课时检测训练22 机械能守恒定律及其应用（Word练习）-【勤径学升】2025年高考物理一轮总复习

课时检测训练22　机械能守恒定律及其应用 对应学生用书P371 对点练1　机械能守恒的判断 1．(2023·浙江金华模拟)下列对各图的说法中正确的是(　　) A．图甲中汽车匀速下坡的过程中机械能守恒 B．图乙中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合力为零，动能不变 C．图丙中弓被拉开的过程弹性势能减少了 D．图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能增大 解析　图甲中汽车匀速下坡的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误；图乙中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合力提供向心力则不为0，匀速圆周运动速度大小不变，则动能不变，故B错误；图丙中弓被拉开过程橡皮筋形变增大，弹性势能增大，故C错误；图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中竿对运动员做正功，其机械能增大，故D正确。 答案　D 2．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上。现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．斜劈对小球的弹力不做功 B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒 C．斜劈的机械能守恒 D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量 解析　 斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误；不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能的减少量等于斜劈和小球动能的增加量，B正确，D错误；小球对斜劈的弹力做正功，斜劈的机械能增加，C 错误。故选B。 答案　B 对点练2　单物体机械能守恒 3．(2021·海南卷)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为(　　) A．4.0 m　　　　　　　　 B．4.5 m C．5.0 m D．5.5 m 解析　人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝mv2，解得v＝4 m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可知t＝＝ s＝ s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离x＝vt＝4× m＝4.0 m，故选A。 答案　A 4．一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为(　　) A．2 B． C．2 D．4 解析　物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件为3E0＋0＝E0＋mv2，解得r2处的速度为v＝2，故选A。 答案　A 5．将一个物体以一定的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，上升过程中，物体的动能为Ek，上升高度为h，物体的重力势能为Ep，运动的速度为v，物体的机械能为E，运动时间为t。下列描述上述物理量关系的图像中一定错误的是(　　) 解析　根据动能的公式有Ek＝mv2，Ek - v图像应为一条抛物线，且v越大，Ek越大；物体竖直上抛运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，E与t无关，其E - t 图像应为一条水平线；根据机械能守恒定律得Ek＋mgh＝mv02，解得Ek＝mv02－mgh，可见Ek - h图像应为一条倾斜直线，且h增大，Ek减小，故ACD正确；由机械能守恒得Ep＝mgh＝mv02－mv2，Ep - v的图像应是抛物线，且v越大，Ep越小，故B错误；本题选错误的，故选 B。 答案　B 对点练3　多物体机械能守恒 6．质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光滑固定转轴O，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g)(　　) A．小球P在最高位置的速度大小为 B．小球Q在最低位置的速度大小为 C．小球P在此过程中机械能增加量为mgL D．小球Q在此过程中机械能减少mgL 解析　Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能守恒，有2mg×L－mg×＝×2mv12＋mv22，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此＝2v2，解得v1＝，v2＝，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加量ΔE＝mg×＋mv22＝mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少量也为mgL，C正确，D错误。 答案　C 7．如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是(　　) A．物块B下落过程中机械能守恒 B．物块B的重力势能减少量为mgL sin θ C．物块A的速度大于物块B的速度 D．物块B的末速度为 解析　物块B的重力势能减小量为ΔEp＝WG＝mgh＝mgL tan θ，故 B错误；将物块B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，有vA＝vBsin θ，可知物块 A的速度小于物块B的速度，故C错误；根据机械能守恒，有mgL tan θ－mgsin θ＝mvA2＋mvB2，解得vB＝，故 D 正确；绳的拉力对B做负功，故 B机械能不守恒，故 A错误。故选 D。 答案　D 8.如图所示，在粗糙的斜面上用一个滑块将轻质弹簧压缩后由静止释放，滑块沿斜面上滑的距离为x1时脱离弹簧，上滑的距离为x2时速度变为0且不再下滑，用Ek表示滑块的动能，Ep1表示滑块的重力势能(以斜面底端为零势能参考面)，Ep2表示弹簧的弹性势能，E表示滑块的机械能，则以上各种能量随滑块上滑的距离x的图像中，可能正确的是(　　) 解析　滑块上滑的距离为x2时的机械能为E＝Ek＋Ep1＋Ep2＝0＋Ep1＋0＝Ep1，以斜面底端为零势能参考面，可知滑块上滑的距离为x2时重力势能不为零，故机械能一定不为零，故 A错误；弹簧为原长时滑块脱离弹簧，滑块上滑的距离为0～x1时，滑块的合外力为F＝kx－mg sin θ－μmg cos θ，Ek - x图像的斜率表示合外力，可知上滑的距离为0～x1，随着上滑，滑块的合外力先大于零，后小于零，斜率应先大于零，后小于零，故B错误；根据功能关系可知滑块的重力势能为Ep1＝Ep10＋mgx sin θ，故C正确；根据功能关系可知弹簧的弹性势能为Ep2＝Ep20－x＝Ep20－x＝Ep20－kx2，可得Ep2与x2成负相关，故D错误。故选C。 答案　C 9．如图所示，粗细均匀、全长为h的铁链，对称地挂在轻小光滑的定滑轮上。受到微小扰动后，铁链从静止开始运动，当铁链脱离滑轮的瞬间，其速度大小为(　　) A． B． C． D． 解析 　铁链开始时重心在处，当铁链脱离滑轮的瞬间，重心位置在处，所以重力势能减小了mgh，根据机械能守恒可知mgh＝mv2，解得v＝。 答案　C 10．如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B点处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，已知小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，然后向上运动。已知图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．小球还能回到初始位置C点 B．M∶m＝5∶6 C．运动过程中小物块的速度和小球的速度大小相等 D．小球运动到最低点D时，小物块受到的拉力大小为Mg 解析　根据系统机械能守恒可知，小球还能回到初始位置C点，故A正确；设AD长为3L，根据机械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3L cos 37°，解得M∶m＝6∶5，故B错误；AC长度不变，小球做圆周运动，小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，故C错误；设小球在最低点D时，沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为FT，根据牛顿第二定律有Mg－FT＝Ma，FT－mg cos 53°＝ma，解得FT＝Mg，故D错误。 答案　A 11．如图所示，半径R＝0.5 m的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，半圆轨道与光滑水平地面相切于圆轨道最低端点A。质量m＝1 kg的小球以初速度v0＝5 m/s从A点冲上竖直圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点，g取10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求小球运动到轨道末端B点时的速度vB。 (2)求A、C两点间的距离x。 (3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆轨道，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求小球落点与A点间的最小距离xmin。 解析　(1)选水平地面为零势能参考面，由机械能守恒定律得mvA2＝mvB2＋mg·2R， 解得vB＝ m/s； (2)由平抛运动规律得2R＝gt2，x＝vBt， 解得x＝1 m； (3)设小球运动到B点时半圆轨道对小球的压力为FN， 圆周运动向心力FN＋mg＝， 得当FN＝0时，小球运动到轨道末端B点时的速度最小vBmin＝ m/s， 由(2)的计算可知，最小距离xmin＝x＝1 m。 答案　(1) m/s　(2)1 m　(3)1 m 12．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。 (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离。 (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。 解析　(1)竖直的弹簧放上物体压缩至长度l时，由机械能守恒得5mgl＝Ep， 弹簧水平放置压缩至长度l时，物块P从开始到B点，由能量守恒得 Ep＝μmg·4l＋mvB2， 解得vB＝， 物块由B点到D点－mg·2l＝mvD2－mvB2， 解得vD＝， 物块由D点做平抛运动，2l＝gt2，x＝vDt， 解得x＝2l； (2)物块至少过B点时Ep＞μmPg·4l， P最多到C点且不脱离轨道， Ep≤μmPg·4l＋mPgl， 则m≤mP＜m。 答案　(1)　2l　(2)m≤mP＜m 学科网（北京）股份有限公司 $$