高三一輪復(fù)習(xí)物理試題（人教版新高考新教材）考點規(guī)范練18　機(jī)械能守恒定律

考點規(guī)范練18機(jī)械能守恒定律一、單項選擇題1.如圖所示,豎立在水平面上的輕彈簧,下端固定,將一個金屬球放在彈簧頂端(球與彈簧不連接),用力向下壓球,使彈簧被壓縮,并用細(xì)線把小球和地面拴牢(圖甲)。燒斷細(xì)線后,發(fā)現(xiàn)球被彈起且脫離彈簧后還能繼續(xù)向上運(yùn)動(圖乙)。不計空氣阻力,該球從細(xì)線被燒斷到剛脫離彈簧的運(yùn)動過程中,下列說法正確的是()A.彈簧、小球所構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.球剛脫離彈簧時動能最大C.球所受合力的最大值等于重力D.小球所受合外力為零時速度最小2.(2021·海南卷)水上樂園有一末段水平的滑梯,人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示,滑梯頂端到末端的高度h'=4.0m,末端到水面的高度h=1.0m。重力加速度g取10m/s2,將人視為質(zhì)點,不計摩擦和空氣阻力。人的落水點到滑梯末端的水平距離為()A.4.0m B.4.5mC.5.0m D.5.5m3.按壓式圓珠筆內(nèi)裝有一根小彈簧,尾部有一個小帽,壓一下小帽,筆尖就伸出來。如圖所示,使筆的尾部朝下,將筆向下按到最低點,使小帽縮進(jìn),然后放手,筆將向上彈起至一定的高度。忽略摩擦和空氣阻力,筆從最低點運(yùn)動至最高點的過程中()A.筆的動能一直增大B.筆的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和一直減小C.彈簧的彈性勢能減少量等于筆的動能增加量D.彈簧的彈性勢能減少量等于筆的動能和重力勢能之和的增加量4.(2022·全國乙卷)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)。小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑,在下滑過程中,小環(huán)的速率正比于()A.它滑過的弧長B.它下降的高度C.它到P點的距離D.它與P點的連線掃過的面積5.如圖所示,用兩根長度均為l的輕繩將一重物懸掛在水平的天花板上,輕繩與天花板的夾角為θ,整個系統(tǒng)靜止,這時每根輕繩中的拉力為FT?，F(xiàn)將一根輕繩剪斷,當(dāng)小球擺至最低點時,輕繩中的拉力為FT'。θ為某一值時,FT'FA.94 B.C.322 D.546.如圖所示,AB是半徑為R的14圓弧軌道,軌道底端B點與一水平軌道BC相切,水平軌道又在C點與足夠長的斜面軌道CD平滑連接,軌道B處有一擋板(厚度不計)。在圓弧軌道上靜止擺放著N個半徑為r(r?R)的光滑剛性小球,恰好將AB軌道鋪滿,小球從A到B依次標(biāo)記為1、2、3、…、N號?，F(xiàn)將B處擋板抽走,N個小球均開始運(yùn)動,不計一切摩擦,考慮小球從AB向CD的運(yùn)動過程,下列說法正確的是(A.N個小球在離開圓弧軌道的過程中均做勻速圓周運(yùn)動B.1號小球第一次經(jīng)過B點的速度一定小于2C.1號小球第一次經(jīng)過B點的向心加速度一定等于2gD.1號小球第一次沿CD斜面上升的最大高度為R7.如圖所示,一半圓形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi),半圓頂點有大小可不計的定滑輪,O點為其圓心,AB為半圓上兩點,OA處于水平方向,OB與豎直方向夾角為45°。一輕繩兩端連接大小可不計的兩個小球甲、乙,初始時甲靜止在B點,乙靜止在O點,繩子處于拉直狀態(tài)。已知甲球的質(zhì)量m1=2kg,乙球的質(zhì)量m2=1kg,半圓軌道的半徑r=1m,當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10m/s2,忽略一切摩擦。解除約束后,兩球開始運(yùn)動的過程中,下列說法正確的是()A.甲球剛開始運(yùn)動時的加速度大小為5(21)m/s2B.甲球一定能沿半圓軌道下滑經(jīng)過A點C.甲球沿著半圓軌道運(yùn)動過程中,甲、乙兩球系統(tǒng)的機(jī)械能守恒D.甲球沿著半圓軌道運(yùn)動過程中,甲球機(jī)械能增大二、多項選擇題8.如圖所示,半徑為R的光滑圓弧軌道AO對接半徑為2R的光滑圓弧軌道OB于O點?？梢暈橘|(zhì)點的物體從上面圓弧的某點C由靜止下滑(C點未標(biāo)出),物體恰能從O點平拋出去。則()A.∠CO1O=60°B.∠CO1O=90°C.落地點距O2的距離為22RD.落地點距O2的距離為2R9.將質(zhì)量分別為m和2m的兩個小球A和B,用長為2l的輕桿相連,如圖所示,在桿的中點O處有一固定水平轉(zhuǎn)動軸,把桿置于水平位置后由靜止自由釋放,不計一切摩擦,在B球順時針轉(zhuǎn)動到最低位置的過程中()A.A、B兩球的線速度大小始終不相等B.重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小C.B球轉(zhuǎn)動到最低位置時的速度大小為2D.桿對B球做正功,B球機(jī)械能不守恒10.如圖甲所示,光滑細(xì)桿豎直固定,套在桿上的輕彈簧下端固定在地面上,套在桿上的小滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.05m處,滑塊與彈簧不拴接。由靜止釋放滑塊,地面為參考平面,滑塊上升過程中的機(jī)械能E和離地面的高度h之間的關(guān)系如圖乙所示,g取10m/s2,不計空氣阻力。由圖像可知()甲乙A.小滑塊的質(zhì)量為0.2kgB.輕彈簧原長為0.1mC.此過程中彈簧的最大彈性勢能為0.5JD.滑塊距地面的最大高度為0.3m三、非選擇題11.如圖所示,鼓形輪的半徑為R,可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿,桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球,球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩,繩上懸掛著質(zhì)量為m'的重物。重物由靜止下落,帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動,重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動,忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量,不計空氣阻力,重力加速度為g。求:(1)重物落地后,小球線速度的大小v;(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A,此時該球受到桿的作用力的大小F;(3)重物下落的高度h。12.如圖甲所示,質(zhì)量為m0=1kg、長為l=3m的長木板放在光滑的水平面上,水平面的右端沿豎直方向固定一光滑的半圓軌道ABC,在與圓心等高的B點有一壓力傳感器,長木板的上表面與軌道的最低點在同一水平面上,長木板的右端距離軌道最低點的間距x=2m。可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=2kg的物塊從長木板的最左端以v0=6m/s的速度滑上長木板,物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,經(jīng)過一段時間長木板與擋板碰撞,且碰后長木板停止運(yùn)動。當(dāng)半圓軌道的半徑R發(fā)生改變時,物塊對B點的壓力與半徑R的關(guān)系圖像如圖乙所示,重力加速度g取10m/s2。甲乙(1)物塊運(yùn)動到半圓軌道最低點A瞬間,其速度應(yīng)為多大?(2)圖乙中橫、縱坐標(biāo)x、y分別為多少?(3)如果半圓軌道的半徑R<32cm,則物塊落在長木板上的點到長木板最左端的最小距離應(yīng)為多少?(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)

考點規(guī)范練18機(jī)械能守恒定律1.A解析:燒斷細(xì)線后,小球受重力和彈力作用,故彈簧、小球所構(gòu)的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,選項A正確。小球受到重力和向上的彈力兩個力,彈簧的彈力先大于重力,小球加速上升,后彈力小于重力,小球減速上升,所以球的動能先增大后減小,當(dāng)加速度等于零時,此時所受的合力為零,即小球受到的彈簧的彈力等于小球的重力時速度最大,動能最大,此時彈簧尚處于壓縮狀態(tài),故B、D錯誤。小球剛開始向上運(yùn)動時,合力向上,然后逐漸減小到零,脫離彈簧后合力為mg,因不知道開始運(yùn)動時加速度的大小,故無法比較合力大小,故球所受合力的最大值不一定等于重力,選項C錯誤。2.A解析:人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知mgh'=12mv2,代入數(shù)據(jù)解得v=45m/s,從滑梯末端水平飛出后做平拋運(yùn)動,豎直方向做自由落體運(yùn)動,根據(jù)h=12gt2可知落水時間為t=2?g=2×110s=15s,水平方向做勻速直線運(yùn)動,則人的落水點距離滑梯末端的水平距離為x=vt=45×15m=43.D解析:筆向上運(yùn)動先加速到加速度變?yōu)?,再減速運(yùn)動,則動能先增大再減小,故A錯誤。筆的重力勢能、動能和彈簧的彈性勢能總和一定,動能先增大后減小,則筆的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和先減小后增大,且彈簧的彈性勢能減少量等于筆的動能與重力勢能之和的增加量,故B、C錯誤,D正確。4.C解析:如圖所示,設(shè)圓環(huán)下降的高度為h,圓環(huán)的半徑為R,圓環(huán)到P點的距離為l,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh=12mv2,由幾何關(guān)系可得h=lsinθ,sinθ=l2R,聯(lián)立可得h=l22R,可得5.A解析:剪斷細(xì)繩之前2FTsinθ=mg;剪斷細(xì)繩后,擺到最低點時12mv2=mgl(1sinθ),由牛頓第二定律FT'mg=mv2l,聯(lián)立解得FT'FT=6sinθ4sin2θ。由數(shù)學(xué)知識可知,當(dāng)sinθ=34時,6.B解析:在下滑的過程中,水平面上的小球要做勻速運(yùn)動,而曲面上的小球要做加速運(yùn)動,則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯皦毫Φ淖饔?所以小球之間始終相互擠壓,圓弧軌道上的小球做加速圓周運(yùn)動,故A錯誤。1號小球在下滑過程中,始終受到2號小球?qū)λ膲毫?所以1號小球第一次經(jīng)過B點時,有12mv12<mgR,解得v1<2gR,故B正確。1號小球在B點,由牛頓第二定律得an=v12R,而v1<2gR,聯(lián)立解得an<2g,故C錯誤。沖上斜面后,后面的小球把前面的小球往上壓,所以小球之間始終相互擠壓,故N個小球在運(yùn)動過程中始終不會散開,所以1號小球在曲面上和斜面上都會有機(jī)械能的減小,設(shè)1號小球第一次沿CD斜面上升的最大高度為h7.C解析:甲球剛開始運(yùn)動時,兩球加速度大小相等,設(shè)為a。根據(jù)牛頓第二定律對甲球有m1gsin45°F=m1a對乙球有Fm2g=m2a聯(lián)立解得a=10(2-1)3m/s2,故A錯誤。甲球沿著半圓軌道運(yùn)動過程中,忽略一切摩擦,對甲、乙兩球組成的系統(tǒng),只有重力做功,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。若甲球沿半圓軌道運(yùn)動過程中,經(jīng)過某點時對軌道的壓力為零,設(shè)此時該點與O點的連線與水平方向的夾角為θm1g(rsin45°rsinθ)m2gr·π4-θ=12(m其中0≤θ<π在該點,對甲球,根據(jù)牛頓第二定律有m1gcosθ=m1v聯(lián)立解得5sin(θ+37°)=22?π2令y=5sin(θ+37°)和y=22?π2+2θ,分別作出yθ圖像,可知兩圖線有交點,所以通過分析可知θ有解,但不為零,所以甲球經(jīng)過該點時做離心運(yùn)動,甲球一定不能沿半圓軌道下滑經(jīng)過A點,故B錯誤,C正確。甲球沿著半圓軌道運(yùn)動過程中,繩子拉力對甲球做負(fù)功,則甲球機(jī)械能減小,8.BC解析:要使物體恰能從O點平拋出去,在O點有mg=mv22R,解得物體從O點平拋出去的最小速度為v=2gR。設(shè)∠CO1O=θ,由機(jī)械能守恒定律可知,mgR(1cosθ)=12mv2,解得θ=90°,故選項A錯誤,B正確。由平拋運(yùn)動規(guī)律可得,x=vt,2R=12gt2,解得落地點距O2的距離為22R9.BC解析:A、B兩球用輕桿相連共軸轉(zhuǎn)動,角速度大小始終相等,轉(zhuǎn)動半徑相等,所以兩球的線速度大小也相等,選項A錯誤。桿在水平位置時,重力對B球做功的瞬時功率為零,桿在豎直位置時,B球的重力方向和速度方向垂直,重力對B球做功的瞬時功率也為零,但在其他位置重力對B球做功的瞬時功率不為零,因此,重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小,選項B正確。設(shè)B球轉(zhuǎn)動到最低位置時速度為v,兩球線速度大小相等,對A、B兩球和桿組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律得2mglmgl=12(2m)v2+12mv2,解得v=23gl,選項C正確。B球的重力勢能減小了2mgl,動能增大了23mgl,故機(jī)械能減小了,所以桿對B10.ACD解析:初始位置時,小滑塊靜止,動能為0,由Ep=mgh解得m=0.2kg,故A正確。由題圖乙可知,當(dāng)h=0.15m時,小滑塊的機(jī)械能最大,則彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小滑塊的機(jī)械能,可得此時彈簧處于原長,故彈簧的原長為0.15m,故B錯誤。由題圖乙可知,小滑塊本身的機(jī)械能為0.1J,最大機(jī)械能為0.6J,由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得此過程中彈簧的最大彈性勢能為0.5J,故C正確。當(dāng)小滑塊的動能為零時,小滑塊的機(jī)械能則為它的重力勢能,對小滑塊由機(jī)械能守恒得mgh'=0.6J,h'=0.3m,所以小滑塊距地面的最大高度為0.3m,故D正確。11.解析:(1)根據(jù)線速度和角速度的關(guān)系可知,重物落地后,小球線速度的大小為v=2Rω。(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置,此時小球的向心力為F向=2mRω2此時小球受到的向心力等于球受到桿的作用力與球重力的合力,如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可得F=F向2+(3)落地時,重物的速度為v'=ωR由機(jī)械能守恒得12m'v'2+4×12mv解得h=m'+16m2m'答案:(1)2Rω(2)m4(3)m'+16m2m12.解析:(1)物塊滑上長木板后將做勻減速直線運(yùn)動,長木板將做勻加速直線運(yùn)動,設(shè)物塊加速度大小為a1,長木板加速度為a2,由牛頓第二定律可得對物塊有μmg=ma1對長木板有μmg=m0a2設(shè)長木板與物塊經(jīng)歷時間t后速度相等,則有v0a1t=a2t物塊的位移s1=v0t12a1t長木板的位移s2=12a2t代入數(shù)據(jù)解得s1=5m,s2=2m由于s2=x、l=s1s2,說明長木板與擋板碰撞時,物塊到達(dá)長木板右端恰好與長木板共速,由運(yùn)動學(xué)公式得物塊到達(dá)A點的速度為vA=2a2s2=(2)將物塊到達(dá)B點時的速度設(shè)為vB,由牛頓第二定律得F=mv從A點到B點過程中,由機(jī)械能守恒定律得12由以上各式得F=mvA2故縱坐標(biāo)為y=2mg=40N橫坐標(biāo)為x=1.25m1。(3)設(shè)物塊恰能經(jīng)過半