2023届高考物理人教版一轮复习规范练-第五章　机械能17　机械能守恒定律及其应用.docx

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1、课时规范练17机械能守恒定律及其应用一、基础对点练1.(多选)(机械能守恒的理解与判断)关于下列对配图的说法中正确的是()A.图甲中蛟龙号被吊车匀速吊下水的过程中,它的机械能不守恒B.图乙中火车在匀速转弯时所受合外力为零,动能不变C.图丙中握力器在手的压力下弹性势能增加了D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(多选)(单个物体的机械能守恒问题)(2021广东卷)长征途中,为了突破敌方关隘,战士爬上陡销的山头,居高临下向敌方工事内投掷手榴弹,战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹,手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h,在空中的运动可视为平抛运动,轨迹如图所示,重力加速度

2、为g。下列说法正确的有()A.甲在空中的运动时间比乙的长B.两手榴弹在落地前瞬间,重力的功率相等C.从投出到落地,每颗手榴弹的重力势能减少mghD.从投出到落地,每颗手榴弹的机械能变化量为mgh3.(单个物体的机械能守恒问题)将一小球从空中A点自由释放,小球经过B点落到C点。小球经过B点时的动能和重力势能分别用EkB、EpB表示,B、C之间、A、C之间距离分别用hBC、hAC表示,选C点所在水平面为参考平面,若EkB=3EpB,不计空气阻力,则以下关系式成立的是()A.hBChAC=12B.hBChAC=13C.hBChAC=14D.hBChAC=154.(单个物体的机械能守恒问题)蹦床是一项

3、运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动,它属于体操运动的一种,蹦床有“空中芭蕾”之称。在某次“蹦床”娱乐活动中,从小朋友下落到离地面高h1处开始计时,其动能Ek与离地高度h的关系如图所示。在h1h2阶段图象为直线,其余部分为曲线,h3对应图象的最高点,小朋友的质量为m,重力加速度为g,不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是()A.整个过程中小朋友的机械能守恒B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,其加速度先增大后减小C.小朋友从h1下降到h5过程中,蹦床的最大弹性势能为Epmax=mgh1D.小朋友处于h=h4高度时,蹦床的弹性势能为Ep=mg(h2-h4)5.(多

4、个物体的机械能守恒问题)如图所示,不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球a和b。a球质量为m,静置于水平地面上;b球质量为3m,用手托住,高度为h,此时轻绳刚好拉紧。现将b球释放,则b球着地瞬间a球的速度大小为()A.B.C.D.26.(多选)(单个物体的机械能守恒问题)(2021山东淄博高三三模)如图甲所示,光滑细杆竖直固定,套在杆上的轻弹簧下端固定在地面上,套在杆上的小滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.05 m处,滑块与弹簧不拴接。由静止释放滑块,地面为零势能面,滑块上升过程中的机械能E和离地面的高度h之间的关系如图乙所示,g取10 m/s2,不计空气阻力。由图象可知()A.小

5、滑块的质量为0.2 kgB.轻弹簧原长为0.1 mC.弹簧的最大弹性势能为0.5 JD.滑块距地面的最大高度为0.3 m7.(多选)(多个物体的机械能守恒问题)(2021山西临汾高三三模)如图所示,一轻质支架的两端分别连着质量为m和2m的小球A和B(可视为质点),支架的OA段长为L,OB段长为2L,AOB=120保持不变,可绕水平固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动。已知重力加速度为g,当OB与水平方向成30角时无初速度释放支架,直到B球第一次运动到最低点的过程中,下列说法正确的是()A.当B球运动到最低点时,A球的速度大小为B.当B球运动到最低点时,B球的速度大小为C.B球运动到最低点的过程中,

6、支架对A球做正功D.B球运动到最低点的过程中,B球的机械能守恒8.(单个物体的机械能守恒问题)(2021内蒙古包头高三开学考试)下图是过山车的简化模型图。在模型图中,半径分别为R1=4 m和R2=8 m的两个光滑圆形轨道,固定在倾角为37的倾斜光滑直轨道平面上的Q、Z两点,LQZ=17 m,圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。现使小车(视作质点)从P点由静止沿斜面向下运动,依次通过A、B。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处,则P点到A处的竖直高度是多少?(2)在第一问条件下,小车在B点所受弹力与小车重力之比是多少?二、素

7、养综合练9.(2021河北邯郸高三开学考试)如图所示,轻质弹簧一端固定在O处,另一端与质量为m的物块相连,物块套在光滑竖直固定杆上。开始时物块处于A处且弹簧处于原长。现将物块从A处由静止释放,物块经过B处时弹簧与杆垂直,经过C处时弹簧再次处于原长,到达D处时速度为零。已知OB之间的距离为L,AOB=30,BOD=60。弹簧始终在弹性限度之内,重力加速度为g。在物块下滑的整个过程中,下列说法正确的是()A.物块在由A处下滑至C处的过程中机械能守恒B.物块在B处的速度为C.物块在B处时弹簧的弹性势能最大D.物块在D处时弹簧的弹性势能为mgL10.(多选)(2021山东泰安高三二模)如图所示,光滑斜

8、面倾角=60,其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接,位置D为圆弧轨道的最低点,质量均为m的小球A和小环B(均可视为质点)用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连,B套在竖直固定的光滑长杆上,长杆和圆轨道在同一竖直平面内,长杆过轨道圆心。初始时小球A在斜面上,轻杆与斜面垂直,由静止释放小球,重力加速度为g,则()A.刚释放时小球的加速度大小为gB.刚释放时小球的加速度大于gC.小球运动的最大速度为D.小球运动的最大速度为11.(2021重庆南开中学高三月考)如图所示,竖直平面内有一“T”字形轻杆,轻杆的AC臂长为2R,OB臂长为R,OB臂垂直AC臂于AC中点O,轻杆的三个端点分别固定小球

9、A、B、C,mA=mC=m,mB=2m。开始时,在外力作用下OB臂水平且整个装置处于静止状态。现撤去外力,杆将以O为转轴在竖直面内无摩擦地转动起来,重力加速度为g。则杆转动90的过程中()A.小球A的机械能守恒B.小球B的机械能一直减小C.小球B的末速度为D.轻杆对小球C先做正功后做负功12.(2021山东泰安高三一模)如图所示,用光滑细杆弯成半径为R的四分之三圆弧ABCDE,固定在竖直面内,C、E与圆心O在同一水平线上,D为最低点。质量为m的小环P(可视为质点)穿在圆弧细杆上,通过轻质细绳与相同的小环Q相连,细绳绕过固定在E处的轻小光滑定滑轮。开始小环P处于圆弧细杆上B点,小环Q与D点等高,

10、两环均处于静止状态。给小环微小扰动,使P沿圆弧向下运动。已知重力加速度为g。求:(1)小环P在B点静止时对细杆的压力大小;(2)小环P下滑到C点时,小环P的速度大小;(3)小环P经过D点时,小环Q重力的瞬时功率。课时规范练17机械能守恒定律及其应用1.AC解析:图甲中蛟龙号被吊车匀速吊下水的过程中,钢绳对它做负功,所以机械能不守恒,故A正确;图乙中火车在匀速转弯时做匀速圆周运动,所受的合外力指向圆心且不为零,故B错误;图丙中握力器在手的压力下形变增大,所以弹性势能增大,故C正确;图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中撑竿的弹性势能转化为运动员的机械能,所以运动员的机械能不守恒,故D错误。2.BC解析

11、:由平抛运动规律可知,做平抛运动的时间t=,因为两手榴弹运动的高度差相同,所以在空中运动时间相等,故A错误;做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P=mgvcos =mgvy=mg,因为两手榴弹运动的高度差相同,质量相同,所以落地前瞬间,两手榴弹重力功率相同,故B正确;从投出到落地,手榴弹下降的高度为h,所以手榴弹重力势能减小量Ep=mgh,故C正确;从投出到落地,手榴弹做平抛运动,只有重力做功,机械能守恒,故D错误。3.C解析:由机械能守恒定律mghAC=EkB+EpB=4EpB=4mghBC,则hBChAC=14,故选C。4.D解析:小朋友与蹦床组成的系统机械能守恒,A错误;小朋友的脚接触蹦

12、床到弹力等于重力的过程中有mg-kx=ma,小朋友下降过程中x增大,则a减小,当弹力等于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有kx-mg=ma,小朋友下降过程中x增大,则a增大,则从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,其加速度先减小后增大,B错误;小朋友从h1下降到h5过程中,蹦床的最大弹性势能为Epmax=mg(h1-h5),C错误;小朋友处于h=h4高度时,根据机械能守恒有mg(h2-h4)=Ep,D正确。5.A解析:在b球落地前,a、b两球组成的系统机械能守恒,且a、b两球速度大小相等,设为v,根据机械能守恒定律有3mgh=mgh+(3m+m)v2,解得v=,故A正确。6.AC

13、D解析:初始位置时,小滑块静止,动能为0,由Ep=mgh,解得m=0.2 kg,故A正确;由图乙可知,当h=0.15 m时,小滑块的机械最大,则弹簧的弹性势能全部转化为小滑块的机械能,可得此时弹簧处于原长,故弹簧的原长为0.15 m,故B错误;由图乙可知,小滑块本身的机械能为0.1 J,最大机械能为0.6 J,由系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能为0.5 J,故C正确;当小滑块的动能为零时,小滑块的机械能则为它的重力势能,由机械能守恒得mgh=0.6,h=0.3 m,所以小滑块的最大高度为0.3 m,故D正确。7.AC解析:小球A与B角速度大小相同,故,即vB=2vA,B球第一次运动到最低点时

14、,由几何关系和整个系统机械能守恒,可得2mg3l-mgl=2m,联立解得vA=,vB=2,故A正确,B错误;B球第一次运动到最低点的过程中,对于A球,由几何关系和动能定理,可得-mgl+W=m()2-0,解得W=2mgl0,支架对A球做正功,故C正确;同理,B球第一次运动到最低点的过程中,支架对B做功,B球的机械能不守恒,故D错误。8.答案:(1)2 m(2)解析:(1)由题意知,小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处,则mg=m从P到A,由机械能守恒定律有mgh1=联立解得h1=2 m。(2)从A到B,由几何关系得A、B的竖直高度差为h2=R1(1+cos )+LQZsin -R2(1+c

15、os )=3 m过程中机械能守恒,则有mgh2=解得vB=10 m/s在B点由牛顿第二定律有mg+FN=m解得FN=mg即小车在B点所受弹力与小车重力之比为。9.D解析:物块在由A处下滑至C处的过程中,物块受到弹簧的弹力做功,物块的机械能不守恒,但是物块和弹簧组成的系统机械能守恒,A错误;物块由A处下滑至B处的过程中,若只是重力势能转化为动能,则mgLtan 30=mv2,可知物块在B处的速度为,但还有一部分转化为弹性势能,所以物块在B处的速度小于,B错误;物块由B处下滑至D处的过程物块和弹簧组成的系统机械能守恒,动能减小、重力势能减小,所以弹性势能增加,故D处弹簧的弹性势能大于B处弹簧的弹性

16、势能,C错误;物块由A处下滑至D处的过程中mg(Ltan 30+Ltan 60)=EpD,可得EpD=mgL,D正确。10.AC解析: 刚释放小球时,由牛顿第二定律得mgsin 60=ma1,解得a1=g,故A正确,B错误;设小球A初始位置距水平面高度为h1,由几何关系可得Rsin 60+(h1-R)tan 30=1.5Rsin 60,解得h1=R,小环B初始位置距水平面高度设为h2,由几何关系可得h2=h1+1.5Rcos 60=2R,当A球滑至圆弧轨道的最低点时,速度达到最大,由系统的机械能守恒可得mghA+mghB=,式中vB=0,hA=R,hB=0.5R,解得vA=,故C正确,D错误。

17、11.B解析:对小球A,在090的转动中,重力势能的减少量EpA=mgR,对整体,由机械能守恒定律有mgR+2mgR-mgR=4mv2,解得v=,EkA=mv2=,小球A动能的增加量EkA=,因此有EkA+EpA0,小球A机械能变小,A、C错误;对小球B,任意时刻转动角,有mgR(1-cos )+2mgRsin -mgR(1-cos )=4mv2,v=,小球B的重力势能的变化量EpB=-2mgRsin ,小球B的动能的变化量EkB=2mv2=mgRsin ,则有EB=EpB+EkB=-mgRsin ,当角变大时,且在0,小球B机械能一直减小,B正确;对小球C有EC=EpC+EkC=mgR(1-

18、cos )+mv2 =mgR(1-cos +sin ),其中当角变大,且在0,EC一直增大,因此轻杆对小球C一直做正功,D错误。12.答案:(1)N=mg(2)vC=(3)P=mg解析:(1)小环P在B点静止时,受到重力mg、细绳的拉力FT=mg、杆的支持力FN作用,由平衡条件知,OB连线与P的重力、细绳BE的夹角相等。由几何关系知BE与CE间的夹角为=30,所以FN=2mgcos 解得FN=mg。(2)由几何关系可得BE=2Rcos 小环P下滑到C点时,Q的速度vQ=0,根据机械能守恒定律mg(2Rcos sin )-mg(2R-2Rcos )=整理得vC=。(3)小环P经过D点时,细绳DE部分与水平方向的夹角为=45,长度为DE=R,此时小环P的速度vP与Q的速度vQ的关系为vP=cos =vQ根据机械能守恒定律可得mg(2Rcos sin +R)+mg(2Rcos -R)=整理得vQ=,此时Q的重力做功的功率为P=mgvQ联立可解得P=mg。