《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第3講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用夯基提能作業(yè)本》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第3講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用夯基提能作業(yè)本（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 A組　基礎(chǔ)過關(guān) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.如圖所示,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由靜止釋放,不計(jì)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(　　) A.斜劈對(duì)小球的彈力不做功 B.斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C.斜劈的機(jī)械能守恒 D.小球重力勢(shì)能的減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量 答案　B　不計(jì)一切摩擦,小球下滑時(shí),對(duì)于小球和斜劈組成的系統(tǒng),只有小球的重力做功,小球重力勢(shì)能的減少量等于斜劈和小球動(dòng)能的增加量,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,B項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理知,小球?qū)π迸?/p>

2、彈力對(duì)斜劈做正功,斜劈的機(jī)械能不守恒,C項(xiàng)錯(cuò)誤;斜劈對(duì)小球的彈力與小球位移間的夾角大于90°,故彈力做負(fù)功,A項(xiàng)錯(cuò)誤。 2.把小球放在豎立的彈簧上,并把球往下按至A位置,如圖甲所示。迅速松手后,球升高至最高位置C(圖丙),途中經(jīng)過位置B時(shí)彈簧正處于原長(圖乙)。忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力。則小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中,下列說法正確的是(　　) A.經(jīng)過位置B時(shí)小球的加速度為0 B.經(jīng)過位置B時(shí)小球的速度最大 C.小球、地球、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.小球、地球、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 答案　C　分析小球從A到B的過程中受力情況,開始時(shí)彈力大于重力,中間某一位置

3、彈力和重力相等,接著彈力小于重力,在B點(diǎn)時(shí),彈力為零,小球從B到C的過程中,只受重力。根據(jù)牛頓第二定律可以知道小球從A到B過程中,先向上加速再向上減速,所以速度最大位置應(yīng)該是加速度為零的位置,即在A、B之間某一位置,A、B錯(cuò)誤;從A到C過程中對(duì)于小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功,所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,C正確,D錯(cuò)誤。 3.(多選)(2018湖北武漢質(zhì)檢)某娛樂項(xiàng)目中,參與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器,從而進(jìn)入下一關(guān)?，F(xiàn)在將這個(gè)娛樂項(xiàng)目進(jìn)行簡化,假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以速率v豎直上拋一小球,小球恰好擊中觸發(fā)器。若參與者仍在剛才的拋出點(diǎn),沿圖示的四個(gè)不同的光滑軌道分別以速率v拋出

4、小球,則小球能夠擊中觸發(fā)器的可能是(　　) 答案　CD　將小球豎直上拋時(shí)小球恰好擊中觸發(fā)器,則小球擊中觸發(fā)器時(shí)的速度為0,由機(jī)械能守恒定律得mgh=12mv2,得v=2gh。沿圖A中光滑軌道以速率v拋出小球,小球沿光滑圓弧軌道內(nèi)表面做圓周運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)的速率應(yīng)大于或等于gR(R為圓弧軌道的半徑),所以小球不能到達(dá)圓弧最高點(diǎn),故不能擊中觸發(fā)器;沿圖B中光滑軌道以速率v拋出小球,小球沿光滑軌道上滑一段后做斜拋運(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)具有水平方向的速度,所以也不能擊中觸發(fā)器;圖C和圖D中,小球在光滑軌道最高點(diǎn)的速度均可以為零,由機(jī)械能守恒定律可知小球能夠擊中觸發(fā)器。 4.(2019廣東佛

5、山調(diào)研)在一次課外趣味游戲中,有四位同學(xué)分別將四個(gè)質(zhì)量不同的光滑小球沿豎直放置的內(nèi)壁光滑的半球形碗的碗口內(nèi)側(cè)同時(shí)由靜止釋放,碗口水平,如圖所示。他們分別記下了這四個(gè)小球下滑速率為v時(shí)的位置,則這些位置應(yīng)該在同一個(gè)(　　) A.球面 B.拋物面 C.水平面 D.橢圓面 答案　C　因半球形碗的內(nèi)壁光滑,所以小球下滑過程中機(jī)械能守恒,取小球速率為v時(shí)所在的平面為零勢(shì)能參考平面,則根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh=12mv2,因?yàn)樗俾蕍相等,所以小球下落的高度相等,與小球的質(zhì)量無關(guān),即這些位置應(yīng)該在同一個(gè)水平面上,C項(xiàng)正確。 5.如圖所示,固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與

6、水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑,已知彈簧原長為L,圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(　　) A.圓環(huán)的機(jī)械能守恒 B.彈簧彈性勢(shì)能變化了3mgL C.圓環(huán)下滑到最大距離時(shí),所受合力為零 D.圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變 答案　B　圓環(huán)在下滑過程中,圓環(huán)的重力和彈簧的彈力對(duì)圓環(huán)做功,圓環(huán)的機(jī)械能不守恒,圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,系統(tǒng)的機(jī)械能等于圓環(huán)的動(dòng)能和重力勢(shì)能以及彈簧的彈性勢(shì)能之和,選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤;對(duì)圓環(huán)進(jìn)行受力分析,可知圓環(huán)從靜止開始先向下加速運(yùn)

7、動(dòng)且加速度逐漸減小,當(dāng)彈簧對(duì)圓環(huán)的彈力沿桿方向的分力與圓環(huán)所受重力大小相等時(shí),加速度減為0,速度達(dá)到最大,而后加速度反向且逐漸增大,圓環(huán)開始做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)圓環(huán)下滑到最大距離時(shí),所受合力最大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由圖中幾何關(guān)系知圓環(huán)的下降高度為3L,由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mg×3L=ΔEp,解得ΔEp=3mgL,選項(xiàng)B正確。 6.在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出,不計(jì)空氣阻力,則落在同一水平地面時(shí)的速度大小(　　) A.一樣大 B.水平拋的最大 C.斜向上拋的最大 D.斜向下拋的最大 答案　A　根據(jù)機(jī)械能守恒定律,落地時(shí)三個(gè)小球的速度大小相等。 7.(多選)

8、如圖是滑道壓力測試的示意圖,光滑圓弧軌道與光滑斜面相切,滑道底部B處安裝一個(gè)壓力傳感器,其示數(shù)N表示該處所受壓力的大小。某滑塊從斜面上不同高度h處由靜止下滑,通過B時(shí),下列表述正確的是(　　) A.N小于滑塊重力 B.N大于滑塊重力 C.N越大表明h越大 D.N越大表明h越小 答案　BC　滑塊在軌道上滑動(dòng),只有重力做功,機(jī)械能守恒,則有mgh=12mvB2,解得vB=2gh,滑塊到B點(diǎn)時(shí),支持力NB與重力的合力提供向心力,即NB-mg=mvB2R,聯(lián)立以上兩式得NB=mg+2mghR,由牛頓第三定律知N=NB。由以上分析可知選項(xiàng)B、C正確。 8.(多選)(2019安徽合肥質(zhì)

9、檢)如圖所示,兩個(gè)34豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上,半徑R相同,左側(cè)軌道由金屬凹槽制成,右側(cè)軌道由金屬圓管制成,均可視為光滑。在兩軌道右側(cè)的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放,小球距離地面的高度分別為hA和hB,不計(jì)空氣阻力,下列說法正確的是(　　) A.若使小球A沿軌道運(yùn)動(dòng)并且從最高點(diǎn)飛出,釋放A的最小高度為5R2 B.若使小球B沿軌道運(yùn)動(dòng)并且從最高點(diǎn)飛出,釋放B的最小高度為5R2 C.適當(dāng)調(diào)節(jié)hA,可使A球從軌道最高點(diǎn)飛出后,恰好落在軌道右端口處 D.適當(dāng)調(diào)節(jié)hB,可使B球從軌道最高點(diǎn)飛出后,恰好落在軌道右端口處 答案　AD　小球A從軌道最高點(diǎn)飛出的最小速度vA

10、=gR,設(shè)水平地面為零勢(shì)能參考平面,由機(jī)械能守恒定律得mghA=2mgR+12mvA2,則hA=5R2,A選項(xiàng)正確;小球B從軌道最高點(diǎn)飛出的最小速度vB=0,設(shè)水平地面為零勢(shì)能參考平面,由機(jī)械能守恒定律得mghB=2mgR,則hB=2R,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;要使小球A或B從軌道最高點(diǎn)飛出后,恰好落在軌道右端口處,需滿足的條件是:R=v0t,R=12gt2,則v0=gR2,而A球的最小速度vA=gR>v0,故A球不可能落在軌道右端口處,B球可能,C選項(xiàng)錯(cuò)誤,D選項(xiàng)正確。 9.如圖所示,質(zhì)量都為m=1 kg的A、B兩金屬環(huán)用細(xì)線相連后,分別套在兩互成直角的水平光滑細(xì)桿和豎直光滑細(xì)桿上。細(xì)線長L=0.

11、4 m,今將細(xì)線拉直后使A和B從同一高度上都由靜止釋放,求從開始運(yùn)動(dòng)到使細(xì)線與水平方向成θ=30°角的過程中,細(xì)線對(duì)A、B做的功。(g取10 m/s2) 答案　-0.5 J　0.5 J 解析　設(shè)當(dāng)兩環(huán)運(yùn)動(dòng)到使細(xì)線與水平方向成θ=30°角時(shí),A和B的速度分別為vA、vB,將vA、vB分別沿細(xì)線和垂直細(xì)線方向分解,如圖所示,由分析知,它們?cè)谘丶?xì)線方向上的分速度v1和v2相等。所以有 vA sin θ=vB cos θ① 在這一過程中A下降的高度為L sin θ,因兩環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則有 mgL sin θ=12mvA2+12mvB2② 由①②代入數(shù)值得:vA=3 m

12、/s,vB=1 m/s。 設(shè)細(xì)線對(duì)A、B環(huán)做功分別為WA、WB,由動(dòng)能定理得: mgL sin θ+WA=12mvA2-0③ WB=12mvB2-0④ 由③④代入數(shù)值解得:WA=-0.5 J,WB=0.5 J。 10.如圖所示,在同一豎直平面內(nèi),一輕質(zhì)彈簧一端固定,另一自由端恰好與水平線AB平齊,靜止放于傾角為53°的光滑斜面上。一長為L=9 cm的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在O點(diǎn),另一端系一質(zhì)量為m=1 kg的小球,將細(xì)繩拉至水平,使小球從位置C由靜止釋放,小球到達(dá)最低點(diǎn)D時(shí),細(xì)繩剛好被拉斷。之后小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好沿斜面方向?qū)椈蓧嚎s,最大壓縮量為x=5 cm。(g取10 m/s2,s

13、in 53°=0.8,cos 53°=0.6)求: (1)細(xì)繩受到的拉力的最大值; (2)D點(diǎn)到水平線AB的高度h; (3)彈簧所獲得的最大彈性勢(shì)能Ep。 答案　(1)30 N　(2)16 cm　(3)2.9 J 解析　(1)小球由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得 mgL=12mv12 解得v1=2gL① 在D點(diǎn),由牛頓第二定律得F-mg=mv12L② 由①②兩式聯(lián)立解得F=3mg=30 N。 由牛頓第三定律知細(xì)繩所能承受的最大拉力為F'=F=30 N。 (2)從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A,小球做平拋運(yùn)動(dòng),有 vy2=2gh③ tan 53°=vyv1④ 聯(lián)立①③④式解

14、得h=16 cm。 (3)小球從C點(diǎn)到將彈簧壓縮至最短的過程中,小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則Ep=mg(L+h+x sin 53°),代入數(shù)據(jù)解得Ep=2.9 J。 B組　能力提升 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 11.(2018山東煙臺(tái)模擬)如圖所示,可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B用一根長為0.2 m的輕桿相連,兩球質(zhì)量相等,開始時(shí)兩小球置于光滑的水平面上,并給兩小球一個(gè)2 m/s的初速度,經(jīng)一段時(shí)間兩小球滑上一個(gè)傾角為30°的光滑斜面,不計(jì)球與斜面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失,g取10 m/s2,在兩小球的速度減小為零的過程中,下列判斷正確的是(　　) A.桿對(duì)小球A做

15、負(fù)功 B.小球A的機(jī)械能守恒 C.桿對(duì)小球B做正功 D.小球B速度為零時(shí)距水平面的高度為0.15 m 答案　D　由題意可知,A、B兩球在上升中受重力做功而做減速運(yùn)動(dòng);假設(shè)沒有桿連接,則A上升到斜面時(shí),B還在水平面上運(yùn)動(dòng),即A在斜面上做減速運(yùn)動(dòng),B在水平面上做勻速運(yùn)動(dòng),因有桿存在,所以是B推著A上升,因此桿對(duì)A做正功,故A錯(cuò)誤;因桿對(duì)A球做正功,故A球的機(jī)械能不守恒,故B錯(cuò)誤;由以上分析可知,桿對(duì)球B做負(fù)功,故C錯(cuò)誤;設(shè)小球B速度為零時(shí)距水平面的高度為h,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒,可得:mgh+mg(h+L sin 30°)=12×2mv2,解得:h=0.15 m,故D正確。 12.

16、(多選)如圖所示,固定在豎直面內(nèi)的光滑圓環(huán)半徑為R,圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B(均可看做質(zhì)點(diǎn)),且小球A、B用一長為2R的輕質(zhì)細(xì)桿相連,在小球B從最高點(diǎn)由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點(diǎn)的過程中(已知重力加速度為g),下列說法正確的是(　　) A.A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能 B.A球增加的重力勢(shì)能等于B球減少的重力勢(shì)能 C.A球的最大速度為2gR3 D.細(xì)桿對(duì)A球做的功為83mgR 答案　AD　系統(tǒng)機(jī)械能守恒的實(shí)質(zhì)可以理解為是一種機(jī)械能的轉(zhuǎn)移,此題的情境就是A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能,A對(duì),B錯(cuò);根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:2mg·2R-mg·2R=12

17、×3mv2,所以A球的最大速度為4gR3,C錯(cuò);根據(jù)功能關(guān)系,細(xì)桿對(duì)A球做的功等于A球增加的機(jī)械能,即WA=12mv2+mg·2R=83mgR,故D對(duì)。 13.(多選)如圖所示,帶有擋板的光滑斜面固定在水平地面上,斜面的傾角為θ=30°。質(zhì)量均為1 kg的A、B兩物體用輕彈簧拴接在一起,彈簧的勁度系數(shù)為5 N/cm,質(zhì)量為2 kg的物體C用細(xì)線通過光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體B連接。開始時(shí)A、B均靜止在斜面上,A緊靠在擋板處,用手托住C,使細(xì)線剛好被拉直?，F(xiàn)把手拿開,讓C由靜止開始運(yùn)動(dòng),從C開始運(yùn)動(dòng)到A剛要離開擋板的過程中,下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A.初狀態(tài)彈簧的

18、壓縮量為1 cm B.末狀態(tài)彈簧的壓縮量為1 cm C.物體B、C與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.物體C克服細(xì)線的拉力所做的功為0.2 J 答案　AD　初狀態(tài)細(xì)線剛好被拉直時(shí),細(xì)線拉力為零,對(duì)B進(jìn)行受力分析,彈簧處于壓縮狀態(tài),彈簧彈力F=mBg sin θ=kx1,解得x1=1 cm,A項(xiàng)正確;末狀態(tài)時(shí),對(duì)A進(jìn)行受力分析,彈簧處于伸長狀態(tài),彈簧彈力F=mAg sin θ=kx2,解得x2=1 cm,B項(xiàng)錯(cuò)誤;B、C與地球組成的系統(tǒng),在運(yùn)動(dòng)過程中彈簧對(duì)系統(tǒng)做功,系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒,C項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)A、B、C、彈簧和地球組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律得mCg(x1+x2)-mBg·(x1+x2) sin θ=12(mC+mB)v2,對(duì)C,由動(dòng)能定理得mCg(x1+x2)-W=12mCv2,解得W=0.2 J,D項(xiàng)正確。 8