2024年高考物理一輪復習專題5.3機械能守恒定律精練含解析

PAGEPAGE1專題5.3機械能守恒定律1.(2024·廣西桂林一中期中)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－15.6J【答案】C【解析】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．2.(2024·陜西省渭南市一中期末)把小球放在直立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示．快速松手后，球上升至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時彈簧正處于原長(圖乙)．忽視彈簧的質(zhì)量和空氣阻力．則小球從A位置運動到C位置的過程中，下列說法正確的是()A．經(jīng)過位置B時小球的加速度為0B．經(jīng)過位置B時小球的速度最大C．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能守恒D．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能先增大后減小【答案】C【解析】分析小球從A位置到B位置的過程中受力狀況，起先時彈力大于重力，中間某一位置彈力和重力相等，接著彈力小于重力，在B點時，彈力為零，小球從B到C的過程中，只受重力．依據(jù)牛頓其次定律可以知道小球從A位置到B位置過程中，小球先向上做加速運動再向上做減速運動，所以速度最大位置應當是加速度為零的位置，在A、B之間某一位置，選項A、B錯誤；從A位置到C位置過程中小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，選項C正確，D錯誤．3．(2024·廣西省貴港市一中期中)在2024年雅加達亞運會上，我國跳水運動員司雅杰摘得女子10米臺金牌，彭建峰收獲男子1米板冠軍。如圖1所示，跳水運動員最終踏板的過程可以簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自由狀態(tài)的跳板(A位置)上，隨跳板一同向下做變速運動到達最低點(B位置)。對于運動員從起先與跳板接觸到運動至最低點的過程，下列說法中正確的是()圖1A．運動員始終處于超重狀態(tài)B．運動員所受重力對其做的功在數(shù)值上小于跳板彈性勢能的增加量C．運動員的機械能守恒D．運動員的動能始終在減小【答案】B【解析】運動員在此過程中受到重力與跳板彈力的作用，彈力從零起先增大，故運動員先加速后減速，即先失重后超重，動能先增大后減小，A、D錯誤；由系統(tǒng)的機械能守恒知，運動員所受重力對其做的功在數(shù)值上等于跳板彈性勢能的增加量與運動員初末動能之差，B正確；因有彈力對運動員做負功，故其機械能削減，C錯誤。4．(2024·湖南湘潭一中期末)奧運會競賽項目撐桿跳高如圖2所示，下列說法不正確的是()圖2A．加速助跑過程中，運動員的動能增加B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能始終增加C．起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能削減動能增加【答案】B【解析】加速助跑過程中運動員的速度增大，動能增大，選項A正確；起跳上升過程中，桿的形變量先變大，后變小，故彈性勢能先變大后變小，選項B錯誤；起跳上升過程中，運動員的重心上升，重力勢能增加，選項C正確；越過橫桿后下落過程中，運動員的重力做正功，重力勢能削減，動能增加，選項D正確。5．(2024·山東省萊蕪一中期中)一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點處，原長為L，如圖3所示，一個質(zhì)量為m的物塊從A點豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，在此過程中無機械能損失，則下列說法正確的是()圖3A．由A到C的過程中，動能和重力勢能之和不變B．由B到C的過程中，彈性勢能和動能之和不變C．由A到C的過程中，物塊m的機械能守恒D．由B到C的過程中，物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】D【解析】物塊由A到C的過程中，只有重力、彈簧彈力做功，因此物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由A到B的過程中，彈性勢能不變，物塊動能與重力勢能之和不變，但物塊由B到C的過程中，彈性勢能增大，物塊的機械能減小，重力勢能增大，彈性勢能與動能之和減小，故只有D項正確。6．(2024·海南省海口一中期中)如圖4所示，由光滑細管組成的軌道固定在豎直平面內(nèi)，AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧、CD段為平滑的彎管。一小球從管口D處由靜止釋放，最終能夠從A端水平拋出落到地面上。關于管口D距離地面的高度必需滿意的條件是()圖4A．等于2R B．大于2RC．大于2R且小于eq\f(5,2)R D．大于eq\f(5,2)R【答案】B【解析】細管軌道可以供應支持力，所以到達A點的速度大于零即可，即mgH－mg·2R>0，解得H>2R，故選項B正確。7．(2024·甘肅省定西一中期末)最近，一款名叫“跳一跳”的微信小嬉戲突然躥紅。嬉戲要求操作者通過限制棋子(質(zhì)量為m)脫離平臺時的速度，使其能從一個平臺跳到旁邊的平臺上。如圖5所示的拋物線為棋子在某次跳動過程中的運動軌跡，不計空氣阻力。則(重力加速度為g)()圖5A．棋子從起跳至運動到最高點的過程中，機械能增加mghB．棋子離開平臺時的動能為mghC．棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mghD．棋子落到平臺上的速度大小為eq\r(2gh)【答案】C【解析】由于棋子起跳后只受重力作用，機械能守恒，A錯誤；棋子在最高點具有水平方向的速度，所以離開平臺時的動能大于mgh，落到平臺上的速度要大于eq\r(2gh)，故B、D錯誤；棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中重力做功為WG＝－mgh，所以重力勢能增加mgh，故C正確。8．(2024·湖南省邵陽一中期中)一小球以肯定的初速度從圖示6位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為(重力加速度為g)()圖6A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg【答案】C【解析】小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，依據(jù)機械能守恒定律，有1.6mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫′＝F＝4mg，選項C正確。9．(2024·遼寧省撫順一中期中)如圖3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，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是()圖3A．斜劈對小球的彈力不做功B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒C．斜劈的機械能守恒D．小球重力勢能減小量等于斜劈動能的增加量【答案】B【解析】不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小球重力勢能減小量等于斜劈和小球動能的增量之和，A、C、D項錯誤，B項正確。10．(2024·河北省邯鄲二中質(zhì)檢)質(zhì)量分別為m和2m的兩個小球A和B，中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的中點O處有一水平固定轉(zhuǎn)動軸，把桿置于水平位置后釋放，在B球順時針轉(zhuǎn)動到最低位置的過程中()圖4A．B球的重力勢能削減，動能增加，B球和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．A球的重力勢能增加，動能也增加，A球和地球組成的系統(tǒng)機械能不守恒C．A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒D．A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機械能不守恒【答案】BC【解析】B球從水平位置轉(zhuǎn)到最低點的過程中，重力勢能削減，動能增加，A球重力勢能增加，動能增加，A球和地球組成的系統(tǒng)機械能增加。由于A球、B球和地球組成的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，A球和地球組成的系統(tǒng)機械能增加，則B球和地球組成的系統(tǒng)機械能肯定削減，選項B、C正確。11.(2024·遼寧省試驗中學模擬)如圖所示，輕彈簧一端固定在O1點，另一端系一小球，小球穿在固定于豎直面內(nèi)、圓心為O2的光滑圓環(huán)上，O1在O2的正上方，C是O1O2的連線和圓環(huán)的交點，將小球從圓環(huán)上的A點無初速度釋放后，發(fā)覺小球通過了C點，最終在A、B之間做往復運動．已知小球在A點時彈簧被拉長，在C點時彈簧被壓縮，則下列推斷正確的是()A．彈簧在A點的伸長量肯定大于彈簧在C點的壓縮量B．小球從A至C始終做加速運動，從C至B始終做減速運動C．彈簧處于原長時，小球的速度最大D．小球機械能最大的位置有兩處【答案】AD【解析】因只有重力和彈簧彈力做功，故小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球在A點的動能和重力勢能之和最小，所以在A點彈簧的彈性勢能大于彈簧在C點的彈性勢能，A正確；小球從A點至C點，切線方向先加速后減速，當切線方向加速度為零時，速度最大，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，B、C錯誤；當彈簧處于原長狀態(tài)時，其彈性勢能為零，小球的機械能最大，由對稱性可知，在A、C間和C、B間應各有一處，D正確．12．(2024·吉林延邊二中模擬)如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角θ斜向上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則()A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB<hCC．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB【答案】D【解析】A球和C球上升到最高點時速度均為零，而B球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能．對A、C球列機械能守恒定律方程為mgh＝eq\f(1,2)mv02，解得h＝eq\f(v02,2g)，對B球：mgh′＋eq\f(1,2)mvt2＝eq\f(1,2)mv02，且vt≠0所以h′＝eq\f(v02－vt2,2g)<h，故D正確．13.(2024·湖南雅禮中學模擬)如圖所示，在固定的光滑水平桿上，質(zhì)量為m的物體P用輕繩跨過光滑的滑輪O、O′連接質(zhì)量為2m的物體Q，用手托住Q使整個系統(tǒng)靜止，此時輕繩剛好拉直，且AO＝L，OB＝h，AB<BO′，重力加速度為g.現(xiàn)釋放Q，讓二者起先運動，則下列說法正確的是()A．Q始終比P運動得快B．在P物體從A滑到B的過程中，P的機械能增加、Q的機械能削減C．P運動的最大速度為2D．起先運動后，當P速度再次為零時，Q下降了2(L－h(huán))距離【答案】BC【解析】設輕繩OA與AO′的夾角為θ，P的速度為vP，Q的速度為vQ，則有vPcosθ＝vQ，vP始終大于vQ，選項A錯誤；P從A運動到B過程，速度由零到最大，Q從下落點到最低點，由系統(tǒng)機械能守恒可知，P機械能增加，Q的機械能削減，選項B正確；對P、Q系統(tǒng)有2mg(L－h(huán))＝eq\f(1,2)mv2，得v＝，選項C正確；由系統(tǒng)機械能守恒可知，當P速度再次為零時，Q物體回到原位置，選項D錯誤．14.(2024·黑龍江哈爾濱師大附中模擬)在豎直桿上安裝一個光滑導向槽，使豎直上拋的小球能變更方向后做平拋運動；不計經(jīng)導向槽時小球的能量損失；設小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當小球有最大水平位移時，下列說法正確的是()A．導向槽位置應在高為eq\f(v2,4g)的位置B．最大水平位移為eq\f(v2,g)C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有v下＝2v上D．當小球落地時，速度方向與水平方向成45°角【答案】AD【解析】設平拋時的速度為v0，依據(jù)機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v0＝eq\r(v2－2gh)；依據(jù)平拋運動的學問可得下落時間t＝eq\r(\f(2h,g))，則水平位移x＝v0t＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,g)－2h))·2h)，所以當eq\f(v2,g)－2h＝2h時水平位移最大，解得h＝eq\f(v2,4g)，A正確；最大的水平位移為x＝eq\r(4h2)＝2h＝eq\f(v2,2g)，B錯誤；依據(jù)機械能守恒定律可知，在某高度處時上升的速率和下落的速率相等，C錯誤；設小球落地時速度與水平方向成θ角，位移與水平方向的夾角為α，依據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2×eq\f(h,2h)＝1，則θ＝45°，D正確．15．(2024·湖北武漢東湖區(qū)聯(lián)考)如圖7所示，有一條長為1m的勻稱金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中，當鏈條從靜止起先釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10m/s2)()圖7A．2.5m/s B.eq\f(5\r(2),2)m/sC.eq\r(5)m/s D.eq\f(\r(35),2)m/s【答案】A【解析】鏈條的質(zhì)量為2m，以起先時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為E＝Ep＋Ek＝－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)sinθ－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)＋0＝－eq\f(1,4)mgL(1＋sinθ)鏈條全部下滑出后，動能為Ek′＝eq\f(1,2)×2mv2重力勢能為Ep′＝－2mg·eq\f(L,2)由機械能守恒可得E＝Ek′＋Ep′即－eq\f(1,4)mgL(1＋sinθ)＝mv2－mgL解得v＝eq\f(1,2)eq\r(gL（3－sinθ）)＝eq\f(1,2)×eq\r(10×1×（3－0.5）)m/s＝2.5m/s故A正確，B、C、D錯誤。16．(2024·浙江諸暨中學模擬)如圖9所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不行伸長的細軟輕線連接，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()圖9A．2R B.eq\f(5R,3) C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)【答案】C【解析】設B球質(zhì)量為m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，依據(jù)機械能守恒定律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，故選項C正確。17．(2024·福建福州三中模擬)在豎直平面內(nèi)，某一嬉戲軌道由直軌道AB和彎曲的細管道BCD平滑連接組成，如圖9所示。小滑塊以某一初速度從A點滑上傾角為θ＝37°的直軌道AB，到達B點的速度大小為2m/s，然后進入細管道BCD，從細管道出口D點水平飛出，落到水平面上的G點。已知B點的高度h1＝1.2m，D點的高度h2＝0.8m，D點與G點間的水平距離L＝0.4m，滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。圖9(1)求小滑塊在軌道AB上的加速度和在A點的初速度；(2)求小滑塊從D點飛出的速度；(3)推斷細管道BCD的內(nèi)壁是否光滑?！敬鸢浮?1)－8m/s26m/s(2)1m/s(3)不光滑【解析】(1)小滑塊從A向B滑動的過程中，設加速度為a，由牛頓其次定律得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma代入數(shù)值解得a＝－8m/s2由運動學公式veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝2aeq\f(h1,sinθ)代入數(shù)值解得v0＝6m/s(2)滑塊在D處水平飛出，由平拋運動規(guī)律L＝vDth2＝eq\f(1,2)gt2代入數(shù)值解得vD＝1m/s(3)由于vB>vD，小滑塊動能減小，重力勢能也減小，機械能減小，所以細管道BCD內(nèi)壁不光滑18．(2024·浙江學軍中學模擬)某玩具廠設計出如圖10所示的玩具，軌道固定在高為H1＝0.5m的水平臺面上，通過在A處壓縮彈簧把質(zhì)量m＝0.01kg的小球(可看作質(zhì)點)從靜止彈出，先后經(jīng)過直線軌道AC、半徑R1＝0.1m的圓形軌道、長為L1＝0.5m的直線軌道CD、以及兩段半徑R2＝1m的圓弧DE、GP，G、E兩點等高且兩圓弧對應的圓心角都為37°，全部軌道都平滑連接；小球從P點水平拋出后打到固定在Q點的鑼上，P、Q的水平距離L2＝1.2m，鑼的半徑r＝0.3m，圓心O離地高H2＝0.4m。CD段的動摩擦因數(shù)為0.2，其余軌道光滑，N為在P點正下方的擋板，在一次測試中測出小球運動到B點時對內(nèi)軌的作用力為0.064N。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)圖10(1)求小球運動到B點時的速度大??；(2)小球能否離開軌道，請說明理由；(3)要使小球打到鑼上，求小球從A處彈出時彈簧對小球所做的功需滿意的條件?！窘馕觥?1)由牛頓其次定律得mg－FN＝meq\f(veq\o\al(2,0),R1)，v0＝0.6m/s。(2)設小球不離開軌道，通過直線軌道CD后能上升的最大高度為h0，則mg(2R1－h(huán)0)－μmgL1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，h0＝0.118m，h0<2R1且h0<R2(1－cos37°)，所以小球不離開軌道。(3)鑼的下邊界與P點的高度差h1＝0.8m，上邊界與P點的高度差h2＝0.2m，假如小球從P點飛出后能打到鑼的上、下邊界，依據(jù)平拋運動學問，h＝eq\f(1,2)gt2，v＝eq\f(L2,t)，可得從P點飛出的速度3m/s≤v≤6m/s，而小球沿圓弧GP運動到P點的條件mg≤meq\f(v2,R2)，得v≥eq\r(10)m/s，所以eq\r(10)m/s≤v≤6m/s，依據(jù)動能定理得W－μmgL1－mg[2R2(1－cos37°)]＝eq\f(1,2)mv2，0.1J≤W≤0.23J。19．(2024·河北唐山一中模擬)如圖7所示是跳臺滑雪的示意圖，雪道由傾斜的助滑雪道AB、水平平臺BC、著陸雪道CD及減速區(qū)DE組成，各雪道間均平滑連接，A處與水平平臺間的高度差h＝45m，CD的傾角為30°。運動員自A處由靜止滑下，不計其在雪道ABC滑行和空中飛行時所受的阻力。運動員可視為質(zhì)點。(g取10m/s2)圖7(1)求運動員滑離平臺BC時的速度大?。?2)為保證運動員落在著陸雪道CD上，雪道CD長度至少為多少？(3)若實際的著陸雪道CD長為150m，運動員著陸后滑到D點時具有的動能是著陸瞬間動能的80%，在減速區(qū)DE滑行s＝100m后停下，則運動員在減速區(qū)所受平均阻力是其重力的多少倍？【答案】(1)30m/s(2)120m(3)0.84倍【解析】(1)從A到C過程中，機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝eq\r(2gh)＝30m/s(2)設落點距拋出點C的距離為L，由平拋運動規(guī)律得Lcos30°＝vCtLsin30°＝eq\f(1,2)gt2解得L＝120m(3)運動員由A運動到落點過程中，由機械能守恒定律得mg(h＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)mv2設運動員在減速區(qū)減速過程中所受平均阻力是重力的k倍，依據(jù)動能定理得－kmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)依據(jù)題意有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝0.80×eq\f(1,2)mv2解得k＝0.8420．(2024·江蘇泰州一中一模)如圖10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)彈簧一端連接在固定擋板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：圖10(1)彈簧復原原長時細繩上的拉力；(2)物體A沿斜面對上運動多遠時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度的大小。【答案】(1)3