2021届高考物理一轮复习课后限时集训16机械能守恒定律及其应用含解析 7页

机械能守恒定律及其应用 建议用时：45分钟 ‎1．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是(　　)‎ 甲　　　　　　　乙 丙　　　　　　　　丁 A．甲图中小球机械能守恒 B．乙图中小球A机械能守恒 C．丙图中小球机械能守恒 D．丁图中小球机械能守恒 A　[甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A项正确；乙图过程中轻杆对小球A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D项错误。]‎ ‎2．(多选)如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经过最低点时(以悬点为零势能点)(　　)‎ 7‎ A．A球的速度等于B球的速度 B．A球的动能大于B球的动能 C．A球的机械能大于B球的机械能 D．A球的机械能等于B球的机械能 BD　[初始时刻，两球的动能和势能均为0，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点时，两球的机械能相等，两球获得的动能分别等于各自重力势能的减少量，即Ek＝mgl。]‎ ‎3．(2019·上海长宁区期末)从地面竖直上抛两个质量不同、初动能相同的小球，不计空气阻力，以地面为零势能面，当两小球上升到同一高度时，则(　　)‎ A．它们具有的重力势能相等 B．质量小的小球动能一定小 C．它们具有的机械能相等 D．质量大的小球机械能一定大 C　[在上升到相同高度时，由于两小球质量不同，由重力势能Ep＝mgh可知重力势能不同，故A错误；在小球上升过程中，根据机械能守恒定律，有Ek＝E－mgh，其中E为两小球相同的初始动能。在上升到相同高度时，h相同，质量小的小球动能Ek大，故B错误；在上升过程中，只有重力做功，两小球机械能守恒，由于初动能相同，则它们具有的机械能相等，故C正确，D错误。]‎ ‎4.(2019·昆明、玉溪统考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端(此时小球速度为零)的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的动能与重力势能之和保持不变 B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小 C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变 D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B　[小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C 7‎ 点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。]‎ ‎5.(多选)(2019·临沂2月检测)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道AO对接半径为2R的光滑圆弧轨道OB于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出)，物体恰能从O点平抛出去。则(　　)‎ A．∠CO1O＝60°‎ B．∠CO1O＝90°‎ C．落地点距O2的距离为2R D．落地点距O2的距离为2R BC　[要使物体恰能从O点平抛出去，在O点有mg＝m，解得物体从O点平抛出去的最小速度为v＝。设∠CO1O＝θ，由机械能守恒定律可知，mgR(1－cos θ)＝mv2，解得θ＝90°，故选项A错误，B正确；由平抛运动规律可得，x＝vt,2R＝gt2，解得落地点距O2为2R，选项C正确，D错误。]‎ ‎6.有一条长为2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)(　　)‎ A．2.5 m/s B． m/s C. m/s D． m/s B　[链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为 E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin θ－×2mg×＋0＝－mgL(1＋sin θ)‎ 链条全部滑出后，动能为 E′k＝×2mv2‎ 重力势能为E′p＝－2mg 7‎ 由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p 即－mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL 解得v＝＝ m/s，‎ 故B正确，A、C、D错误。]‎ ‎7.如图所示，将一质量为m＝0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线方向落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)求：‎ ‎(1)小球经过C点的速度大小；‎ ‎(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力的大小；‎ ‎(3)平台末端O点到A点的竖直高度H。‎ ‎[解析](1)小球恰好运动到C点时，重力提供向心力 即mg＝m，vC＝＝5 m/s。‎ ‎(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有 mv＋mg·2R＝mv 在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m 联立解得vB＝5 m/s，FN＝6 N。‎ ‎(3)从A到B，由机械能守恒定律有 mv＋mgR(1－cos 53°)＝mv 所以vA＝ m/s 在A点进行速度的分解有vy＝vAsin 53°‎ 所以H＝＝3.36 m。‎ ‎[答案](1)5 m/s　(2)6 N　(3)3.36 m ‎8．(2019·龙岩质检)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 7‎ 的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长，原长为h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是(　　)‎ A．圆环的机械能守恒 B．圆环的机械能先增大后减小 C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mgh D．橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大 C　[圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环滑到杆的底端时动能为零，重力势能减小了mgh，即圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次恢复原长时，该过程中圆环动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环加速度为零，圆环的速度最大，故D错误。]‎ ‎9.(多选)(2019·佛山七校联考)如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1‎ B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为 C．A落地时速率为 D．A、B质量之比为1∶4‎ ABD　[设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝‎ 7‎ m，解得vA＝，vB＝＝，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30°＝mv2－mv，v＝，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin 30°)＝mv＋Mv，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。]‎ ‎10.(2019·泰州一模)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。求：‎ ‎(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；‎ ‎(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；‎ ‎(3)物体A的最大速度的大小。‎ ‎[解析](1)恢复原长时 对B有mg－FT＝ma 对A有FT－mgsin 30°＝ma 解得FT＝30 N。‎ ‎(2)初态弹簧压缩x1＝＝10 cm 当A速度最大时mg＝kx2＋mgsin 30°‎ 弹簧伸长x2＝＝10 cm 所以A沿斜面上升x1＋x2＝20 cm。‎ ‎(3)因x1＝x2，故弹性势能改变量ΔEp＝0‎ 由系统机械能守恒 mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝×2m·v2‎ 得v＝1 m/s。‎ ‎[答案](1)30 N　(2)20 cm　(3)1 m/s ‎11.如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直于盘面的光滑水平固定轴O，在盘的右边缘固定有一个质量为m的小球A，在O点正下方离O点 7‎ 处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动。‎ ‎(1)当A转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？‎ ‎(2)A球转到最低点时的线速度是多少？‎ ‎[解析](1)以通过固定轴O的水平面为零势能面，开始时两球的重力势能之和为 Ep1＝EpA＋EpB＝0－mgr＝－mgr 当小球A转至最低点时两小球重力势能之和为 Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr 故两球重力势能之和减少量为 ΔEp减＝Ep1－Ep2＝－mgr－(－mgr)＝mgr。‎ ‎(2)由于圆盘转动过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统的机械能守恒，因此系统的重力势能的减少一定等于两球动能的增加。设A球转至最低点时，A、B的线速度分别为vA和vB，则mgr＝mv＋mv。因A、B两球固定在同一圆盘上，转动过程中角速度相等，故线速度的关系为vA＝2vB，解得vA＝。‎ ‎[答案](1)mgr　(2) 7‎