2020版高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 课后分级演练16 机械能守恒定律及其应用 9页

课后分级演练(十六) 机械能守恒定律及其应用 ‎【A级——基础练】‎ ‎1.(2017·双鸭山一中测试)如图所示，质量相同的可视为质点的甲、乙两小球，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是(　　)‎ A．两小球到达底端时速度相同 B．两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同 C．两小球到达底端时动能相同 D．两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率大于乙小球重力做功的瞬时功率 解析：C　根据机械能守恒定律可得两小球到达底端时速度大小v＝，但方向不同，所以选项A错误；两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同，则两小球到达底端时动能相同，所以选项C正确，B错误；两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率为零，乙小球重力做功的瞬时功率大于零，所以选项D错误．‎ ‎2.(2017·上海交大附中月考)如图所示，一个半径为R、质量为m的均匀薄圆盘处在竖直平面内，可绕过其圆心O的水平转动轴无摩擦转动，现在其右侧挖去圆心与转轴O等高、直径为R的一个圆，然后从图示位置将其静止释放，则下列说法正确的是(　　)‎ A．剩余部分不能绕O点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为mgR B．剩余部分不能绕O点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为mgR C．剩余部分能绕O点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为mgR D．剩余部分能绕O点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为mgR 解析：A　依题意知在薄圆盘右侧挖去的圆心与转轴O等高、直径为R的一个圆的质量为m1＝m，根据对称性可在其左侧对称挖去一个同样大小的圆(如图所示)，余下部分的薄圆盘的重心仍在圆心O，故当圆心O1在最低点时，系统的重力势能最小，动能最大，根据机械能守恒定律可得：Ekm＝mgR，当圆心O1转到右侧与O等高时，薄圆盘将停止转动，故剩余部分只能绕O点做180°转动，所以只有选项A正确．‎ 9‎ ‎3.(2017·沈阳高三联考)将一质量为m的小球套在一光滑的、与水平面夹角为α(α<45°)的固定杆上，小球与一原长为L的轻质弹性绳相连接，弹性绳的一端固定在水平面上，将小球从离地面L高处由静止释放，刚释放时，弹性绳长为L，如图所示．小球滑到底端时速度恰好为零，则小球运动过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球的机械能守恒 B．弹性绳的弹性势能将一直增大 C．小球到达底端时，弹性绳的弹性势能为mgL(cot α－1)‎ D．小球和弹性绳组成的系统机械能守恒 解析：D　在小球下滑过程中，小球和弹性绳的机械能守恒，则A错误，D正确；弹性绳的弹性势能先不变后增大，选项B错误；由机械能守恒定律知，弹性绳的弹性势能增加了mgL，选项C错误．‎ ‎4.(多选)如图，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧，小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有 ‎(　　)‎ A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少 B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少 C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加 D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少 解析：BD　小球由A向B运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A错误；小球由B向C运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，小球处于失重状态，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，小球的重力势能减少，由于小球向下加速运动，小球的动能还是增大的，B正确，C错误；小球由C向D运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，小球的机械能继续减小，D正确．故答案为B、D.‎ ‎5.(多选)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小．开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是(　　)‎ 9‎ A．a球下滑过程中机械能保持不变 B．a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变 C．a、b滑到水平轨道上时速度为 D．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为 解析：BD　由机械能守恒的条件得，a球机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以A错误，B正确．对a、b系统由机械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×mv2，解得v＝，C错误．对a由动能定理得：mgR＋W＝mv2，解得W＝，D正确．‎ ‎6.如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)‎ A．2R B．5R/3‎ C．4R/3 D．2R/3‎ 解析：C　设A刚落到地面时的速度为v，则根据机械能守恒定律可得2mgR－mgR＝×2mv2＋mv2，设A落地后B再上升的高度为h，则有mv2＝mgh，解得h＝，B上升的最大高度为H＝R＋h＝R，即C正确．‎ ‎7.(多选)(2015·新课标全国Ⅱ)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则(　　)‎ A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg 解析：BD　因为杆对滑块b的限制，a落地时b的速度为零，所以b的运动为先加速后减速，杆对b的作用力对b做的功即为b所受合外力做的总功，由动能定理可知，杆对b先做正功后做负功，故A错．对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有：mgh＝mv，va＝，故B正确．杆对a的作用效果为先推后拉，杆对a的作用力为拉力时，a下落过程中的加速度大小会大于g，即C错．由功能关系可知，当杆对a的推力减为零的时刻，即为a的机械能最小的时刻，此时杆对a和b的作用力均为零，故b对地面的压力大小为mg，D正确．‎ 9‎ ‎8．如图所示，在下列不同情形中将光滑小球以相同速率v射出，忽略空气阻力，结果只有一种情形小球不能到达天花板，则该情形是(　　)‎ A．A B．B C．C D．D 解析：B　由题意，忽略空气阻力，没有能量的消耗，小球的机械能守恒，将光滑小球以相同速率v射出：小球沿竖直方向向上运动，动能转化为重力势能，速度足够大，就会有足够的动能转化为重力势能，就会到达天花板；同理，小球沿斜面向上运动，同样会到达天花板；小球在管道里运动时类似于用杆支撑，故只要竖直上抛能到达最高点，则在管道里面即可到达最高点；只有物体斜抛时，由于竖直分速度小于A中的竖直速度，水平方向速度保持不变，则由机械能守恒定律可知，小球无法到达最高点．综合考虑，本题选B.‎ ‎9.(多选)(2017·河北保定调研)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是(　　)‎ A. B. C. D．1‎ 解析：AB　本题考查圆周运动、动能定理和机械能守恒定律的综合应用，意在考查考生的推理能力和分析综合能力．第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置，小锤对小球做功W1＝mgR 9‎ ‎，第二次击打小球，小球恰好做圆周运动，此时小球在最高点速度v＝，与小球在最高点对应最低点的速度为vA，根据机械能守恒定律可得－mg·2R＝mv2－mv，第二次击打小球，小锤对小球做的功W2＝mv－mgR＝mgR，则先后两次击打，小锤对小球做功的最大值为，故选A、B正确，C、D错误．‎ ‎10.将小球以‎10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)小球的质量；‎ ‎(2)小球受到的空气阻力(不包括重力)大小；‎ ‎(3)小球的动能与重力势能相等时的高度．‎ 解析：(1)在最高点，由Ep＝mgh和图象得m＝‎‎0.1 kg ‎(2)由除重力以外其他力做功W其他＝ΔE可知，－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25 N ‎(3)设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝mv2，由动能定理－fH－mgH＝mv2－mv，得H＝ m≈‎‎2.22 m 答案：(1)‎0.1 kg　(2)0.25 N　(3)‎‎2.22 m ‎【B级——提升练】‎ ‎11.(多选)(2016·全国Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析：BCD　小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N 9‎ 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确．‎ ‎12.(多选)(2017·漳州检测)如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．圆弧轨道的半径一定是 B．若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点 C．若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点 D．不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点 解析：BD　物块在圆弧轨道上下滑的过程中，物块的机械能守恒，根据机械能守恒可得：mgR＝mv，所以小物块滑上传送带的初速度：v0＝，物块到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物块的受力可知，物块在减速和加速的过程物块的加速度的大小是相同的，所以物块返回圆弧轨道时速度大小等于从圆弧轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v≥，物块就能返回到A点，则R≤，故A项错误；若减小传送带速度，只要传送带的速度v≥，物块就能返回到A点，故B项正确；若增大传送带的速度，由于物块返回到圆弧轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点，故C项错误，D项正确．‎ ‎13．如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小滑块的质量和圆轨道的半径；‎ ‎(2)是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB 9‎ 上与圆心等高的点．若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．‎ 解析：(1)设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为R mg(H－2R)＝mv，F＋mg＝ 得：F＝－mg 取点(‎0.50 m,0)和(‎1.00 m,5.0 N)代入上式得：‎ m＝‎0.1 kg，R＝‎‎0.2 m ‎(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示)‎ 由几何关系可得 OE＝ 设小滑块经过最高点D时的速度为vD 由题意可知，小滑块从D运动到E，水平方向的位移为OE，竖直方向上的位移为R，则OE＝vDt，R＝gt2‎ 得到：vD＝‎2 m/s 而小滑块过D点的临界速度vD′＝＝ m/s 由于vD>vD′，所以存在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点 mg(H－2R)＝mv 得到：H＝‎0.6 m.‎ 答案：(1)‎0.1 kg　‎0.2 m　(2)存在　‎‎0.6 m ‎14.如图所示，半径R＝‎0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝‎0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝‎2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝‎1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取‎10 m/s2.求：‎ 9‎ ‎(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；‎ ‎(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；‎ ‎(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.‎ 解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB＝＝‎4 m/s ‎(2)小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有 mgR(1＋sin θ)＝mv－mv 在C点处，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝8 N 根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力FN′大小为8 N.‎ ‎(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有 Epm＝mv＋mgR(1＋sin θ)－μmgL＝0.8 J.‎ 答案：(1)‎4 m/s　(2)8 N　(3)0.8 J ‎15．如图所示是某公园中的一个游乐设施，半径为R＝‎2.5 m、r＝‎1.5 m的两圆形轨道甲和乙安装在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道CD相连，现让可视为质点的质量为‎10 kg的无动力小滑车从A点由静止释放，刚好可以滑过甲轨道后经过CD段又滑上乙轨道后离开两圆形轨道，然后从水平轨道飞入水池内，水面离水平轨道的高度h0＝‎5 m，所有轨道均光滑，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)求小滑车到甲轨道最高点时的速度大小v.‎ ‎(2)求小滑车到乙轨道最高点时对乙轨道的压力．‎ ‎(3)若在水池中MN范围放上安全气垫(气垫厚度不计)，水面上的B点在水平轨道边缘正下方，且BM＝‎10 m，BN＝‎15 m；要使小滑车能通过圆形轨道并安全到达气垫上，则小滑车起始点A距水平轨道的高度该如何设计？‎ 解析：(1)小滑车在甲轨道最高点P有 mg＝m vP＝＝‎5 m/s.‎ ‎(2)小滑车从甲轨道最高点P到乙轨道最高点Q，由动能定理有 9‎ mg(2R－2r)＝mv－mv 在Q点有mg＋F＝m 解以上两式有F＝ N.‎ 由牛顿第三定律可知，小滑车对乙轨道Q点压力大小为 N，方向竖直向上．‎ ‎(3)设小滑车刚好过P点，下落高度为h1，从A到P，由动能定理有mg(h1－2R)＝mv－0‎ h1＝‎‎6.25 m 所以h≥‎6.25 m.‎ 设小滑车到水平台右端E点时速度为vE 从E平抛刚好到M点有x＝vE1t＝‎‎10 m h0＝gt2＝‎‎5 m 解得vE1＝‎10 m/s.‎ 从E平抛刚好到N点有x＝vE2t＝‎‎15 m h0＝gt2＝‎‎5 m 解得vE2＝‎15 m/s 要使小滑车落在MN范围，满足vE1≤vE≤vE2‎ 从A到E，由动能定理有 mgh＝mv－0‎ 解得‎5 m≤h≤‎‎11.25 m 综上可得‎6.25 m≤h≤‎11.25 m.‎ 答案：(1)‎5 m/s　(2) N，方向竖直向上 ‎(3)‎6.25 m≤h≤11.25 m 9‎