2019届高考物理大一轮复习第5章第3讲机械能守恒定律及其应用精练 8页

第3讲　机械能守恒定律及其应用◎基础巩固练1.(2018·合肥模拟)如图所示，小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)A．绳对小球的拉力不做功B．小球克服绳的拉力做的功等于小球减少的机械能C．绳对小车做的功等于小球减少的动能D．小球减少的重力势能等于小球增加的动能解析：　在小球下摆到最低点的过程中，小车向右运动，系统机械能守恒。绳对小球的拉力做负功，小球的机械能减少，选项A、D错误；对小球，由功能关系可知，小球克服绳的拉力做的功等于小球减少的机械能，绳对小车做的功等于小球克服绳的拉力做的功，选项B正确，选项C错误。答案：　B2．(2018·桂林模拟)一棵树上有一个质量为0.3kg的熟透了的苹果P，该苹果从树上与A等高处先落到地面C最后滚入沟底D。已知AC、CD的高度差分别为2.2m和3m，以地面C为零势能面，A、B、C、D、E面之间竖直距离如图所示。算出该苹果从A落下到D的过程中重力势能的减少量和在D处的重力势能分别是(g取10m/s2)A．15.6J和9J　　　　　B．9J和－9JC．15.6J和－9JD．15.6J和－15.6J解析：　以地面C为零势能面，根据重力势能的计算公式得D处的重力势能Ep＝mgh＝0.3×10×(－3)J＝－9J从A下落到D的过程中重力势能的减少量ΔEp＝mgΔh＝0.3×10×(2.2＋3)J＝15.6J，选项C正确。答案：　Cn3．如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(　　)A.B.C.D．4解析：　由机械能守恒定律ΔEp减＝ΔEk增，即mg·－mg·＝mv2，所以v＝。答案：　C4.(2018·云南模拟)如图所示，由半径为R的光滑圆周和倾角为45°的光滑斜面组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接。一小球恰能过最高点，并始终贴着轨道内侧顺时针转动。则小球通过斜面的时间为(重力加速度为g)(　　)A．2B．2C．(2－2)D．(－)解析：　小球恰好通过最高点的速度v1＝，由机械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球通过斜面顶端时的速度v2＝，由运动学规律得R＝v2t＋gt2sin45°，则t＝(－)，选项D正确。答案：　Dn5．(2016·全国甲卷·16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，(　　)A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：　两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。答案：　C6．(多选)(2018·常德质检)重10N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝1m，bc＝0.2m，那么在整个过程中(　　)A．滑块动能的最大值是6JB．弹簧弹性势能的最大值是6JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6JD．整个过程系统机械能守恒解析：　以滑块和弹簧为系统，在滑块的整个运动过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统机械能守恒，D正确；滑块从a到c重力势能减小了mgacsin30°＝6J，全部转化为弹簧的弹性势能，A错误，B正确；从c到b弹簧恢复原长，通过弹簧的弹力对滑块做功，将6J的弹性势能全部转化为滑块的机械能，C正确。答案：　BCD7.n(2018·佛山模拟)(多选)如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量为2m的小球A和质量为m的物块B，由图示位置释放后，当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，且此时物块B的速度刚好为零，则下列说法中正确的是(　　)A．物块B一直处于静止状态B．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒C．小球A运动到水平轴正下方时的速度小于D．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球A与物块B组成的系统机械能守恒解析：　当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，所以小球A下降的高度为，物块B会上升一定的高度h，由机械能守恒得·2mv2＝2mg·－mgh，所以小球A运动到水平轴正下方时的速度v<，A错误，C正确；在整个过程中小球A与物块B组成的系统机械能守恒，B错误，D正确。答案：　CD8．(2017·上海单科·19)如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。解析：　本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理。(1)对C点：滑块竖直方向所受合力提供向心力mg＝①nvC＝＝2m/s(2)对B→C过程：滑块机械能守恒mv＝mv＋mgR(1＋cos37°)②vB＝＝4.29m/s(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理：mgh－mgμcos37°·＝mv－0③代入数据解得h＝1.38m。答案：　(1)2m/s　(2)4.29m/s　(3)1.38m◎能力提升练9．(2018·山东部分重点中学调研)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是(　　)A．物体A下落过程中的某一时刻，物体A的加速度为零B．此时弹簧的弹性势能等于2mgh－mv2C．此时物体B处于超重状态D．弹簧劲度系数为解析：　在物体A的下落过程中，物体B还没有脱离地面，绳子的拉力F≤mg，地面对物体B的支持力FN≤mg，此时物体B处于平衡状态，可知物体A在下落过程中一直做加速运动，且物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有关系式2mgh＝×2mv2＋Ep，此时弹簧的弹性势能Ep＝2mgh－mv2，则选项A、C错误，B正确；A即将与地面接触时，弹簧伸长量为h，弹簧弹力F弹＝kh，对B受力分析，有F弹＝mg，解得k＝，易知选项D错误。答案：　B10.n如图，光滑轨道由半圆和一段竖直轨道构成，图中H＝2R，其中R远大于轨道内径，比轨道内径略小的两小球A、B用轻绳连接，A在外力作用下静止于轨道右端口，B球静止在地面上，轻绳绷紧，现静止释放A小球，A落地后不反弹，此后B小球恰好可以到达轨道最高点。则A、B两小球的质量之比为(　　)A．3∶1B．3∶2C．7∶1D．7∶2解析：　在A小球刚好释放到A小球刚好落地过程中，A、B两球系统的机械能守恒，即：(mAg－mBg)H＝mAv＋mBv①vA＝vB②B小球恰好到达轨道最高点时：v′B＝0。则对B球由机械能守恒定律得：mBv＝mBgR③联立①②③式得：mA＝3mB，故选项A正确。答案：　A11．(2017·江苏卷·5)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC．物块上升的最大高度为nD．速度v不能超过解析：　物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<2F。A错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力FT＝Mg≤2F。B错：小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：FT－Mg＝，FT＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定。C错：若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据机械能守恒定律有－Mgh＝0－Mv2则最大高度h＝若物块做圆周运动到达的高度等于P点，则根据机械能守恒定律有－Mgh＝Mv′2－Mv2则最大高度h<。D对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝故最大速度v＝。答案：　D12．如图所示，竖直光滑的四分之三圆轨道BCD固定在水平面AB上，轨道圆心为O，半径R＝1m，轨道最低点与水平面相切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心O等高。一质量m＝1kg的小物块从水平面上以速度v0＝8m/s竖直向上抛出，物块从D点进入圆轨道，最终停在A点。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2。求：(1)物块运动到D点时的速度；(可以保留根式)(2)物体运动到C点时对轨道的压力大小；(3)物块从B点运动到A点所用的时间及A、B间的距离。解析：　(1)由机械能守恒定律有mv＝mgR＋mv，代入数据解得vD＝2m/s。n(2)由机械能守恒定律有mv＝mg·2R＋mv，由牛顿第二定律有F＋mg＝，由以上两式并代入数据解得F＝14N。由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力FN′＝F＝14N。(3)由机械能守恒定律知，物块运动到B点的速度vB＝v0＝8m/s，由动能定理有－μmgxAB＝0－，解得xAB＝8m。由牛顿第二定律有μmg＝ma，又t＝，代入数据解得t＝2s。答案：　(1)2m/s　(2)14N　(3)2s　8m