2024高考物理一輪復(fù)習(xí)核心素養(yǎng)測(cè)評(píng)十六機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用含解析魯科版

PAGE12-機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用(45分鐘100分)一、選擇題(本題共9小題,每小題6分,共54分,1～6題為單選題,7～9題為多選題)1.(2024·青島模擬)如圖所示,用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上,物塊A緊靠豎直墻壁,一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中,由子彈、彈簧和A、B所組成的系統(tǒng)在下列依次進(jìn)行的過(guò)程中,機(jī)械能不守恒的是 ()A.子彈射入物塊B的過(guò)程B.物塊B帶著子彈向左運(yùn)動(dòng),直到彈簧壓縮量達(dá)到最大的過(guò)程C.彈簧推著帶子彈的物塊B向右運(yùn)動(dòng),直到彈簧復(fù)原原長(zhǎng)的過(guò)程D.帶著子彈的物塊B因慣性接著向右運(yùn)動(dòng),直到彈簧伸長(zhǎng)量達(dá)到最大的過(guò)程【解析】選A。子彈射入物塊B的過(guò)程中,由于要克服子彈與物塊之間的滑動(dòng)摩擦力做功,一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能,所以機(jī)械能不守恒;在子彈與物塊B獲得了共同速度后一起向左壓縮彈簧的過(guò)程中,對(duì)于A、B、彈簧和子彈組成的系統(tǒng),由于墻壁給A一個(gè)彈力作用,系統(tǒng)的外力之和不為零,但這一過(guò)程中墻壁的彈力不做功,只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功,動(dòng)能和彈性勢(shì)能發(fā)生轉(zhuǎn)化,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,這一情形持續(xù)到彈簧復(fù)原原長(zhǎng)為止;當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)后,整個(gè)系統(tǒng)將向右運(yùn)動(dòng),墻壁不再有力作用在A上,這時(shí)物塊的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化,故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。2.如圖所示,一細(xì)線系一小球繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),a、b分別是軌跡的最高點(diǎn)和最低點(diǎn),c、d兩點(diǎn)與圓心等高,小球在a點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力恰好為0,不計(jì)空氣阻力,則下列說(shuō)法正確的是 ()A.小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中,先失重后超重B.小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中,機(jī)械能先增大后減小C.小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中,細(xì)線對(duì)小球的拉力先做正功后做負(fù)功D.小球運(yùn)動(dòng)到c、d兩點(diǎn)時(shí),受到的合力指向圓心【解析】選A。小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中,加速度方向先向下后向上,所以小球先失重后超重,故A正確;小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中,繩子拉力不做功,只有重力做功,機(jī)械能守恒,故B、C錯(cuò)誤;小球運(yùn)動(dòng)到c、d兩點(diǎn)時(shí),繩子拉力的方向指向圓心,重力豎直向下,所以小球受到的合力不是指向圓心,故D錯(cuò)誤。3.總質(zhì)量約為3.8噸的“嫦娥三號(hào)”探測(cè)器在距月面3m處關(guān)閉反推發(fā)動(dòng)機(jī),讓其以自由落體方式著陸在月球表面。4條著陸腿觸月信號(hào)顯示,“嫦娥三號(hào)”完備著陸月球虹灣地區(qū)。月球表面旁邊重力加速度約為1.6m/s2,4條著陸腿可視作完全相同的四個(gè)輕彈簧 ()A.28500J B.4560JC.18240J D.9120J【解析】選B。由機(jī)械能守恒定律得mgh=4Ep,解得Ep=mgh4=4560J,選項(xiàng)B4.(2024·衡水模擬)最近一款名叫“跳一跳”的微信小嬉戲突然躥紅。嬉戲要求操作者通過(guò)限制棋子(質(zhì)量為m)脫離平臺(tái)時(shí)的速度,使其能從一個(gè)平臺(tái)跳到旁邊的平臺(tái)上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳動(dòng)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)軌跡,不計(jì)空氣阻力。則下列說(shuō)法中正確的是(重力加速度為g) ()A.棋子從起跳至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中,機(jī)械能增加mghB.棋子離開(kāi)平臺(tái)時(shí)的動(dòng)能為mghC.棋子從離開(kāi)平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中,重力勢(shì)能增加mghD.棋子落到平臺(tái)上的速度大小為2【解析】選C。由于棋子起跳后只受重力作用,機(jī)械能守恒,A錯(cuò)誤;棋子在最高點(diǎn)具有水平方向的速度,所以離開(kāi)平臺(tái)時(shí)的動(dòng)能大于mgh,落到平臺(tái)上的速度要大于2gh,故B、D錯(cuò)誤;棋子從離開(kāi)平臺(tái)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中重力做功為WG=-mgh,所以重力勢(shì)能增加mgh,故C5.如圖所示,有一光滑軌道ABC,AB部分為半徑為R的14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(zhǎng)為R,不計(jì)小球大小。起先時(shí)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,則下列說(shuō)法正確的是A.a球下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變B.b球下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變C.a、b球滑到水平軌道上時(shí)速度大小為2D.從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上,整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)a球做的功為mgR【解析】選D。a、b球和輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故A、B錯(cuò)誤;對(duì)系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mgR+mg·2R=12×2mv2,解得a、b球滑到水平軌道上時(shí)速度大小為v=3gR,故C錯(cuò)誤;從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上,對(duì)a球由動(dòng)能定理有W+mgR=12mv2,解得輕桿對(duì)a球做的功為W=mgR26.如圖所示,固定在豎直平面內(nèi)的圓管形軌道的外軌光滑,內(nèi)軌粗糙。一小球從軌道的最低點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng),球的直徑略小于圓管的直徑,球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R,空氣阻力不計(jì),重力加速度大小為g,下列說(shuō)法肯定正確的是 ()A.若v0<2gR,小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不行能守恒B.若v0=3gR,小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒C.若v0<5gR,D.若v0=2gR,小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)【解析】選B。若小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒,當(dāng)小球恰好上升到與圓心等高處時(shí),有:12mv02=mgR,解得v0=2gR<2gR,故A錯(cuò)誤;假如小球不擠壓內(nèi)軌,則小球到達(dá)最高點(diǎn)速度最小時(shí),有mg=mv2R,從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律得:12mv02=12mv2+mg·2R,解得:v0=5gR,則小球要不擠壓內(nèi)軌且做完整圓周運(yùn)動(dòng),初速度應(yīng)大于等于5gR,此時(shí)小球機(jī)械能守恒,故B正確;若小球的速度小于5gR,也有可能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn),只是最終在圓心下方做往復(fù)運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;假如小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0,由機(jī)械能守恒定律得:12mv02=mg·2R,解得7.如圖所示,水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面,斜面頂端有一光滑定滑輪,一輕繩跨過(guò)滑輪,繩兩端分別連接小物塊A和B。已知斜面傾角θ=30°,小物塊A的質(zhì)量為m,小物塊B的質(zhì)量為0.8m,小物塊B距離地面的高度為h,小物塊A距離定滑輪足夠遠(yuǎn)。起先時(shí),小物塊A和小物塊B位于同一水平面上,用手按住小物塊A,然后松手。則下列說(shuō)法正確的是(重力加速度為g) ()A.松手瞬間,小物塊A的加速度大小為16B.松手后,小物塊A的機(jī)械能守恒C.小物塊B落地前瞬間的速度大小為2D.小物塊A能夠上升到的最高點(diǎn)與地面的距離為5【解析】選A、D。松手瞬間,對(duì)B受力分析可得0.8mg-FT=0.8ma,對(duì)A受力分析可得FT-mgsin30°=ma,聯(lián)立解得:a=16g,故A正確。松手后,繩的拉力對(duì)A做正功,小物塊A的機(jī)械能增加,故B錯(cuò)誤。物塊B從起先下落到落地有v2-0=2ah,解得:v=gh3,故C錯(cuò)誤。物塊A從起先運(yùn)動(dòng)到滑行h時(shí)獲得的速度v=gh3,接下來(lái)接著滑行x速度減為零,則12mv2=mgxsin30°,解得:x=h3,小物塊A能夠上升到的最高點(diǎn)與地面的距離為h+hsin30°+h38.如圖甲所示,輕彈簧豎直放置,下端固定在水平地面上,一質(zhì)量為m的小球,從離彈簧上端高h(yuǎn)處由靜止釋放。某同學(xué)在探討小球落到彈簧上后接著向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程,他以小球起先下落的位置為原點(diǎn),沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox,作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x的變更關(guān)系如圖乙所示,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g。以下推斷正確的是 ()A.當(dāng)x=h+x0時(shí),重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和最小B.最低點(diǎn)的坐標(biāo)為x=h+2x0C.小球受到的彈力最大值大于2mgD.小球動(dòng)能的最大值為mgh+mg【解析】選A、C、D。依據(jù)乙圖可知,當(dāng)x=h+x0時(shí),小球的重力等于彈簧的彈力,此時(shí)小球具有最大速度,以彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知,重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和最小,故A正確;依據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知,小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)大于h+2x0,小球受到的彈力最大值大于2mg,故B錯(cuò)誤,C正確;小球達(dá)到最大速度的過(guò)程中,依據(jù)動(dòng)能定理可知mg(h+x0)-12mgx0=12mv2,故小球動(dòng)能的最大值為mgh+mgx09.如圖所示,滑塊a、b的質(zhì)量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止起先運(yùn)動(dòng),不計(jì)摩擦,a、b可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度大小為g。則 ()A.a落地前,輕桿對(duì)b始終做正功B.a落地時(shí)速度大小為2C.a下落過(guò)程中,其加速度大小始終不大于gD.a落地前,當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí),b對(duì)地面的壓力大小為mg【解析】選B、D。因?yàn)闂U對(duì)滑塊b的限制,a落地時(shí)b的速度為零,所以b的運(yùn)動(dòng)為先加速后減速,桿對(duì)b的作用力對(duì)b做的功即為b所受合外力做的總功,由動(dòng)能定理可知,桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功,故A錯(cuò)。對(duì)a、b組成的系統(tǒng)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有:mgh=12mva2,va=2gh,故B正確。桿對(duì)a的作用效果為先推后拉,桿對(duì)a的作用力為拉力時(shí),a下落過(guò)程中的加速度大小會(huì)大于g,即C錯(cuò)。由功能關(guān)系可知,當(dāng)桿對(duì)a的推力減為零的時(shí)刻,即為a的機(jī)械能最小的時(shí)刻,此時(shí)桿對(duì)a和b的作用力均為零,故二、計(jì)算題(16分,需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)10.如圖甲所示,豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成,AB和BCD相切于B點(diǎn),CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)),已知∠BOC=30°?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小滑塊從軌道AB上高H處的某點(diǎn)由靜止滑下,用力傳感器測(cè)出小滑塊經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力為F,并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關(guān)系圖象,取g=10m/s2(1)滑塊的質(zhì)量和圓軌道的半徑;(2)是否存在某個(gè)H值,使得小滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)D后能干脆落到直軌道AB上與圓心等高的點(diǎn)?若存在,懇求出H值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由?！窘馕觥?1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m,圓軌道的半徑為R依據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg(H-2R)=12mvD2,由牛頓第三定律得軌道對(duì)小滑塊的支持力F+mg=m得:F=2mg取點(diǎn)(0.50m,0)和(1.00m,5.0N)代入上式得(2)假設(shè)小滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)D后能干脆落到直軌道AB上與圓心等高的E點(diǎn),如圖所示,由幾何關(guān)系可得OE=R設(shè)小滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD′由題意可知,小滑塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn),水平方向的位移為OE,豎直方向上的位移為R,則OE=vD′t,R=12gt解得vD′=2而小滑塊過(guò)D點(diǎn)的臨界速度vD0=gR=2由于vD′>vD0,所以存在一個(gè)H值,使得小滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)D后能干脆落到直軌道AB上與圓心等高的點(diǎn)mg(H-2R)=12mvD′解得H=0.6答案:(1)0.1kg0.2m【總結(jié)提升】機(jī)械能守恒定律應(yīng)用的三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)正確選取探討對(duì)象,必需明確機(jī)械能守恒定律針對(duì)的是一個(gè)系統(tǒng),還是單個(gè)物體。(2)敏捷選取零勢(shì)能位置,重力勢(shì)能常選最低點(diǎn)或物體的初始位置為零勢(shì)能位置,彈性勢(shì)能選彈簧原長(zhǎng)為零勢(shì)能位置。(3)運(yùn)用機(jī)械能守恒定律解題的關(guān)鍵在于確定“一個(gè)過(guò)程”和“兩個(gè)狀態(tài)”。所謂“一個(gè)過(guò)程”是指探討對(duì)象所經(jīng)驗(yàn)的力學(xué)過(guò)程,了解探討對(duì)象在此過(guò)程中的受力狀況以及各力的做功狀況;“兩個(gè)狀態(tài)”是指探討對(duì)象在此過(guò)程中的起先和結(jié)束時(shí)所處的狀態(tài),找出探討對(duì)象分別在初狀態(tài)和末狀態(tài)的動(dòng)能和勢(shì)能。11.(10分)(多選)在豎直桿上安裝一個(gè)光滑導(dǎo)向槽,使豎直上拋的小球能變更方向后做平拋運(yùn)動(dòng);不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失;設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v,重力加速度為g;那么當(dāng)小球有最大水平位移時(shí),下列說(shuō)法正確的是 ()A.導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為v2B.最大水平位移為vC.小球在上、下兩過(guò)程中,在經(jīng)過(guò)某相同高度時(shí),合速度的大小總有v下=2v上D.當(dāng)小球落地時(shí),速度方向與水平方向成45°角【解析】選A、D。設(shè)平拋時(shí)的速度為v0,依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得12mv02+mgh=12mv2,解得v0=v2-2gh;依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的學(xué)問(wèn)可得下落時(shí)間t=2hg,則水平位移x=v0t=(v2g-2h)·2h,所以當(dāng)v2g-2h=2h時(shí)水平位移最大,解得h=v24g,A正確;最大的水平位移為x=412.(20分)如圖所示,物塊A、B、C的質(zhì)量分別為2m、2m、m,并均可視為質(zhì)點(diǎn),三個(gè)物塊用輕繩通過(guò)輕質(zhì)滑輪連接,在外力作用下現(xiàn)處于靜止?fàn)顟B(tài),此時(shí)物塊A置于地面,物塊B到C、C到地面的距離均是L,現(xiàn)將三個(gè)物塊由靜止釋放。若C與地面、B到C相碰后速度馬上減為零,A與滑輪間的距離足夠大,且不計(jì)一切阻力,重力加速度為g。求:(1)剛釋放時(shí)A的加速度大小及輕繩對(duì)A的拉力大小。(2)物塊A由最初位置上升的最大高度。(3)若變更A的質(zhì)量使系統(tǒng)由靜止釋放后物塊C能落地且物塊B與C不相碰,則A的質(zhì)量應(yīng)滿(mǎn)意的條件?！窘忸}指導(dǎo)】解答本題應(yīng)留意以下三點(diǎn):(1)整體法與隔離法結(jié)合牛頓其次定律求解加速度和輕繩的拉力。(2)C落地前A、B、C三個(gè)物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,C落地后A、B兩物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)由物塊C能落地和物塊B與C不相碰確定系統(tǒng)的兩個(gè)臨界狀態(tài)。【解析】(1)設(shè)剛釋放時(shí)A、B、C的共同加速度大小為a,繩子對(duì)A拉力大小為F,由牛頓其次定律得:對(duì)A:F-2mg=2ma對(duì)于B、C整體:3mg-F=3ma,解得:a=gF=2.4mg(2)設(shè)C下落L落地時(shí)A的速度大小為v由v2=2aL得:v=2C落地后,由于A、B的質(zhì)量相等,故B勻速下落,A勻速上升,當(dāng)A上升L距離后再做豎直上拋運(yùn)動(dòng),上拋過(guò)程由機(jī)械能守恒定律得:2mgh=12