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

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1、機(jī)械能守恒定律 一、選擇題 1．(2018·南充模擬)以下運(yùn)動(dòng)中物體的機(jī)械能一定守恒的是(　　) A．物體做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．物體從高處以的加速度豎直下落 C．不計(jì)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(yùn)動(dòng) D．物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) 答案　C 解析　A項(xiàng)，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能不變，而重力勢(shì)能可能變化，所以機(jī)械能不一定守恒，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，物體從高處以的加速度豎直下落時(shí)，必定受到向上的阻力，物體的機(jī)械能不守恒，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，不計(jì)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(yùn)動(dòng)，細(xì)繩的拉力對(duì)小球不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C項(xiàng)正確．D項(xiàng)，物體

2、做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)可能有除重力以外的力做功，機(jī)械能不一定守恒，故D項(xiàng)錯(cuò)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(jì)一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．斜劈對(duì)小球的彈力不做功 B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．斜劈的機(jī)械能守恒 D．小球重力勢(shì)能減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量 答案　B 解析　不計(jì)一切摩擦，小球下滑時(shí)，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B項(xiàng)正確，C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；斜劈對(duì)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(xiàng)錯(cuò)誤． 3．(多選)人站在h高處的

3、平臺(tái)上，水平拋出一個(gè)質(zhì)量為m的物體，物體落地時(shí)的速度為v，以地面為重力勢(shì)能的零點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則有(　　) A．人對(duì)小球做的功是mv2 B．人對(duì)小球做的功是mv2－mgh C．小球落地時(shí)的機(jī)械能是mv2 D．小球落地時(shí)的機(jī)械能是mv2－mgh 答案　BC 解析　A項(xiàng)，人對(duì)小球做的功等于小球獲得的初動(dòng)能，根據(jù)對(duì)從開(kāi)始拋到落地的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：W＋mgh＝mv2，所以人對(duì)小球做的功是W＝mv2－mgh，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，以地面為重力勢(shì)能的零點(diǎn)，小球落地的機(jī)械能等于落地時(shí)的動(dòng)能加重力勢(shì)能，小球落地時(shí)的重力勢(shì)能是零，機(jī)械能為mv2，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 4．(2018·西

4、寧一模)(多選)某娛樂(lè)項(xiàng)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(gè)娛樂(lè)項(xiàng)目進(jìn)行簡(jiǎn)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(diǎn)，沿A、B、C、D四個(gè)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(shí)速度為0，A項(xiàng)，小球不能上升到最高點(diǎn)就做斜拋運(yùn)動(dòng)了，不能擊中觸發(fā)器，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，小球離開(kāi)斜面后做斜拋運(yùn)動(dòng)了，不能擊中觸發(fā)器，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球上升到最高點(diǎn)時(shí)速度剛好等于零，可以擊中觸發(fā)器，

5、故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，在雙軌中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)到達(dá)最高點(diǎn)的速度可以為零，所以小球可以上升到最高點(diǎn)并擊中觸發(fā)器，故D項(xiàng)正確． 5．(2018·大連模擬)如圖所示，長(zhǎng)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(zhǎng)，現(xiàn)在其中點(diǎn)O處輕輕地掛上一個(gè)質(zhì)量為m的物體P后，物體向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體的加速度先增大后減小 B．向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體的機(jī)械能先增大后減小 C．物體在最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為 D．物體在最低點(diǎn)時(shí)，彈簧中的彈力為 答案　C 解析　物塊向下運(yùn)動(dòng)，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(shí)，重力和彈簧彈力的合力相等速度最大，物塊繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)速度為零，故加速度先減小后增大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；物體向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(jī)械能一直減小，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，物體在最低點(diǎn)時(shí)，速度為零，動(dòng)能為零，物塊減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，由幾何關(guān)系得物塊下降的高度h＝，故彈簧的彈性勢(shì)能為ΔE彈＝mgh＝，故C項(xiàng)正確；當(dāng)加速度為零時(shí)，重力和彈簧彈力的合力相等，物塊繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)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(xiàng)錯(cuò)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(diǎn)，CD為豎直直徑，O為圓心．質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從與B點(diǎn)高度差為h的位置A點(diǎn)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(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)h＝2R時(shí)，小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為mg B．當(dāng)h＝2R時(shí)，小球會(huì)從D點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道做平拋運(yùn)動(dòng) C．當(dāng)h＝3R時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為1.4mg D．調(diào)整h的值，小球能從D點(diǎn)離開(kāi)圓弧軌道，并能恰

8、好落在B點(diǎn) 答案　AC 解析　A項(xiàng)，當(dāng)h＝2R時(shí)，從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒：mg(h＋R－Rcosθ)＝mvC2 過(guò)C點(diǎn)時(shí)有：FN－mg＝m 解得：FN＝mg 根據(jù)牛頓第三定律可知，小球過(guò)C點(diǎn)壓力大小為mg，A項(xiàng)正確； B項(xiàng)，若小球恰好從D點(diǎn)離開(kāi)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(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)前已經(jīng)脫離軌道，不會(huì)從D點(diǎn)離開(kāi)做平拋運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤； C項(xiàng)，由機(jī)械能守恒可得：mg(3R＋R－Rcosθ)＝mg2R＋mvD2， 求得：vD＝， 由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律可得：FN＋mg＝m，

9、 解得：FN＝1.4mg，C項(xiàng)正確； D項(xiàng)，若小球以速度v0從D點(diǎn)離開(kāi)后做平拋運(yùn)動(dòng)，R＋Rcosθ＝gt02，得：t0＝6，且x＝v0t0＝>0.6R，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 7．(2018·銀川三模)蹦床是一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)員利用從蹦床反彈的競(jìng)技運(yùn)動(dòng)，在某次“蹦床”娛樂(lè)活動(dòng)中，從小朋友下落到離地面高h(yuǎn)1處開(kāi)始計(jì)時(shí)，其動(dòng)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(duì)應(yīng)圖像的最高點(diǎn)，小朋友的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦．下列有關(guān)說(shuō)法正確的是(　　) A．整個(gè)過(guò)程中小朋友的機(jī)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(diǎn)的過(guò)程中，其加速度

10、先增大后減小 C．小朋友處于h＝h4高度時(shí)，蹦床的彈性勢(shì)能為Ep＝mg(h2－h(huán)4) D．小朋友從h1下降到h5過(guò)程中，蹦床的最大彈性勢(shì)能為Epm＝mgh1 答案　C 解析　A項(xiàng)，小朋友接觸蹦床后，蹦床對(duì)小朋友的彈力做功，所以整個(gè)過(guò)程中小朋友的機(jī)械能不守恒，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，從小朋友的腳接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點(diǎn)的過(guò)程中，蹦床對(duì)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(xiàng)錯(cuò)；C項(xiàng)，由圖知，小朋友在h2處和h4處動(dòng)能相等，根據(jù)蹦床和小朋友組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：小朋友處于h＝h4高度時(shí)，蹦床的彈性勢(shì)能為Ep＝mg(h2－h(huán)4

11、)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，小朋友從h1下降到h5過(guò)程中，蹦床的最大彈性勢(shì)能為Epm＝mg(h1－h(huán)5)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 8．(2018·濰坊三模)(多選)如圖所示，光滑長(zhǎng)鐵鏈由若干節(jié)組成，全長(zhǎng)為L(zhǎng)，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(zhǎng)度．鐵鏈靠慣性通過(guò)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，第一節(jié)鐵鏈機(jī)械能守恒 B．每節(jié)鐵鏈通過(guò)最高點(diǎn)的速度依次減小 C．第一節(jié)與最后一節(jié)到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小相等 D．第一節(jié)回到最低點(diǎn)至最后一節(jié)進(jìn)入軌道的過(guò)程中鐵鏈的速度保持不變 答案　CD 解析　A項(xiàng)，在第一節(jié)沿圓周向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到第二節(jié)的

12、推力，而沿圓周向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中又受到拉力，所以在第一節(jié)完成圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，第一節(jié)鐵鏈機(jī)械能不守恒．故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B、D兩項(xiàng)，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(diǎn)的過(guò)程中，鐵鏈整體是重力勢(shì)能不斷增加，則整體的速度逐漸減?。蛔詈笠还?jié)進(jìn)入軌道后，整體的重力勢(shì)能逐漸減小，則速度逐漸增大；在第一節(jié)回到最低點(diǎn)至最后一節(jié)進(jìn)入軌道的過(guò)程中鐵鏈整體的重力勢(shì)能不變，所以速度保持不變．故B項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；C項(xiàng)，第一節(jié)與最后一節(jié)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，整體的重力勢(shì)能是相等的，所以整體的速度大小也相等．故C項(xiàng)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(diǎn)為球心，一輕繩跨過(guò)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(diǎn)，開(kāi)始時(shí)A、B靜止，輕繩水平伸直，B與O點(diǎn)等高，釋放后，當(dāng)B和球心O連線與豎直方向夾角為30°時(shí)，B下滑速度為v，此時(shí)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(jī)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(zhǎng)為R，不計(jì)小球大小．開(kāi)始時(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，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．a(chǎn)球下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變 B．a(chǎn)、b滑到水平軌道上時(shí)速度為 C．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)a球做的功為 D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)b球做的功為 答案　C 解析　A項(xiàng)，下滑過(guò)程中，對(duì)兩個(gè)球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，而單個(gè)球機(jī)械能均不守恒，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； B項(xiàng)，下滑的整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：mgR＋mg(2R)＝×2mv2；解得

15、：v＝；故B項(xiàng)錯(cuò)誤； C項(xiàng)，對(duì)a球由動(dòng)能定理可知：W＋mgR＝mv2；解得：W＝mgR－mgR＝mgR；故C項(xiàng)正確； D項(xiàng)，對(duì)b球由動(dòng)能定理可知：W＋2mgR＝mv2；解得：W＝mgR－2mgR＝－mgR；故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 11．(2018·大連模擬)(多選)如圖所示，由長(zhǎng)為L(zhǎng)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(gè)端點(diǎn)分別固定質(zhì)量均為m的小球A、B，系統(tǒng)可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，初始位置OA水平．由靜止釋放，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力．則(　　) A．系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 B．B球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)重力勢(shì)能最小 C．A球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過(guò)程中，動(dòng)能一直在增

16、大 D．?dāng)[動(dòng)過(guò)程中，小球B的最大動(dòng)能為mgL 答案　AD 解析　A項(xiàng)，系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，故A項(xiàng)正確； B、C兩項(xiàng)，系統(tǒng)重心在A、B連線的中點(diǎn)位置，故AB連線水平時(shí)，系統(tǒng)重力勢(shì)能最小，動(dòng)能最大；故A球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過(guò)程中，動(dòng)能先增加，后減小，故B、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤； D項(xiàng)，故AB連線水平時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能最大，此時(shí)A球到圖中B球位置，故根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有： mg·L＝2×mv2， 解得：mv2＝mgL，故D項(xiàng)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(gè)質(zhì)量為M的水桶，軸上分布著6根手柄，柄端有6個(gè)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(jì)．現(xiàn)將水桶從某一高度釋放使整個(gè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)n周時(shí)，則(　　) A．水桶的速度是小球轉(zhuǎn)動(dòng)線速度的倍 B．水桶的瞬時(shí)速度為 C．每個(gè)小球獲得的動(dòng)能為Ek＝ D．水桶減小的機(jī)械能為2πnrMg 答案　AB 解析　A項(xiàng)，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(xiàng)正確； B、C兩項(xiàng)，裝置轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程只有重力做功，機(jī)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(shí)速度為ωr＝，小球的速度為ωR＝，故每個(gè)小球獲得的動(dòng)能為m(ωR)2＝；故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

18、 D項(xiàng)，水桶減小的重力勢(shì)能為2πnrMg；水桶的動(dòng)能增加，故D項(xiàng)錯(cuò)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(guò)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(zhǎng)，用手托住物體B使細(xì)繩剛好沒(méi)有拉力，然后由靜止釋放，求： (1)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)細(xì)繩上的拉力； (2)物體A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)時(shí)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(zhǎng)時(shí)，物體A、B的加速度大小相同， 對(duì)B分析：mg－T＝ma， 對(duì)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(shí)，即物體A的加速度為0，對(duì)物體A分析有： mg＝kx2＋mgsin30°， 彈簧的伸長(zhǎng)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?yàn)閤1＝x2，所以彈簧的彈性勢(shì)能沒(méi)有改變，由系統(tǒng)機(jī)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(guò)A固定于B.質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l.用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°.松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)．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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度過(guò)程中， 小球上升高度為：h1＝3lsin53° 物塊下降高度為：h2＝4l－2l＝2l 整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：mgh1＝Mgh2 聯(lián)立解得：＝ (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)即為小球回到起始點(diǎn)，設(shè)此時(shí)AC方向拉力為T(mén)，由牛頓第二定律得： 對(duì)物塊：Mg－T＝Ma 對(duì)小球：沿AC方向與物塊的加速度相同 T－mgcos53°＝ma 解得：T＝mg. 10