《2022年高考物理一輪復習 章節(jié)訓練 機械能守恒定律及其應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 章節(jié)訓練 機械能守恒定律及其應用（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復習 章節(jié)訓練 機械能守恒定律及其應用 1．第30屆夏季奧林匹克運動會于2012年7月28日至8月13日在倫敦斯特拉特福德奧林匹克體育場舉行．奧運會中的投擲鏈球、鉛球、鐵餅和標槍等體育比賽項目都是把物體斜向上拋出的運動，如圖K15－1所示．這些物體從被拋出到落地的過程中(　　) 圖K15－1 A．物體的機械能先減小后增大 B．物體的機械能先增大后減小 C．物體的動能先增大后減小，重力勢能先減小后增大 D．物體的動能先減小后增大，重力勢能先增大后減小 2．xx·武昌調研如圖K15－2所示，輕彈簧下端固定在水平面上，一小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，

2、則在以后的運動過程中，下列敘述中正確的是(彈簧始終豎直且在彈性限度內)(　　) 圖K15－2 A．當小球剛接觸彈簧時，小球的動能最大 B．當小球剛接觸彈簧時，小球與彈簧組成的系統(tǒng)的勢能最大 C．當小球運動至最高點時，小球與彈簧組成的系統(tǒng)的勢能最大 D．當小球運動至最低點時，小球與彈簧組成的系統(tǒng)的勢能最小 3．如圖K15－3所示，斜面體置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物塊由靜止沿斜面下滑，在物塊下滑過程中，下列說法正確的是(　　) 圖K15－3 A．物塊的重力勢能減少，動能增加 B．斜面體的機械能不變 C．斜面體對物塊的彈力垂直于接觸面，不對物塊做功 D．物塊和

3、斜面體組成的系統(tǒng)機械能守恒 4．xx·江南仿真卷如圖K15－4所示，小球沿水平面以初速度v0通過O點進入半徑為R的豎直半圓弧軌道，不計一切阻力，下列說法中正確的是(　　) 圖K15－4 A．球進入豎直半圓軌道后做勻速圓周運動 B．若小球恰能通過半圓弧最高點P，則球運動到P時向心力也恰好為零 C．若小球能通過半圓弧最高點P，則小球落地點時的動能為mgR D．若小球恰能通過半圓弧最高點P，則小球落地點離O點的水平距離為2R *5.xx·山西仿真模擬如圖K15－5所示，ABCD是一段豎直平面內的光滑軌道，AB段與水平面成α角，CD段與水平面成β角，其中BC段水平，且

4、其長度大于L.現(xiàn)有兩個小球P、Q，質量分別是2m、m，用一長為L的輕質直桿連接，將P、Q由靜止從高H處釋放，在軌道轉折處用光滑小圓弧連接，不考慮兩個小球在軌道轉折處的能量損失．則小球P滑上CD軌道的最大高度h為(　　) 圖K15－5 A．h＝H B．h＝H－ C．h＝H－Lsinβ D．h＝H＋ 6．xx·江西六校聯(lián)考如圖K15－6所示，A、B兩個小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩個小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上．現(xiàn)用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行．已知A的質

5、量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面．下列說法正確的是(　　) 圖K15－6 A．斜面傾角α＝30° B．A獲得最大速度為2g C．C剛離開地面時，B的加速度最大 D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 7．如圖K15－7所示為一固定的楔形木塊，其斜面的傾角為θ＝30°，另一邊與水平地面垂直，頂端有一個定滑輪，跨過定滑輪的細線兩端分別與物塊A和B連接，A的質量為4m，B的質量為m.開始時，將B按在地面上不動，然后放開手，讓A沿斜面下滑而

6、B上升，B不會與定滑輪相碰，所有摩擦均忽略不計．當A沿斜面下滑距離x后，細線突然斷了．求物塊B上升的最大高度H. 圖K15－7 8．xx·江西名校模擬如圖K15－8所示，光滑水平桌面離地高度為h＝0.5 m，有兩個質量分別為mA和mB的小滑塊用長度為h＝0.5 m的輕細繩相連，開始時滑塊A放在桌面上，滑塊B懸吊在桌邊，細繩拉直，由靜止釋放，B落地后立即被粘在地面不動，不計空氣阻力和各處摩擦，g取10 m/s2. (1)若mA＝0.2 kg，mB＝0.3 kg，試求A在桌面上運動時的加速度大小和滑塊B著地前瞬間的速度大小； (2)要使A離開桌面后仍能保持細

7、繩處于拉直狀態(tài)而不松弛，A、B的質量應滿足什么條件． 圖K15－8 課時作業(yè)(十五) 1．D　[解析] 物體斜向上拋出后，升高過程中重力勢能增大，動能減小，下落過程中動能增大，重力勢能減小，選項D正確． 2．C　[解析] 小球剛接觸彈簧后，重力大于彈簧對小球向上的彈力，小球繼續(xù)加速運動，當彈簧對小球向上的彈力與重力大小相等時，小球動能最大，選項A錯誤；運動過程中只有重力和彈簧的彈力做功，小球與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒，因此當小球動能最小時，即小球運動至最高點時，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最大，選項B、D錯誤，選項C正確． 3．AD　[解析] 物塊沿斜面向下加

8、速運動，重力勢能減少，動能大，選項A正確；下滑過程中，物塊對斜面體的作用力垂直于斜面，使斜面體沿光滑水平地面加速運動，斜面體的動能增加，重力勢能不變，選項B錯誤；物塊沿斜面下滑時既沿斜面向下運動，又隨斜面體向右運動，其合速度方向與彈力方向不垂直，彈力方向垂直于接觸面，但與速度方向之間的夾角大于90°，所以斜面體對物塊的彈力對物體做負功，選項C錯誤；物塊與斜面體組成的系統(tǒng)，僅有動能和重力勢能之間的轉化，機械能守恒，選項D正確． 4．D　[解析] 小球沿半圓軌道運動時，只有重力做功，其機械能守恒，故速度減小，選項A錯誤；小球通過最高點的條件是F向＝FN＋mg＝，其中軌道對小球的彈力FN≥0，解得

9、小球通過最高點的速度v≥，所以小球恰好經(jīng)過P點的向心力F向＝mg，選項B錯誤；對平拋過程應用機械能守恒定律得mv2＋mg·2R＝Ek2，則小球落地時的動能Ek2＝mv2＋mg·2R≥mgR，選項C錯誤；小球恰好經(jīng)過P點，則小球以速度v＝平拋運動，有2R＝gt2，x＝vt，解得x＝2R，選項D正確． 5. B　[解析] P、Q和桿組成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒．以地面為零勢能面，根據(jù)機械能守恒定律有：mgH＋2mg(H＋Lsinα)＝2mgh＋mg(h＋Lsinβ)，解得h＝H＋，選項B正確． 6．AB　[解析] 受力分析可知：當A沿斜面下滑至速度最大時，A、B的加速度為零．此時C恰好離開

10、地面，彈簧處于伸長狀態(tài)kx2＝mg，x2＝，所以繩子上的拉力大小T＝2mg.對A有T＝4mgsinα，解得斜面傾角α＝30°，選項A正確．開始時彈簧壓縮的長度x1＝，B上升的距離以及C沿斜面下滑的距離均為h＝xA＋xB，由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，彈簧彈力做功為零，且C剛剛離開地面時，A、B的速度vm相等，由機械能守恒定律：4mghsinα＝mgh＋(m＋4m)v，解得vm＝2g，選項B正確．C剛離開地面時，B的加速度最小，選項C錯誤．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A、B組成的系統(tǒng)的機械能不守恒，選項D錯誤． 7.x [解

11、析] A沿斜面下滑距離x的過程中，A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒A下滑x的過程中，A下降的高度為xsinθ，B上升的高度為x，設細線斷前一瞬間A和B的速度為v.根據(jù)機械能守恒定律得 4mgxsinθ－·4mv2＝mgx＋mv2 細線斷后，B做豎直上拋運動，設B繼續(xù)上升的最大高度為h.根據(jù)機械能守恒定律得 mgh＝mv2 聯(lián)立兩式解得h＝ 即B上升的最大高度為H＝x＋h＝x＋＝x. 8．(1)6 m/s2　 m/s　(2)mB≥mA [解析] (1)設滑塊間細繩的拉力為T，對A、B分別應用牛頓第二定律得 T＝mAa mBg－T＝mBa 聯(lián)立解得a＝＝6 m/s2. B下落過程中，A、B系統(tǒng)的機械能守恒，則 mBgh＝(mA＋mB)v2 解得v＝＝ m/s. (3)A離開桌面，要保持細繩拉直不松弛，A應做圓周運動 由牛頓第二定律得 T＋mAg＝ 且T＞0，v＝ 聯(lián)立解得mB≥mA 即當A、B的質量滿足mB≥mA時，細繩不會松弛．