2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业23机械能守恒定律

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业23机械能守恒定律，共8页。试卷主要包含了如图所示，下列说法正确的是，[2022·全国乙卷]，[2023·湖南株洲一模]，解析等内容，欢迎下载使用。

1．如图所示，下列说法正确的是(所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量)( )
A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，则机械能守恒，若加速升空，则机械能不守恒
B．乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，物块的机械能守恒
C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A的机械能守恒
D．丁图中，物块A加速下落、物块B加速上升的过程中，A、B系统机械能守恒

2．水上乐园有一末端水平的滑梯，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＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m．取重力加速度g＝10m/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．4.0mB．4.5m
C．5.0mD．5.5m
3．[2022·全国乙卷]
固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环．小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
4．(多选)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有质量分别为1kg和2kg的小球A和B，且两球之间用一根长L＝0.3m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.3m．现让两球从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失，g取10m/s2.下列说法中正确的是( )
A.从开始下滑到A进入圆管的整个过程，小球A、B与地球三者组成的系统机械能守恒
B．在B球未进入水平圆管前，小球A与地球组成的系统机械能守恒
C．两球最后在光滑圆管中运动的速度大小为eq \r(7)m/s
D．从开始下滑到A进入圆管的整个过程，轻杆对B球做的功为－1J
5．[2023·湖南株洲一模](多选)
如图所示，在篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友丙，球传出时离地面高1m，速度大小为10m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，跃起后手离地面的最大高度为2.8m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截．球可视为质点，质量为0.6kg，重力加速度g取10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，甲、乙和队友丙三人在同一直线上，则( )
A．篮球在空中上升过程中处于失重状态
B．甲传球时，球与乙的水平距离为4.8m
C．队友接球前瞬间，球的机械能为36J
D．队友接球前瞬间，球的动能一定为30J
6.
[2023·广东珠海质检](多选)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平，B是最低点，A点紧靠一足够长的水平平台MN，D点位于A点正上方，D、A距离为h.现从D点无初速度释放一个大小可以忽略的小球，小球从A点进入圆弧轨道，并从C点飞出后做平抛运动，落在平台MN上，P点是小球落在MN之前轨迹上紧邻MN的一点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．小球由D点经A、B、C到P点的过程中，机械能守恒
B．小球从A点运动到B点的过程中，重力的功率一直增大
C．只要D点的高度合适，小球通过C点后可以落在平台MN上任意一点
D．如果D、A距离h一定，圆弧轨道半径可自由调节，则当R＝eq \f(h,2)时，O、P距离最大且为h
7．(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，处于原长状态．现有一小球以初速度v0落在弹簧上端，某同学以初始时弹簧上端的位置为坐标原点，向下为坐标轴的正方向，作出了小球下落过程中所受合力F与下落位移x的关系图像如图乙所示，其中小球下落至最低点时x＝12cm，重力加速度g取10m/s2，弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kl2(l为形变量).根据图像可知( )
A．小球的质量m＝2kg
B．小球的初速度v0＝eq \r(1.2)m/s
C．小球下落过程中的最大速度vm＝eq \r(1.4)m/s
D．在最低点时，弹簧的弹性势能Ep＝0.36J
8.[2023·山东泰安统考]如图所示，劲度系数k＝20N/m的轻弹簧下端与静止在水平地面上的重物A相连，弹簧上端与不可伸长的轻绳相连，轻绳绕过轻质光滑定滑轮，另一端连一轻质挂钩．开始时定滑轮两侧的轻绳均处于伸直状态，A上方的弹簧和轻绳均沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量m＝0.1kg的物块B并由静止释放，它恰好能使A与地面接触但无压力．已知弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2.(其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，弹簧始终在弹性限度内且弹簧上端一直未接触定滑轮，取g＝10m/s2，空气阻力不计．
(1)求当A恰好与地面接触但无压力时弹簧的形变量x0以及A的质量M；
(2)若将B换成另一个质量为4m的物块C，并将C挂在挂钩上后由静止释放，求A恰好与地面接触但无压力时C的速度大小v(结果可保留根号).
能力提升练
9．[2023·湖南长郡中学模拟](多选)如图所示，一长为L的轻杆下端固定一质量为m的小球(可视为质点)，上端连在光滑水平轴O上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内转动．当小球在最低点时给它一个水平初速度，小球刚好能做完整的圆周运动．不计空气阻力，重力加速度为g.则下列判断正确的是( )
A．除最高点外，小球做完整圆周运动的过程中仅有一处所受的合力指向圆心
B．小球的初速度大小为eq \r(5gL)
C．杆的力为0时，小球的速度大小为eq \r(\f(2,3)gL)
D．杆的力为0时，小球的速度大小为eq \r(\f(4,3)gL)
10．(多选)如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置，质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0.两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内．弹簧的长度为l时弹性势能Ep＝eq \f(1,2)k(l－l0)2，重力加速度为g.对其中一个金属环，下列说法正确的是( )
A．金属环的最大加速度为eq \f(\r(2),2)g
B．金属环的最大速度为geq \r(\f(m,k))
C．金属环与细杆之间最大压力为eq \f(3\r(2),2)mg
D．金属环达到最大速度时，重力的功率为mg2eq \r(\f(m,2k))
11.滑板运动是青少年喜爱的一项活动．如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞地从B点沿切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数μ从C点起按图乙规律变化，图乙中x表示滑板在水平面上距C点的距离．圆弧轨道与水平面相切于C点，O为圆弧轨道的圆心，B、C为圆弧轨道的两端点，O、C两点在同一竖直线上，圆弧轨道的半径R＝1m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝53°重力加速度g＝10m/s2，cs53°＝0.6，sin53°＝0.8，不计空气阻力，运动员(连同滑板)可视为质点，质量m＝50kg.求：
(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度大小v0；
(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点对轨道的压力大小；
(3)运动员(连同滑板)在水平面上滑行的最大距离．
课时分层作业（二十三）
1．解析：题图甲中，无论是匀速升空还是加速升空，推力均对火箭做正功，火箭的机械能增加，A错误；题图乙中，物块匀速上滑的过程中，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，B错误；题图丙中，在物块A压缩弹簧的过程中，由于弹簧的弹力对物块A做负功，所以物块A的机械能减少，C错误；题图丁中，对物块A、B组成的系统，由于不计空气阻力，所以只有重力做功，则A、B组成的系统机械能守恒，D正确．
答案：D
2．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＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝4eq \r(5)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＝eq \f(1,2)gt2，可知t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.0,10))s＝eq \r(\f(1,5))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为x＝vt＝4eq \r(5)×eq \r(\f(1,5))m＝4.0m，故选A.
答案：A
3.
解析：如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a＝gcsθ＝eq \f(gL,2R)，v＝at＝eq \f(gL,2R)t，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R＝eq \f(1,2)gt2，代入上式可得：
v＝Leq \r(\f(g,R))，故C正确．
答案：C
4．解析：从开始下滑到A进入圆管整个过程，除重力做功外，杆对系统做功为零，小球A与B、地球三者组成的系统机械能守恒，A说法正确；在B球未进入水平圆管前，只有重力对A做功，小球A与地球组成的系统机械能守恒，B说法正确；以A、B组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mBgh＋mAg（h＋Lsinθ）＝eq \f(1,2)（mA＋mB）v2，代入数据解得v＝eq \r(7)m/s，C说法正确；以A球为研究对象，由动能定理得mAg（h＋Lsinθ）＋W＝eq \f(1,2)mAv2－0，代入数据解得W＝－1J，则轻杆对B做的功WB＝－W＝1J，D说法错误．
答案：ABC
5．解析：篮球在空中上升过程中只受重力作用，则篮球处于失重状态，选项A正确；球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截，则在竖直方向球上升的高度h＝2.8m－1m＝1.8m，用时为t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.6s，球刚抛出时的竖直速度大小为v0y＝gt＝6m/s，则水平速度大小为v0x＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0y)) )＝8m/s，则甲传球时，球与乙的水平距离为x＝v0xt＝4.8m，选项B正确；球刚抛出时的机械能为E＝mgh0＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝36J，球在运动过程中机械能守恒，则队友丙接球前瞬间，球的机械能为36J，选项C正确；球刚抛出时的动能为Ek0＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝30J，队友丙接球前瞬间，球离地面的高度不一定是1m，则此时球的动能不一定为30J，选项D错误．
答案：ABC
6．解析：小球由D点经A、B、C到P点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；小球从A点运动到B点的过程中，在A点时速度向下，重力的功率不为零，在B点时速度水平向左，重力的功率为零，所以小球从A点运动到B点的过程中，重力的功率不是一直增大，故B错误；若小球恰能通过C点，则有mg＝meq \f(v2,R)，从C点飞出后做平抛运动并落在平台MN上，则有R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝eq \r(2)R，即小球落点至少离M点（eq \r(2)－1）R，所以C错误；如果D、A距离为h，小球从D到C过程，由动能定理得mg（h－R）＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ，小球离开C点后做平抛运动，有R＝eq \f(1,2)gt2，OP＝vCt，所以OP＝2eq \r(（h－R）·R)，当h－R＝R，即R＝eq \f(h,2)时，OP最大且为h，故D正确．
答案：AD
7．解析：小球落在弹簧上，合力F＝mg－kx，则图像的纵截距mg＝2N，斜率的绝对值为50N/m，故质量m＝0.2kg，劲度系数k＝50N/m，选项A错误；小球在最低点时弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＝0.36J，从出发至到达最低点，由机械能守恒定律得mgxm＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ，解得初速度v0＝eq \r(1.2)m/s，选项B、D正确；小球所受合力为0时，速度最大，此时弹簧的形变量x＝0.04m，小球从出发到速度最大处的过程中，由机械能守恒定律得mgx＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ＋eq \f(1,2)kx2，解得最大速度vm＝eq \r(1.6)m/s，选项C错误．
答案：BD
8．解析：（1）B下落过程，对B与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有：
eq \f(1,2)kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝mgx0
解得：x0＝0.1m
接触但无压力时，对A，由物体的平衡条件有：
kx0＝Mg
解得：M＝0.2kg
（2）从C下落至A恰好与地面接触但无压力的过程，对C与弹簧组成的系统，根据能量守恒定律有：
4mgx0－eq \f(1,2)kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)×4mv2
解得：v＝eq \f(\r(6),2)m/s
答案：（1）0.1m 0.2kg （2）eq \f(\r(6),2)m/s
9．解析：小球做变速圆周运动，除最高点外，仅在最低点所受的合力指向圆心，A正确；小球恰能做完整的圆周运动，最高点时小球速度为0，对小球从最低点运动到最高点的过程，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＝2mgL，解得小球在最低点时速度大小为v＝2eq \r(gL)，B错误；设杆的力为0时，杆与竖直方向的夹角为θ，此时小球的速度大小为v1，将小球所受重力沿杆和垂直杆方向进行分解，如图所示，重力沿轻杆方向的分力提供小球做圆周运动的向心力，则有mgcsθ＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,L)，对小球从最高点运动到轻杆与竖直方向夹角为θ的过程，由动能定能有mgL（1－csθ）＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，联立解得v1＝eq \r(\f(2,3)gL)，C正确，D错误．
答案：AC
10．解析：开始释放瞬间，金属环受到重力和弹力，沿杆方向，根据牛顿第二定律有mgsin45°＝ma，解得a＝eq \f(\r(2),2)g，A正确；当金属环的加速度为0时，速度最大，受力分析如图所示，金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力，沿杆方向加速度为0，所以合力为0，即mgsin45°＝Fcs45°，F＝kΔx，解得形变量Δx＝eq \f(mg,k)，根据几何知识，两个小球下降的高度为h＝eq \f(mg,2k)，对系统只有重力、弹力做功，对两个金属环和弹簧，根据机械能守恒定律有2mgh＝eq \f(1,2)k（Δx）2＋eq \f(1,2)×2mv2，解得v＝geq \r(\f(m,2k))，B错误；金属环下降h′达到最低时，速度减小为0，形变量为2h′，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律有2mgh′＝eq \f(1,2)k（2h′）2，解得h′＝eq \f(mg,k)，当金属环下降到最低点时，金属环和细杆的弹力最大，垂直于杆方向上，有FN＝mgcs45°＋Fsin45°，F＝k×2h′，解得FN＝eq \f(3\r(2),2)mg，C正确；金属环达到最大速度时，重力的功率为P＝mgvcs45°＝mg×geq \r(\f(m,2k))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2)mg2eq \r(\f(m,k))，D错误．
答案：AC
11．解析：（1）运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＝2gh
在B点有vy＝v0tanθ
代入数据联立解得v0＝3m/s
（2）运动员运动到C处时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,R)
运动员从A到C的过程，由机械能守恒定律得mg（h＋R－Rcsθ）＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据联立解得在C点轨道对运动员的支持力大小FN＝2150N
由牛顿第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小F′N＝FN＝2150N.
（3）运动员经过C点以后，由图乙可知x＝x1＝0.5m时μ＝0.5，由于eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) >eq \f(1,2)μmgx1，则运动员在水平面上运动的最大距离xmax一定大于x1
由动能定理可得eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ＝eq \f(1,2)μmgx1＋μmg（xmax－x1）
代入数据联立解得xmax＝3.55m.
答案：（1）3m/s （2）2150N （3）3.55m