2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能及其守恒定律 第16講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）

《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能及其守恒定律 第16講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能及其守恒定律 第16講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第16講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 [解密考綱]理解機(jī)械能守恒定律運(yùn)用的條件，會(huì)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求解力學(xué)綜合問(wèn)題． 1．(2019·聊城一中高三階段性檢測(cè))(多選)質(zhì)量為m的物體在豎直方向的拉力作用下，以大小為0.8g的加速度減速上升h的過(guò)程中，下列判斷正確的是(重力加速度大小為g)(　　) A．重力勢(shì)能增加了0.8mgh 　　 B．物體克服重力做功mgh C．動(dòng)能減少了0.8mgh 　　 D．機(jī)械能增加了0.2mgh BCD　解析 物體上升h，則重力勢(shì)能增加了mgh，物體克服重力做功mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能減小量為ΔEk＝mah＝0.8mgh，選項(xiàng)

2、C正確；物體減速上升，加速度向下，則mg－F＝ma，解得F＝0.2mg，因F做正功為WF＝Fh＝0.2mgh，可知機(jī)械能增加了0.2mgh，選項(xiàng)D正確． 2．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個(gè)小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上．甲球落至斜面時(shí)的速率是乙球落至斜面時(shí)速率的(　　) A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 A　解析 設(shè)甲球落至斜面時(shí)的速率為v1，乙落至斜面時(shí)的速率為v2，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，x＝vt，y＝gt2，設(shè)斜面傾角為θ，由幾何關(guān)系，tan θ＝，小球由拋出到落至斜面，由機(jī)械能守恒定律，mv2＋mgy＝mv，聯(lián)立解得v

3、1＝·v，即落至斜面時(shí)的速率與拋出時(shí)的速率成正比．同理可得，v2＝·，所以甲球落至斜面時(shí)的速率是乙球落至斜面時(shí)的速率的2倍，選項(xiàng)A正確． 3．(2019·內(nèi)蒙古杭錦后旗奮斗中學(xué)高三調(diào)研)(多選)如圖所示，一輕彈簧固定于O點(diǎn)，另一端系一重物，將重物從與懸點(diǎn)O在同一水平面且彈簧保持原長(zhǎng)的A點(diǎn)無(wú)初速度地釋放，讓它自由擺下，不計(jì)空氣阻力，在重物由A點(diǎn)擺向最低點(diǎn)的過(guò)程中(　　) A．重物的機(jī)械能減少 B．系統(tǒng)的機(jī)械能不變 C．系統(tǒng)的機(jī)械能增加 D．系統(tǒng)的機(jī)械能減少 AB　解析 重物自由擺下的過(guò)程中，彈簧拉力對(duì)重物做負(fù)功，重物的機(jī)械能減少，選項(xiàng)A正確；對(duì)系統(tǒng)而言，除重力，彈力外，無(wú)其他外力

4、做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B正確，C、D錯(cuò)誤． 4．(2019·邢臺(tái)高三月考)(多選)把質(zhì)量為0.2 kg的小球放在豎立的彈簧上，并把球向下按至A位置，如圖甲所示．迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置C(如圖丙所示)，途中經(jīng)過(guò)位置B時(shí)彈簧正好處于自由狀態(tài)(如圖乙所示)．已知B、A的高度差為0.1 m，C、B的高度差為0.2 m，彈簧的質(zhì)量和空氣阻力均可忽略，g＝10 m/s2.則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球在A位置時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于小球在C位置的重力勢(shì)能 B．小球到達(dá)B位置時(shí)，速度達(dá)到最大值2 m/s C．小球到達(dá)B位置時(shí)，小球機(jī)械能最大 D．若將彈簧上端與小球焊接在

5、一起，小球?qū)⒉荒艿竭_(dá)B、C的中點(diǎn) CD　解析 小球從A到C的過(guò)程中，系統(tǒng)減少的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，所以彈性勢(shì)能的變化量等于重力勢(shì)能的變化量，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)小球受到的合力為零時(shí)，動(dòng)能最大，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從A到B的過(guò)程彈簧對(duì)小球做正功，所以小球的機(jī)械能增加，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)機(jī)械能達(dá)到最大，故選項(xiàng)C正確；根據(jù)題意，若將彈簧上端與小球焊接在一起，B、C中點(diǎn)處的彈性勢(shì)能與A處的彈性勢(shì)能相等，根據(jù)能量守恒，從A向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中重力勢(shì)能增加，所以彈性勢(shì)能必定要減小，即運(yùn)動(dòng)不到B、C點(diǎn)的中點(diǎn)，故選項(xiàng)D正確． 5．(2019·牡丹江第一高級(jí)中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，

6、表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，物塊A、B用輕繩連接并跨過(guò)滑輪(不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦)．初始時(shí)刻，A、B處于同一高度并恰好靜止．剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊分別落地的過(guò)程中，兩物塊(　　) A．速度的變化大小相同 B．動(dòng)能的變化相同 C．重力勢(shì)能的變化相同 D．重力的平均功率相同 AD　解析 剛開(kāi)始A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以有mBgsin θ＝mAg，則mB＞mA，剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 mv2＝mgh，得 v＝，速度的變化量Δv＝v－0＝v，可知兩個(gè)物體落地速度大小相等，速度的變化大小相同，動(dòng)能的變

7、化不相同，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；下落的高度相同，故重力做功WA＝mAgh，WB＝mBgh，由于質(zhì)量不同，故重力做功不同，重力勢(shì)能的變化不同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；初始時(shí)刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)剪斷后，A的合力為mAg，加速度為g，B的合力為mBgsin θ，根據(jù)牛頓第二定律可知B的加速度為gsin θ，對(duì)A，由h＝gt，得tA＝，對(duì)B，由＝gsin θ·t，則得tB＝，A重力做功的平均功率為 PA＝＝mAgh；B重力做功的平均功率為 PB＝＝mAgh·，所以重力做功的平均功率相等，故選項(xiàng)D正確． 6．(多選)如圖所示，不可伸長(zhǎng)的柔軟細(xì)線跨過(guò)光滑定滑輪，線兩端分別系一小球a和b.a

8、球質(zhì)量為m，靜置于地面；b球質(zhì)量為M，用手托住，離地面高度為h，此時(shí)輕繩剛好拉緊．從靜止開(kāi)始釋放b后，a可能達(dá)到的最大高度為H(低于滑輪的高度)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝，兩球到達(dá)同一高度 B．兩球質(zhì)量之比越大，a上升的最大高度越高 C．兩球質(zhì)量之比滿足一定數(shù)值，a上升的最大高度可以達(dá)到2h D．無(wú)論兩球質(zhì)量之比多大，a上升的最大高度不可能達(dá)到2h ABD　解析 設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線上的拉力為T(mén)，則Mg－T＝Ma，T－mg＝ma，得a＝g，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到二者位于同一高度，b下落，＝at2，得t＝，選項(xiàng)A正確．在b落地前，a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且a、b兩物體速度大小相

9、等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知Mgh－mgh＝(m＋M)v2，b球落地時(shí)，a球高度為h，之后a球向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中機(jī)械能守恒，mv2＝mgΔh得Δh＝＝h，所以a可能達(dá)到的最大高度為H＝h＋h＝h，可以看出，只有>1，兩球才會(huì)運(yùn)動(dòng)，在此前提下，無(wú)論是多少，都滿足hβ，它們的上端M和N位于同一水平面內(nèi)，現(xiàn)將可視為質(zhì)點(diǎn)的一小滑塊從M端由靜止釋放，若小滑塊經(jīng)過(guò)兩軌道的底端連

10、接處的時(shí)間可忽略不計(jì)且無(wú)機(jī)械能損失，小滑塊沿軌道可運(yùn)動(dòng)到N端，以a、E分別表示小滑塊沿軌道運(yùn)動(dòng)的加速度大小和機(jī)械能，t表示時(shí)間，下列各圖是小滑塊由M端釋放到第一次到達(dá)N端的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的a-t圖象和E-t圖象，其中可能正確的是(　　) AD　解析 物塊在MO上滑動(dòng)時(shí)的加速度為a1＝gsin α；在NO上滑動(dòng)時(shí)的加速度為a2＝gsin β，因α>β可知a1>a2，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；滑塊在斜面上滑動(dòng)的過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，則E-t圖線是平行于t軸的直線，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 8．(2019·聊城一中高三階段性檢測(cè))(多選)滑塊以速率v1靠慣性沿固定斜面由底端向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它回到出發(fā)

11、點(diǎn)時(shí)速率變?yōu)関2，且v1 大于v2.若滑塊向上運(yùn)動(dòng)的位移中點(diǎn)為A，取斜面底端重力勢(shì)能為零，則(　　) A．上升時(shí)機(jī)械能減小，下降時(shí)機(jī)械能增大 B．上升時(shí)物體克服重力做功的平均功率大于下降時(shí)重力的平均功率 C．上升過(guò)程中動(dòng)能和勢(shì)能相等的位置在A點(diǎn)上方 D．上升過(guò)程中動(dòng)能和勢(shì)能相等的位置在A點(diǎn)下方 BC　解析 由v2＜v1可知，斜面與滑塊間有摩擦，滑塊無(wú)論上升還是下降時(shí)，都有機(jī)械能損失，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；上升時(shí)物體克服重力做功等于下降時(shí)重力的功，但是由于上升時(shí)加速度大于下降時(shí)的加速度，根據(jù)x＝at2可知，上升的時(shí)間比下降時(shí)的時(shí)間短，根據(jù)P＝可知，上升時(shí)物體克服重力做功的平均功率大于下降時(shí)重力

12、的平均功率，故選項(xiàng)B正確；可先求出斜面中點(diǎn)A的動(dòng)能Ek1和勢(shì)能EpA情況，滑塊初始機(jī)械能E1＝mv，滑塊在斜面中點(diǎn)A的速度vA＝＝v1，在A點(diǎn)的機(jī)械能EA＝mv＋EpA，聯(lián)立得EA＝mv ＋EpA＝E1＋EpA，而因斜面與滑塊間有摩擦，知E1＞EA，所以EkA＞EpA，故動(dòng)能和勢(shì)能相等的位置應(yīng)出現(xiàn)在A點(diǎn)之上，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 9．(2019·安徽屯溪第一中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試)(多選)如圖所示，固定光滑斜面AC長(zhǎng)為L(zhǎng)，B為斜面中點(diǎn)．一物塊在恒定拉力F作用下，從最低點(diǎn)A由靜止開(kāi)始沿斜面向上拉到B點(diǎn)撤去拉力F，物塊繼續(xù)上滑至最高點(diǎn)C，設(shè)物塊由A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為t0，下列描述該過(guò)程中物塊的速度v隨

13、時(shí)間t、物塊的動(dòng)能Ek隨位移x、加速度a隨位移x、機(jī)械能E隨位移x變化規(guī)律的圖象中，可能正確的是(　　) BD　解析 B為斜面中點(diǎn)，圖A中AB的距離不等于BC的距離，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊從0→L位移處，做加速運(yùn)動(dòng)，加速度為正，動(dòng)能Ek變大，然后做減速運(yùn)動(dòng)，加速度為負(fù)，Ek變小，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；0→L段，外力F做正功，機(jī)械能E變大，L→L段，僅重力做功，機(jī)械能E不變，故選項(xiàng)D正確． 10．(2019·阜陽(yáng)三中高三模擬)(多選)如圖所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過(guò)鉸鏈用輕桿連接，桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最

14、低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過(guò)程中(　　) A．A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力mg C．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向上 D．彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgL BC　解析 A的動(dòng)能最大時(shí)，設(shè)B和C受到地面的支持力大小均為F，此時(shí)整體在豎直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝1.5mg；在A的動(dòng)能達(dá)到最大前一直是加速下降，處于失重狀態(tài)，所以B受到地面的支持力小于1.5mg，大于mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)A達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)

15、動(dòng)能為零，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，A的加速度方向向上，選項(xiàng)C正確；A下落的高度為h＝Lsin 60°－Lsin 30°，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球A的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，即彈簧的彈性勢(shì)能最大值為Ep＝mgh＝mgL，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 11．(2019·阜陽(yáng)三中高三模擬)如圖所示，在粗糙水平面上有一質(zhì)量為M＝2 kg表面光滑的斜面體，斜面的傾角θ＝37°，在斜面體的左側(cè)相距為d＝2.4 m處有一固定障礙物Q.將一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))用一根輕繩(不可伸長(zhǎng))系住，繩的一端固定在斜面體的頂端．現(xiàn)給斜面體施加一個(gè)水平向左的推力F，使斜面體和小物塊無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，一起向左做勻加速

16、運(yùn)動(dòng)，當(dāng)斜面體到達(dá)障礙物Q與其碰撞后，斜面體立即被障礙物Q鎖定．已知斜面體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，設(shè)滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，求： (1)水平推力F的最大值； (2)若用最大水平推力作用在斜面體上，斜面體被障礙物Q鎖定后，小物塊在輕繩牽引下能沿圓周運(yùn)動(dòng)到豎直最高點(diǎn)，求繩的長(zhǎng)度應(yīng)滿足的條件．(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 解析 (1)由題意可知，當(dāng)F最大時(shí)，小物塊不受繩子的拉力，以小物塊為研究對(duì)象 mgtan θ＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝7.5 m/s2，以小物塊和斜面整體為研究對(duì)象F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得 F＝27.5 N. (2

17、)在斜面體加速過(guò)程中，由速度位移關(guān)系得2ad＝v2 得 v＝6 m/s，設(shè)小物塊離開(kāi)斜面瞬間的速度為v1方向垂直斜面向上，有v1＝vsin θ＝3.6 m/s，小物塊剛好通過(guò)最高點(diǎn)，設(shè)繩的長(zhǎng)度為L(zhǎng).小物塊在最高點(diǎn)時(shí)mg＝m，由機(jī)械能守恒定律得 mv－mv＝－mgL(1＋sin θ)，解得L＝0.31 m，所以L應(yīng)滿足L≤0.31 m. 答案 (1)27.5 N　(2)L≤0.31 m 12．(2019·浙江高考選考科目聯(lián)考)某高中興趣學(xué)習(xí)小組成員，在學(xué)習(xí)完必修1與必修2后設(shè)計(jì)出如圖所示的實(shí)驗(yàn)．OA為一水平彈射器，彈射口為A.ABCD為一光滑曲管，其中AB水平，BC為豎直桿(長(zhǎng)度可調(diào)節(jié))，C

18、D為四分之一圓環(huán)軌道(各連接處均圓滑連接)，其圓心為O′，半徑為R＝0.2 m．D的正下方從E開(kāi)始向右水平放置一塊橡皮泥板EF，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)．現(xiàn)讓彈射器彈射出一質(zhì)量m＝0.1 kg的小環(huán)，小環(huán)從彈射口A射出后沿光滑曲桿運(yùn)動(dòng)到D處飛出，不計(jì)小環(huán)在各個(gè)連接處的能量損失和空氣阻力．已知彈射器每次彈射出的小環(huán)具有相同的初速度．某次實(shí)驗(yàn)中小組成員調(diào)節(jié)BC高度h＝0.8 m．彈出的小環(huán)從D處飛出，現(xiàn)測(cè)得小環(huán)從D處飛出時(shí)速度vD＝4 m/s，求(取g＝ 10 m/s2)： (1)彈射器釋放的彈性勢(shì)能及小環(huán)在D處對(duì)圓環(huán)軌道的壓力； (2)小環(huán)落地點(diǎn)離E的距離(已知小環(huán)落地時(shí)與橡皮泥板接觸后不再運(yùn)動(dòng))； (

19、3)若不改變彈射器彈性勢(shì)能，改變BC間高度h在0～2 m之間，小環(huán)下落在橡皮泥板EF上的范圍． 解析 (1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 Ep＝mv＋mg(h＋R)＝1.8 J，對(duì)小環(huán)在最高點(diǎn)D受力分析，由牛頓第二定律得 FN＋mg＝m，解得FN＝7 N， 由牛頓第三定律知，小環(huán)對(duì)圓軌道的壓力大小為7 N，方向豎直向上． (2)小環(huán)離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得h＋R＝gt2，x＝vDt， 解得x＝ m. (3)小環(huán)剛到達(dá)D點(diǎn)的臨界條件為mg(h1＋R)＝Ep，解得h1＝1.6 m. 改變h，小環(huán)做平拋運(yùn)動(dòng)，分析可得小環(huán)水平方向位移應(yīng)有最大值， 根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 Ep－m

20、g(h2＋R)＝mv，小環(huán)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝，得x＝v′Dt＝2，可得，當(dāng)h2＋R＝0.9 m時(shí)，水平位移最大，最大位移x＝1.8 m，故小環(huán)落地點(diǎn)范圍在離E點(diǎn)向右0～1.8 m的范圍內(nèi)． 答案 (1)1.8 J　7 N　(2) m　(3)0～1.8 m 13．(2019·中央民族大學(xué)附屬中學(xué)高三月考)在傾角為30°的光滑斜面底端固定一擋板，質(zhì)量均為m的物塊B、C通過(guò)輕彈簧連接，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0，O點(diǎn)為彈簧的原長(zhǎng)位置．在斜面上距物塊B的距離為3x0的P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量也為m的物塊A，A與B相碰(不粘連)后立即一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，并恰好能返回到O點(diǎn)．物塊A、B、C均

21、可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g. (1)求A、B碰前彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep; (2)若物塊A從P點(diǎn)以一定的初速度沿斜面下滑，兩物塊A、B返回O點(diǎn)時(shí)還具有沿斜面向上的速度，此后恰好可以使C離開(kāi)擋板而不上滑，求物塊A在P點(diǎn)的初速度v0. 解析 (1)A從P點(diǎn)下滑3x0過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得 mg·3x0sin 30°＝mv2， A與B碰撞過(guò)程，取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 mv＝2mv′，A、B整體從壓縮彈簧到運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得×2mv′2＋Ep＝2mgx0sin 30°，聯(lián)立以上三式解得A、B碰前彈簧具有的彈性勢(shì)能為Ep＝

22、mgx0. (2)A以初速度v0從P點(diǎn)下滑3x0過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得mg·3x0sin 30°＝mv－mv，A與B碰撞過(guò)程，取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv2＝mv1. 初態(tài)時(shí)，彈簧的壓縮量為x1＝＝x0， C恰好離開(kāi)擋板而不上滑時(shí)，彈簧的彈力大小等于C的重力沿斜面向下的分力大小，彈簧的伸長(zhǎng)量為x2＝， 所以x1＝x2＝x0，初、末狀態(tài)彈簧的彈性勢(shì)能相等，設(shè)為Ep，A、B整體從壓縮彈簧到運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程，對(duì)A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得 ×2mv＋Ep＝2mgx0sin 30°＋×2mv， 對(duì)B及彈簧，在B從O點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得 mv＝mgx0sin 30°＋Ep，聯(lián)立解得v0＝. 答案 (1)mgx0　(2) 8