2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能第3講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用課時作業(yè)含解析

PAGE7-第3講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用1.(多選)輕質(zhì)彈簧一端懸掛于天花板，另一端與一小木塊相連處于靜止?fàn)顟B(tài)，一子彈以水平速度v瞬間射穿木塊，不計空氣阻力()A．子彈射穿木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．子彈射穿木塊后，木塊在運動過程中機(jī)械能守恒C．木塊在向右搖擺過程中，木塊的動能與彈簧的彈性勢能之和在變小D．木塊在向右搖擺過程中重力的功率在變小AC[子彈射穿木塊的過程中，子彈相對木塊發(fā)生了相對滑動，有摩擦力做功，故子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A正確；子彈射穿木塊后，木塊在運動過程受到彈簧的彈力作用，且彈簧彈力對木塊做功，木塊機(jī)械能不守恒，故B錯誤；木塊在向右搖擺過程中，木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于木塊重力勢能增大，故木塊的動能與彈簧的彈性勢能之和在變小，故C正確；木塊在最低點時，重力的瞬時功率為零，達(dá)到最高點時，速度為零，重力的瞬時功率為零，故在此過程中重力的瞬時功領(lǐng)先增大后減小，故D錯誤。]2．一棵樹上有一個質(zhì)量為0.3kg的熟透了的蘋果P，該蘋果從樹上與A等高處先落到地面C最終滾入溝底D。已知AC、CD的高度差分別為2.2m和3m，以地面C為零勢能面，A、B、C、D、E面之間豎直距離如圖所示。算出該蘋果從A落下到D的過程中重力勢能的削減量和在D處的重力勢能分別是(g取10m/s2)()A．15.6J和9J B.9J和－9JC．15.6J和－9J D.15.6J和－15.6JC[以地面C為零勢能面，依據(jù)重力勢能的計算公式得D處的重力勢能Ep＝mgh＝0.3×10×(－3)J＝－9J從A下落到D的過程中重力勢能的削減量ΔEp＝mgΔh＝0.3×10×(2.2＋3)J＝15.6J，選項C正確。]3．如圖所示，在高1.5m的光滑平臺上有一個質(zhì)量為2kg的小球被一細(xì)線拴在墻上，小球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)燒斷細(xì)線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向成60°角，則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g＝10m/s2)()A．10J B.15JC．20J D.25JA[由2gh＝veq\o\al(2,y)－0得：vy＝eq\r(2gh)，即vy＝eq\r(30)m/s，落地時，tan60°＝eq\f(vy,v0)可得：v0＝eq\f(vy,tan60°)＝eq\r(10)m/s，由機(jī)械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可求得：Ep＝10J，故A正確。]4．(多選)在如圖所示的物理過程示意圖中，甲圖為一端固定有小球的輕桿，從右偏上30°角釋放后繞光滑支點搖擺；乙圖中輕繩一端連著一小球，從右偏上30°角處自由釋放；丙圖為物體A將彈簧壓縮的過程中；丁圖為不計任何阻力和定滑輪質(zhì)量時，A加速下落，B加速上升過程中。關(guān)于這幾個物理過程(空氣阻力忽視不計)，下列推斷中正確的是()A．甲圖中小球機(jī)械能守恒B．乙圖中小球機(jī)械能守恒C．丙圖中物體A的機(jī)械能守恒D．丁圖中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒AD[甲圖過程中輕桿對小球不做功，小球的機(jī)械能守恒，選項A正確；乙圖過程中小球在繩子繃緊的瞬間有動能損失，機(jī)械能不守恒，選項B錯誤；丙圖中重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但物體A的機(jī)械能不守恒，選項C錯誤；丁圖中繩子張力對A做負(fù)功，對B做正功，代數(shù)和為零，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項D正確。]5.(2024·貴州監(jiān)測)如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平地面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧上升到肯定高度后再下落，如此反復(fù)，該過程中彈簧的彈力大小F隨時間t的變更關(guān)系如圖乙所示。不計空氣阻力，則()A．t1時刻小球的速度最大B．t2時刻小球所受合力為零C．以地面為零重力勢能面，t1和t3時刻小球的機(jī)械能相等D．以地面為零重力勢能面，t1～t3時間內(nèi)小球的機(jī)械能守恒C[依據(jù)題述，結(jié)合彈簧彈力隨時間變更的圖線，金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，t1時刻接觸彈簧，由于重力大于彈簧彈力，小球還要加速向下運動，當(dāng)彈力增大到等于小球重力時，小球速度最大，選項A錯誤；t2時刻彈簧被壓縮到最短，彈簧的彈力最大，小球所受合力向上，選項B錯誤；t1時刻和t3時刻小球的速度大小相等，動能相同，距離地面高度相同，以地面為零重力勢能面，t1時刻和t3時刻小球的機(jī)械能相等，選項C正確；以地面為零重力勢能面，t1～t3時間內(nèi)，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但由于小球受到彈簧的彈力作用，小球的機(jī)械能先減小后增大，選項D錯誤。]6．(多選)假如把撐桿跳全過程分成四個階段：a→b、b→c、c→d、d→e，如圖所示，則對這四個階段的描述錯誤的是()A．a(chǎn)→b階段：加速助跑，人和桿的機(jī)械能增加B．b→c階段：桿彎曲、人上升，系統(tǒng)動能削減，重力勢能和彈性勢能增加C．c→d階段：桿伸直、人上升，人的動能削減量等于重力勢能增加量D．d→e階段：人過橫桿后下落，重力所做的功等于人機(jī)械能的增加量CD[a→b階段，人加速助跑，人和桿的機(jī)械能增加，A正確；b→c階段，桿彎曲、人上升，人和桿組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，其中系統(tǒng)動能削減，重力勢能和彈性勢能增加，B正確；c→d階段，桿伸直、人上升，人和桿組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，人的動能和桿的彈性勢能的削減量等于重力勢能增加量，C錯誤；d→e階段，人過橫桿后下落，只有重力做功，人的機(jī)械能守恒，D錯誤。]7．(2024·安徽聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的小球，用OB和O′B兩根輕繩吊著，兩輕繩與水平天花板的夾角分別為30°和60°，這時OB繩的拉力大小為F1，若燒斷O′B繩，當(dāng)小球運動到最低點C時，OB繩的拉力大小為F2，則F1∶F2等于()A．1∶1 B.1∶2C．1∶3 D.1∶4D[O′B燒斷前，小球處于平衡狀態(tài)，OB繩的拉力大小F1＝mgcos60°；O′B燒斷后，小球搖擺到C點過程中機(jī)械能守恒，mgl(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2，在最低點C時有F2－mg＝eq\f(mv2,l)，解得F2＝2mg。所以F1∶F2＝1∶4，選項D正確。]8.如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不行伸長的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當(dāng)B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2R B.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)C[設(shè)B球質(zhì)量為m，則A球質(zhì)量為2m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2，得v2＝eq\f(2,3)gR，B球接著上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選C。]9．如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m＝4kg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使繩子剛好沒有拉力，然后由靜止釋放。求：(1)彈簧復(fù)原原長時細(xì)繩上的拉力；(2)物體A沿斜面對上運動多遠(yuǎn)時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度的大小。解析：(1)復(fù)原原長時對B有mg－FT＝ma對A有FT－mgsin30°＝ma解得FT＝30N。(2)初態(tài)彈簧壓縮x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm當(dāng)A速度最大時mg＝kx2＋mgsin30°彈簧伸長x2＝eq\f(mg－mgsin30°,k)＝10cm所以A沿斜面上升x1＋x2＝20cm。(3)因x1＝x2，故彈性勢能變更量ΔEp＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)×2m·v2得v＝g·eq\r(\f(m,2k))＝1m/s。答案：(1)30N(2)20cm(3)1m/s10．(2024·鄭州一中模擬)如圖甲所示，將質(zhì)量為m的小球以速度v0豎直向上拋出，小球上升的最大高度為h。若將質(zhì)量分別為2m、3m、4m、5m的小球分別以同樣大小的速度v0從半徑均為R＝eq\f(1,2)h的豎直圓弧形光滑軌道的最低點水平向右射入軌道，軌道形態(tài)如圖乙、丙、丁、戊所示，則質(zhì)量分別為2m、3m、4m、5m的小球中上升的最大高度仍為h的是(小球大小和空氣阻力均不計)()A．質(zhì)量為2m的小球 B.質(zhì)量為3m的小球C．質(zhì)量為4m的小球 D.質(zhì)量為5m的小球C[由題意可知，質(zhì)量為m的小球豎直向上拋出時只有重力做功，故機(jī)械能守恒，得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。題圖乙將質(zhì)量為2m的小球以速度v0射入軌道，小球若能到達(dá)的最大高度為h，則此時速度不為零，此時的動能與重力勢能之和大于初位置時的動能與重力勢能之和，故不行能，即h2<h，故A錯誤；由丙圖和戊圖可知，小球出軌道時的速度方向不沿豎直方向，則上升到最高點時水平方向速度不為零，依據(jù)功能關(guān)系得h3<h，h5<h，故B、D錯誤；由丁圖可知，小球出軌道時的速度方向沿豎直方向向上，則上升到最高點時，速度為零，依據(jù)機(jī)械能守恒定律得h4＝h，故C正確。]11.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，OC豎直，OA水平，B是最低點，A點緊靠一足夠長的平臺MN，D點位于A點正上方?，F(xiàn)于D點無初速度釋放一個可視為質(zhì)點的小球，在A點進(jìn)入圓弧軌道，從C點飛出后落在平臺MN上的P點，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．變更D點的高度，小球可落在平臺MN上隨意一點B．小球落到P點前瞬間的機(jī)械能等于D點的機(jī)械能C．小球從A運動到B的過程中，重力的功率始終增大D．假如DA距離為h，則小球經(jīng)過C點時對軌道的壓力為eq\f(2mgh,R)－3mgBD[當(dāng)小球恰好經(jīng)過C點時，由牛頓其次定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)，小球離開C點后做平拋運動，則有R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vct，聯(lián)立解得x＝eq\r(2)R，所以小球只能落在平臺MN上離A點距離(eq\r(2)－1)R的右側(cè)隨意一點，故A錯誤；小球在運動過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，則小球落在P點前的機(jī)械能等于D點的機(jī)械能，故B正確；在B點，重力與速度垂直，重力的瞬時功率為零，所以小球從A運動到B的過程中，重力的功領(lǐng)先增大后減小，故C錯誤；小球從D運動到C的過程，由機(jī)械能守恒得mg(h－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，在B點由牛頓其次定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，聯(lián)立解得FN＝eq\f(2mgh,R)－3mg，由牛頓第三定律得小球經(jīng)過C點時對軌道的壓力為eq\f(2mgh,R)－3mg，故D正確。]12．如圖所示，兩個半徑均為R的四分之一圓弧構(gòu)成的光滑細(xì)圓管軌道ABC豎直放置，且固定在光滑水平面上，圓心連線O1O2水平。輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端與質(zhì)量為m的小球接觸(不拴接，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑)，長為R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距離為R。起先時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有肯定的彈性勢能，重力加速度為g。解除彈簧鎖定，小球離開彈簧后進(jìn)入管道，最終從C點拋出。已知小球在C點時所受彈力大小為eq\f(3,2)mg。(1)求彈簧在鎖定狀態(tài)下的彈性勢能Ep；(2)若換用質(zhì)量為m1的小球用鎖定彈簧放射(彈簧的彈性勢能不變)，小球質(zhì)量m1滿意什么條件時，從C點拋出的小球才能擊中薄板DE?解析：(1)從解除彈簧鎖定到小球運動到C點的過程中，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和重力勢能，設(shè)小球到達(dá)C點的速度大小為v1，依據(jù)能量守恒定律可得Ep＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)又小球經(jīng)C點時所受的彈力的大小為eq\f(3,2)mg，分析可知彈力方向只能向下，依據(jù)向心力公式得mg＋eq\f(3,2)mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，聯(lián)立解得Ep＝eq