，故AB連線水平時，系統(tǒng)重力勢能最小，動能最大；故A球運動至最低點過程中，動能先增加，后減小，故B、C兩項錯誤； D項，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)機械能守恒定律，有： mg·L＝2×mv2， 解得：mv2＝mgL，故D項正確． 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

17、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Ek＝ D．水桶減小的機械能為2πnrMg 答案　AB 解析　A項，輪軸和手柄具有相同角速度ω，故水桶下落速度為ωr，小球速度大小為ωR；故A項正確； B、C兩項，裝置轉(zhuǎn)動過程只有重力做功，機械能守恒；故有：Mg·2πnr＝M(ωr)2＋6×m(ωR)2； 所以，角速度ω＝，那么，水桶的瞬時速度為ωr＝，小球的速度為ωR＝，故每個小球獲得的動能為m(ωR)2＝；故B項正確，C項錯誤；

18、 D項，水桶減小的重力勢能為2πnrMg；水桶的動能增加，故D項錯誤． 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k＝200 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m＝4 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沿斜面向上運動多遠(yuǎn)時獲得最大速度； (3)物體A的最大速度大?。? 答案　(1)30 N　(2)20 cm　(3)1 m/s 解析　(1)彈簧恢復(fù)原

19、長時，物體A、B的加速度大小相同， 對B分析：mg－T＝ma， 對A分析：T－mgsin30°＝ma， 代入數(shù)據(jù)解得：T＝30 N. (2)初始位置，彈簧的壓縮量為： x1＝＝10 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： mg＝kx2＋mgsin30°， 彈簧的伸長量為：x2＝10 cm， 所以物體A沿斜面上升的距離為： x＝x1＋x2＝20 cm. (3)因為x1＝x2，所以彈簧的彈性勢能沒有改變，由系統(tǒng)機械能守恒得： mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝·2m·v2， 解得：v＝1 m/s. 14.(2018·江蘇)如

20、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，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，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動．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M∶m； (3)小球向下運動到最低點時，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° F＋mg＝T1cos53°＋T2sin53° 且T1＝Mg 聯(lián)立解得：F＝Mg－mg (2)小球運動到與A、B相同高度過程中， 小球上升高度為：h1＝3lsin53° 物塊下降高度為：h2＝4l－2l＝2l 整個過程系統(tǒng)機械能守恒，則有：mgh1＝Mgh2 聯(lián)立解得：＝ (3)根據(jù)機械能守恒定律可知，小球向下運動到最低點即為小球回到起始點，設(shè)此時AC方向拉力為T，由牛頓第二定律得： 對物塊：Mg－T＝Ma 對小球：沿AC方向與物塊的加速度相同 T－mgcos53°＝ma 解得：T＝mg. 10