高考物理一轮复习课时作业十八机械能守恒定律及应用.docx

机械能守恒定律及应用双基巩固练12021·山西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22021·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.总质量约为3.8吨的“嫦娥三号”探测器在距月面3m处关闭反推发动机，让其以自由落体方式降落在月球表面.4条着陆腿触月信号显示，“嫦娥三号”完美着陆月球虹湾地区月球表面附近重力加速度约为1.6m/s2,4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()A28500JB4560JC18240JD9120J4.2021·淮南联考如图所示，质量为m的小球，用OB和OB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OB绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1F2等于()A1:1B1:2C1:3D1:45.(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B此时弹簧的弹性势能等于mghmv2C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2kgC物体受到的空气阻力恒为5ND物体能上升的最大高度为6m72021·河南周口四校联考(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角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g10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8则()A物体的质量m1.0kgB物体与斜面之间的动摩擦因数0.80C物体上升过程中的加速度大小a10m/s2D物体回到斜面底端时的动能Ek10J8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g10m/s2)综合提升练92021·重庆一模(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<R，则四个小球能达到的最大高度均相同B若hR，则四个小球能达到的最大高度均相同C若hR，则图乙中的小球能达到的高度最大D若hR，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同10.2020·福建漳州5月质检(多选)如图，一倾角为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，取g10m/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l0.3mB小物块滑到N点时，对圆弧轨道的压力大小为30NC小物块从落到斜面至速度减为零需要的时间为1.2sD小物块沿斜面下滑的最大位移为2.4m11.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AABCD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R0.2m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m0.1kg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h0.8m弹出的小环从D处飞出，现测得小环从D处飞出时速度vD4m/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02m之间，求小环下落在水平面EF上的范围课时作业(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：D2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：D3解析：由机械能守恒定律得mgh4Ep，解得Ep4 560 J，选项B正确答案：B4解析：OB烧断前，小球处于平衡状态，OB绳的拉力大小F1mgcos 60°；OB烧断后，小球摆动到C点过程中机械能守恒，mgl(1cos 60°)mv2，在最低点C时有F2mg，解得F22mg.所以F1:F21:4，选项D正确答案：D5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Fmg，弹簧伸长的长度为xh，由Fkx得k，故A正确；A与弹簧组成的系统机械能守恒，则有mghmv2Ep，解得Epmghmv2，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Fmgma，解得a0，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：AB6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h4 m时，根据公式Epmgh可得物体的质量为m1 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Ek15h100，当动能为零时，物体上升到最高点，其上升的最大高度为hmax100× m6.67 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，fhEkEp，代入数据可得f5 N，选项C正确答案：C7解析：由题意及图乙分析可知物体上升到最高点时，E机Epmgh30 J，得m1.0 kg，物体损失的机械能E损mgcos ·20 J，得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agsin gcos 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Ek50 J40 J10 J，选项D正确答案：ACD8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：mgh1mv所以vB4 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：mgh2mv，故vC2 m/s答案：(1)4 m/s(2)2 m/s9解析：若h<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hR，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hR，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hR，图甲中小球到达的最大高度为2R，根据机械能守恒得：mghmg·2Rmv2，最高点的速度为v，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：mghmg·Rmv，到达最高点的速度vv1cos 60°，联立解得最高点的速度v，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：ACD10解析：物块从P到N的过程中，根据机械能守恒有mgRmv，解得物块通过N点的速度大小v13 m/s，物块滑到N点时，根据牛顿第二定律有FNmg，解得FN30 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FNFN30 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 ，vygt，lv1t，联立解得l m，选项A错误；由cos ，解得物块到达K点时的速度大小v2 m/s，物块在斜面上运动时，根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma，解得加速度a2.5 m/s2，物块在斜面上减速到零用时t2 s，因>tan ，故物块减速到零后不会再运动，可知其下滑的最大位移st22.4 m，选项C错误，D正确答案：BD11解析：(1)根据机械能守恒定律得Epmvmg(hR)1.8 J对小环在最高点D受力分析，由牛顿第二定律得FNmgm解得FN7 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hRgt2xvDt解得x m(3)小环刚到达D点的临界条件为mg(h1R)Ep解得h11.6 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Epmg(h2R)mv小环平抛运动时间为t得xvDt2可得，当h2R0.9 m时水平位移最大，最大位移x1.8 m，故小环落地点范围在离E点向右01.8 m的范围内答案：(1)1.8 J7 N，方向竖直向上(2) m(3)E点向右01.8 m