2022高考物理调研大一轮复习(课件+精练)课时作业18.DOC

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1、课时作业18机械能守恒定律及其应用时间：45分钟1在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(A)A一样大B水平抛的最大C斜向上抛的最大D斜向下抛的最大解析：由机械能守恒定律mghmvmv知，落地时速度v2的大小相等，故A正确2取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(B)A. B.C. D.解析：设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由题意知mvmgh，即v0.物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度vyvxv0

2、，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角，故选项B正确，选项A、C、D错误3如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度为v，A、B两点间的竖直高度差为h，则(D)A由A到B重力做的功小于mghB由A到B重力势能减少mv2C由A到B小球克服弹力做功为mghD小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh解析：重力做功只与初末位置的高度差有关，则小球由A至B重力做功为mgh，所以A错误；小球由A至B重力做功为mgh，则重力势能减少mgh，小球在下降过程中重力势能转化为小球动能和弹簧弹性势能，所以m

3、gh>mv2，故B错误；根据动能定理得mghW弹mv2，所以由A到B小球克服弹力做功为mghmv2，故C错误；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以小球到达B位置时弹簧的弹性势能为mghmv2，故D正确4如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中(B)A小桶处于失重状态B小桶的最大速度为C小车受绳的拉力等于mgD小车的最大动能为mgh解析：小桶能够由静止上升是由于小车对它的拉力大于它自身的重力，小桶加速度向上，则小桶处于

4、超重状态，选项A错误；由于整个系统均在加速，当小桶上升至h高度时速度最大，对系统由机械能守恒定律得3mghsin30°mgh·4mv，解得vm，选项B正确；由于小桶处于超重状态，绳对小桶的拉力与绳对小车的拉力为相互作用力，大小相等，即FTmgma，选项C错误；速度最大时的动能也最大，即Ekm·3mvmgh，选项D错误5如图所示，质量为m的物体A和质量为2m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧开始用手托着物体A使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上现由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无

5、压力，重力加速度为g，下列说法正确的是(C)A物体A下落过程中一直处于失重状态B物体A即将落地时，物体B处于失重状态C物体A下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mghD物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小解析：对物体A下落过程中受力分析可知，其先加速后减速，则其先处于失重状态后处于超重状态，A项错误物体A即将落地时，B所受合外力为零，T2mg0，则B的加速度aB0，B项错误依据能量守恒定律：mghE弹0，E弹mgh，C项正确在物体A下落过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，物体A的重力势能、动能与弹簧的弹性势能之和不变，因A的重力势能一直减小，则A的动能和弹簧的弹性势能

6、之和一直增大，D项错误6如图所示，在倾角30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h0.1 m两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是(D)A整个下滑过程中A球机械能守恒B整个下滑过程中B球机械能守恒C整个下滑过程中A球机械能的增加量为 JD整个下滑过程中B球机械能的增加量为 J解析：在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A沿斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以A、B球各

7、自机械能不守恒，故A、B错误；根据系统机械能守恒得：mAg(hLsin)mBgh(mAmB)v2，解得：v m/s，系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为mBv2mBgh J，故D正确；A球的机械能减少量为 J，C错误7如图所示，物块A的质量为M，物块B、C的质量都是m，并都可看做质点，且m<M<2m.三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离都是L.现将物块A下方的细线剪断，若物块A距滑轮足够远且不计一切阻力求：(1)物块A上升时的最大速度；(2)若B不能着地，求M/m满足的条件解析：(1)A上升L时速度达到最大，设为v，由机械能守恒定律有2mgLMgL

8、(M2m)v2得v.(2)C着地后，若B恰能着地，即B物块再下降L时速度为零方法1：根据转化观点，机械能守恒定律的表达式可写为MgLmgL(Mm)v2将v代入，整理得：Mm所以>时，B物块将不会着地方法2：根据转移观点，机械能守恒定律的表达式还可写为MgLMv2mgLmv2代入v，解得：Mm所以>时，B物块将不会着地答案：(1)(2)>8如图所示，粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两侧液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，不计粘滞阻力当两侧液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(A)A. B.C. D.解析：设管的横截面积为S，液体的密度为.让

9、液体自由流动，不计粘滞阻力，液体机械能守恒，液体减少的重力势能转化为动能，两侧液面相平时，相当于右管h高的液体移到左管中，重心下降的高度为h，由机械能守恒定律得·hS·g·h·4hS·v2，解得v，选项A正确9(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为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对地面恰好无压力不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是(AC)A物体A下落过

10、程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B弹簧的劲度系数为C物体A着地时的加速度大小为D物体A着地时弹簧的弹性势能为mghmv2解析：由题意知，物体A下落过程中，B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的弹力为Tmg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知Tkh，则弹簧的劲度系数k，故B错误；物体A着地时，细绳对A的拉力也等于mg，对A，根据牛顿第二定律得2mgmg2ma，则a，故C正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有2mghEp弹×2mv2，则Ep弹2mghmv2，故D错误1

11、0如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体P从轨道顶端A处由静止释放若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度)O点到地面的距离为H，重力加速度为g.则：(1)物体P刚到圆弧的最低点时对轨道的压力为多大？(2)圆弧半径为多大时，小物体P落地时的水平位移最大，最大水平位移为多少？解析：(1)设圆弧半径为R，小物体P沿圆弧下滑过程中，根据机械能守恒定律有mgRmv在圆弧的最低点，由牛顿第二定律和圆周运动的知识有FNmgm根据牛顿第三定律可知小物体P对圆弧的压力为FNFN联立解得FN3mg(2)小物体P沿圆弧下滑过程中，根据机械

12、能守恒定律有mgRmv小物体P经过最低点后做平抛运动，则水平方向xv0t竖直方向HRgt2联立解得x2由数学知识可得RH时，x有最大值，xmaxH答案：(1)3mg(2)HH11(2019·福建师大附中模拟)如图所示，有A、B、C三个物块，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A与物块B，物块B的下面通过轻绳与物块C连接，物块B和C的质量均为m，物块A的质量为3m，物块A锁定在光滑的斜面上的P点(P点离滑轮足够远)，斜面倾角30°，轻绳始终平行于斜面物块B与物块C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L.解除对物块A的锁定，物块开始运动设物块A可视为质点，物块B

13、与物块C落地后不反弹，重力加速度大小为g.求：(1)A刚上升时的加速度；(2)A上升过程的最大速度；(3)A能上升的最高位置离P点的距离解析：(1)解除对A的锁定后，A加速上升，B和C加速下降，加速度a大小相等，设轻绳对A和B的拉力大小为FT，由牛顿第二定律得对A：FT3mgsin3ma对B、C：(mm)gFT(mm)a联立解得ag(2)对物块C刚着地时，A的速度最大从A刚开始上升到C刚着地的过程，由机械能守恒定律得2mgL(2m)v(3m)v3mgLsin解得vmax(3)设C落地后A沿斜面继续上升d时速度为零，此时B下降d未接触地面，A和B组成的系统满足机械能守恒定律得mgd(m3m)v3mgdsin联立解得dL由于dL<L，B不会触地，所以A能上升的最高位置离P点的距离HLdL答案：(1)(2)(3)L