2021版高考物理一轮复习课时提升作业十六机械能守恒定律及其应用含解析 9页

机械能守恒定律及其应用 ‎(建议用时40分钟)‎ ‎1.(2016·浙江10月选考真题)如图所示,无人机在空中匀速上升时,不断增加的能量是 (　　)‎ A.动能　　　 　　　 B.动能、重力势能 C.重力势能、机械能 D.动能、重力势能、机械能 ‎【解析】选C。无人机匀速上升,所以动能保持不变,所以选项A、B、D均错。高度不断增加,所以重力势能不断增加,在上升过程中升力对无人机做正功,所以无人机机械能不断增加,所以选项C正确。‎ ‎2.(2019·丽水模拟)以下运动中物体的机械能守恒的是 (　　)‎ A.物体做匀速直线运动 B.物体从高处以的加速度竖直下落 C.不计阻力,细绳一端拴一小球,使小球在竖直平面内做圆周运动 D.物体做匀变速曲线运动 ‎【解析】选C。物体做匀速直线运动时动能不变,而重力势能可能变化,所以机械能不一定守恒,故A错误;物体从高处以的加速度竖直下落时,必定受到向上的阻力,物体的机械能不守恒,故B错误;不计空气阻力,细绳一端拴一小球,使小球在竖直平面内做圆周运动,细绳的拉力对小球不做功,只有重力做功,机械能守恒,故C正确;物体做匀变速曲线运动时可能有除重力以外的力做功,机械能不一定守恒,故D错误。‎ ‎3.如图是一种腹部先着水的跳水比赛,击水时水花最大者获胜,水花的大小主要取决于运动员入水时具有的动能。假设甲、乙两运动员都站在3 m高的平台上(甲、乙站立时的重心位置离平台均为1 m),其中质量为120 kg的甲简单地步出平台倒向水面,若质量为100 kg的乙要不输于甲,则需通过起跳使自身重心至少升高约 (　　)‎ 9‎ A.0.6 m　　B.0.8 m　　C.1.6 m　　D.1.8 m ‎【解析】选B。根据题意,乙如果不输于甲,由机械能守恒定律得:m乙(H+h+Δh)≥m甲(H+h),其中H=3 m,h=1 m,代入数据解得:Δh≥0.8 m,故B对。‎ ‎4.(2018·浙江4月选考真题)如图所示,一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处,A、B两点水平距离为16 m,竖直距离为2 m,A、B间绳长为20 m。质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面,猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态) (　　)‎ A.-1.2×103 J　　 B.-7.5×102 J C.-6.0×102 J D.-2.0×102 J ‎【解析】选B。猴子的动能最大时重力势能最小,猴子的加速度为零时速度最大,动能最大,此时猴子受力平衡,则可以得到如图所示的几何关系:‎ 绳长AC+BC=AF=20 m,又MF=16 m,由勾股定理得AM=12 m,而AB竖直距离为2 m,则BF=10 m,D为BF中点,BD=5 m,C和D等高,则A、C的竖直高度差为7 m,此时猴子的重力势能为:Ep=mgh=-10×10 J×7=-700 J,与B最接近,故B正确,A、C、D错误。‎ ‎5.(2019·台州模拟)在某电视台观看“蹦极”节目。简化如图,一根弹性橡皮绳一端系于跳台,另一端系于蹦极者身上,不计空气阻力。蹦极者从开始下落到最低点的过程中。下列说法正确的是 (　　)‎ 9‎ A.蹦极者的机械能不变 B.蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大 C.蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大 D.蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和不变 ‎【解析】选C。下落过程中,橡皮绳对蹦极者向上的力做负功,则蹦极者的机械能减少。故选项A不符合题意。橡皮绳刚开始绷紧时,橡皮绳的拉力为零,蹦极者只受重力,合外力向下,蹦极者向下做加速运动,速度继续增大,故此时蹦极者的速度不是最大。故选项B不符合题意。到最低点橡皮绳的形变量最大,所以弹性势能最大。故选项C符合题意。在整个下落过程中,蹦极者和橡皮绳组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,由于蹦极者的动能先增大后减小,所以由系统的机械能守恒知,蹦极者重力势能与橡皮绳的弹性势能之和先减小后增大。故选项D不符合题意。‎ ‎6.把一质量为m的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置,如图甲所示。迅速松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知A、B的高度差为h,C、B的高度差为2h,弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。 (　　)‎ A.刚松手瞬间,弹簧弹力等于小球重力 B.状态甲中弹簧的弹性势能为2mgh C.状态乙中小球的动能为mgh D.状态丙中系统的机械能为3mgh ‎【解析】选D。松手后小球向上加速运动,故刚松手瞬间,弹簧弹力大于小球重力,选项A错误;由能量关系可知状态甲中弹簧的弹性势能转化为状态丙中小球的重力势能,故为3mgh,选项B错误,D正确;状态乙中Ek+mgh=3mgh,故状态乙中小球的动能为2mgh,选项C错误;故选D。‎ ‎7.(2019·嘉兴模拟)如图所示,A、B两小球用轻杆连接,A球只能沿内壁光滑的竖直滑槽运动,B球处于光滑水平面内,不计球的体积。开始时,在外力作用下A、B 9‎ 两球均静止且杆竖直。现撤去外力,B开始沿水平面向右运动。已知A、B两球质量均为m,杆长为L,则下列说法中不正确的是 (　　)‎ A.A球下滑到地面时,B球速度为零 B.A球下滑到地面过程中轻杆一直对B球做正功 C.A球机械能最小时,B球对地的压力等于它的重力 D.两球和杆组成的系统机械能守恒,A球落地时的速度为 ‎【解析】选B。A球下滑到地面时,A球速度竖直,沿杆的速度为零,即B球速度为零,故A正确;开始时,B球静止,B的速度为零,当A落地时,B的速度也为零,因此在A下滑到地面的整个过程中,B先做加速运动,后做减速运动,因此,轻杆对B先做正功,后做负功,故B错误;A球机械能最小时,B球动能最大,即加速度等于零,轻杆作用力为零,B球对地的压力等于它的重力。故C正确;A球落地时,B的速度为零,在整个过程中,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得:mAgL=mA,解得vA=,D正确。故本题不正确的选B。‎ ‎8.如图所示,小球质量为m,大小不计,右边圆轨道半径为R,小球从h=3R处沿斜面滑下后,又沿圆轨道滑到最高点P处,不计任何摩擦。求:‎ ‎(1)小球通过P点的速度大小。‎ ‎(2)小球通过圆轨道最低点时对轨道的压力。‎ ‎【解析】(1)根据机械能守恒定律:‎ mg(h-2R)=m 解得小球通过P点的速度v1=‎ ‎(2)设小球通过最低点的速度为v2‎ 9‎ 根据机械能守恒定律mgh=m 根据牛顿第二定律FN-mg=m 解得FN=7mg,故小球通过圆轨道最低点时对轨道的压力大小为7mg,方向竖直向下。‎ 答案:(1)　(2)7mg,竖直向下 ‎9.(2019·舟山模拟)如图所示,半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内,质量为m的小球A套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接并一起套在杆上,小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过铰链连接,当小球A位于圆环最高点时、弹簧处于原长;此时给A一个微小扰动(初速度视为0),使小球A沿环顺时针滑下,到达环最右侧时小球A的速度为(g为重力加速度)。不计一切摩擦,A、B均可看作质点,则下列说法正确的是 (　　)‎ A.小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒 B.小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中滑块B的重力势能减小mgR C.小球A从圆环最高点到达圆环最右侧的过程中小球A的重力势能减小了mgR D.小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了(3-)mgR ‎【解析】选D。轻质弹簧、小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能守恒。故A错误。开始时滑块B距离圆环最高点的距离为hB=2R,小球A从圆环最高点到达环最右侧时,滑块B距离圆环最高点的距离为h′B=Rtan 60°-R=R-R,所以在这个过程中,滑块B下降的距离为Δh=hB-h′B=3R-R,可得滑块B重力势能减小量为(3-)mgR。故B错误。小球A 9‎ 从环最高点到达环最右侧的过程中下降的高度为R,所以重力势能的减小量为mgR。故C错误。小球A到达环最右侧时,A、B的速度方向都是竖直向下的,此时它们与轻杆的夹角相等,又因为A、B的速度沿轻杆方向的分量相等,所以A、B的速度相等:vA=vB=,在整个过程由能量的转化与守恒可得弹簧的弹性势能:Ep弹=EpA+EpB-EkA-EkB=(3-)mgR+mgR-2××m×‎ ‎()2=(3-)mgR。故D正确。‎ ‎10.如图所示,在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧,上端O点与管口A的距离为2x0,一质量为m的小球从管口由静止下落,将弹簧压至最低点B,压缩量为x0,不计空气阻力,则下列说法错误的是 (　　) ‎ A.小球从接触弹簧开始,加速度一直减小 B.小球运动过程中最大速度大于 2‎ C.弹簧劲度系数大于 D.弹簧最大弹性势能为3mgx0 ‎ ‎【解析】选A。小球的加速度先减小,在小球的重力和弹力相等的时候,加速度最小等于零,此时速度最大,然后弹力开始大于小球重力,加速度方向变为向上,并逐渐增大,所以A选项错误;小球从A下落到O的过程中,机械能守恒,所以mg(2x0)=mv2,所以小球在O点的速度为2,小球在O点的速度并不最大,所以B选项正确;在B点小球受到的弹力大于重力,所以kx0>mg,解之可得k>,C选项正确;在小球从A下落到B的过程中,小球减少的重力势能全部转化为弹性势能,所以D选项正确。故本题错误的只有A。‎ ‎11.如图所示,一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m。物块A以v0=10 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点N,再沿圆轨道滑出,P 9‎ 点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.2 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.4,A的质量为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A可视为质点)。‎ ‎(1)求A滑过N点时的速度大小v和受到的弹力大小。‎ ‎(2)若A最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值。‎ ‎【解析】(1)物块A从出发至N点过程,机械能守恒,有m=mg·2R+mv2,解得:‎ v=4 m/s;假设物块在N点受到的弹力方向竖直向下为FN,由牛顿第二定律有:‎ mg+FN=m 得物块A受到的弹力为:FN=m-mg=150 N;‎ ‎(2)物块A经竖直圆轨道后滑上水平轨道,在粗糙路段有摩擦力做负功,动能损失,由动能定理,有:-μmgkL=0-m 解得:k=62.5‎ 物块A最终停在第63个粗糙段上。‎ 答案:(1)4 m/s　150 N　(2)63‎ ‎12.如图所示为某种弹射小球的游戏装置,水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节的竖直管AB。细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管,上端B与四分之一圆弧弯管BC相接,每次弹射前,推动小球将弹簧压缩到同一位置后锁定。解除锁定,小球即被弹簧弹出,水平射进细管A端,再沿管ABC从C端水平射出。已知弯管BC的半径R=0.30 m,小球的质量为m=50 g,当调节竖直细管AB的长度L至L0=‎ ‎0.90 m时,发现小球恰好能过管口C端。不计小球运动过程中的机械能损失。(g取10 m/s2) ‎ 9‎ ‎(1)求每次弹射时弹簧对小球所做的功W。‎ ‎(2)当L取多大时,小球落至水平面的位置离直管AB最远?‎ ‎(3)调节L时,小球到达管口C时管壁对球的作用力FN也相应变化,考虑到游戏装置的实际情况,L不能小于0.15 m,请在坐标纸上作出FN随长度L变化的关系图线。(取管壁对球的作用力FN方向向上为正,并要求在纵轴上标上必要的刻度值)‎ ‎【解析】(1)小球恰好过C点,其速度vC=0 ①‎ 根据功能关系,每次弹射时弹簧对小球所做的功为:W=mg(L0+R)=0.60 J②‎ ‎(2)设小球被弹出时的初速度为v0,到达C时的速度为v,根据动能定理有W=m ‎-0 ③‎ 根据机械能守恒定律有 m=mg(L+R)+mv2 ④‎ 综合③④得v= ⑤‎ 根据平抛运动规律,小球落至水平面时的落点离直管AB的距离为s=vt+R ⑥‎ 其中t= ⑦‎ 9‎ 综合⑥⑦得s=2+R 根据数学知识可判知,当L==0.30 m时,s最大。即当L取0.30 m时,小球落至水平面的位置离直管AB最远。‎ ‎(3)设小球经过C端时所受管壁作用力方向向上,根据牛顿运动定律有mg-FN=m 又v=‎ 则有FN=L+mg(1-)‎ 代入数据得 FN=L-2.5(N)(0.90 m≥L≥0.15 m)‎ 据此作出所求图线如图:‎ 答案:(1)0.60 J　(2)0.30 m　(3)见解析 9‎