高考物理大一輪復習 課后限時集訓16 機械能守恒定律及其應用-人教版高三全冊物理試題

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1、課后限時集訓16 機械能守恒定律及其應用 建議用時：45分鐘 1．在如圖所示的物理過程示意圖中，甲圖一端固定有小球的輕桿，從右偏上30°角釋放后繞光滑支點擺動；乙圖為末端固定有小球的輕質(zhì)直角架，釋放后繞通過直角頂點的固定軸O無摩擦轉(zhuǎn)動；丙圖為輕繩一端連著一小球，從右偏上30°角處自由釋放；丁圖為置于光滑水平面上的帶有豎直支架的小車，把用細繩懸掛的小球從圖示位置釋放，小球開始擺動，則關(guān)于這幾個物理過程(空氣阻力忽略不計)，下列判斷中正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 丙　　　　　　　　丁 A．甲圖中小球機械能守恒 B．乙圖中小球A機械能守恒 C．丙圖中小球機械能

2、守恒 D．丁圖中小球機械能守恒 A　[甲圖過程中輕桿對小球不做功，小球的機械能守恒，A項正確；乙圖過程中輕桿對小球A的彈力不沿桿的方向，會對小球做功，所以小球A的機械能不守恒，但兩個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，B項錯誤；丙圖中小球在繩子繃緊的瞬間有動能損失，機械能不守恒，C項錯誤；丁圖中小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，但小球的機械能不守恒，這是因為擺動過程中小球的軌跡不是圓弧，細繩會對小球做功，D項錯誤。] 2．(多選)如圖所示，兩質(zhì)量相同的小球A、B，分別用線懸在等高的O1、O2點，A球的懸線比B球的長，把兩球的懸線均拉到水平位置后將小球無初速度釋放，則經(jīng)過最低點時(以懸點為零勢能點)(

3、　　) A．A球的速度等于B球的速度 B．A球的動能大于B球的動能 C．A球的機械能大于B球的機械能 D．A球的機械能等于B球的機械能 BD　[初始時刻，兩球的動能和勢能均為0，運動過程中只有重力做功，機械能守恒，所以到達最低點時，兩球的機械能相等，兩球獲得的動能分別等于各自重力勢能的減少量，即Ek＝mgl。] 3．(2019·上海長寧區(qū)期末)從地面豎直上拋兩個質(zhì)量不同、初動能相同的小球，不計空氣阻力，以地面為零勢能面，當兩小球上升到同一高度時，則(　　) A．它們具有的重力勢能相等 B．質(zhì)量小的小球動能一定小 C．它們具有的機械能相等 D．質(zhì)量大的小球機械能一定大

4、C　[在上升到相同高度時，由于兩小球質(zhì)量不同，由重力勢能Ep＝mgh可知重力勢能不同，故A錯誤；在小球上升過程中，根據(jù)機械能守恒定律，有Ek＝E－mgh，其中E為兩小球相同的初始動能。在上升到相同高度時，h相同，質(zhì)量小的小球動能Ek大，故B錯誤；在上升過程中，只有重力做功，兩小球機械能守恒，由于初動能相同，則它們具有的機械能相等，故C正確，D錯誤。] 4.(2019·昆明、玉溪統(tǒng)考)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一質(zhì)量為m的小球，小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平面之間的夾角θ<45°，當小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長?，F(xiàn)讓小球自C點由靜

5、止釋放，在小球滑到桿底端(此時小球速度為零)的整個過程中，關(guān)于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是(　　) A．小球的動能與重力勢能之和保持不變 B．小球的動能與重力勢能之和先增大后減小 C．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 D．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 B　[小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中，機械能守恒，彈簧處于原長時彈性勢能為零，小球從C點到最低點過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，所以小球的動能與重力勢能之和先增大后減小，A項錯，B項對；小球的重力勢能不斷減小，所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大，C項錯；小球的初、末動能均為

6、零，所以整個過程中小球的動能先增大后減小，所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D項錯。] 5.(多選)(2019·臨沂2月檢測)如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道AO對接半徑為2R的光滑圓弧軌道OB于O點?？梢暈橘|(zhì)點的物體從上面圓弧的某點C由靜止下滑(C點未標出)，物體恰能從O點平拋出去。則(　　) A．∠CO1O＝60° B．∠CO1O＝90° C．落地點距O2的距離為2R D．落地點距O2的距離為2R BC　[要使物體恰能從O點平拋出去，在O點有mg＝m，解得物體從O點平拋出去的最小速度為v＝。設(shè)∠CO1O＝θ，由機械能守恒定律可知，mgR(1－cos θ)＝

7、mv2，解得θ＝90°，故選項A錯誤，B正確；由平拋運動規(guī)律可得，x＝vt,2R＝gt2，解得落地點距O2為2R，選項C正確，D錯誤。] 6.有一條長為2 m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中，當鏈條從靜止開始釋放后鏈條沿斜面向上滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10 m/s2)(　　) A．2.5 m/s B． m/s C． m/s D． m/s B　[鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為 E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin θ－×2mg×＋0＝－mgL

8、(1＋sin θ) 鏈條全部滑出后，動能為 E′k＝×2mv2 重力勢能為E′p＝－2mg 由機械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p 即－mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL 解得v＝＝ m/s， 故B正確，A、C、D錯誤。] 7.如圖所示，將一質(zhì)量為m＝0.1 kg的小球自水平平臺右端O點以初速度v0水平拋出，小球飛離平臺后由A點沿切線方向落入豎直光滑圓軌道ABC，并沿軌道恰好通過最高點C，圓軌道ABC的形狀為半徑R＝2.5 m的圓截去了左上角127°的圓弧，CB為其豎直直徑，(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)求： (1)

9、小球經(jīng)過C點的速度大??； (2)小球運動到軌道最低點B時軌道對小球的支持力的大?。? (3)平臺末端O點到A點的豎直高度H。 [解析]　(1)小球恰好運動到C點時，重力提供向心力 即mg＝m，vC＝＝5 m/s。 (2)從B點到C點，由機械能守恒定律有 mv＋mg·2R＝mv 在B點對小球進行受力分析，由牛頓第二定律有 FN－mg＝m 聯(lián)立解得vB＝5 m/s，F(xiàn)N＝6 N。 (3)從A到B，由機械能守恒定律有 mv＋mgR(1－cos 53°)＝mv 所以vA＝ m/s 在A點進行速度的分解有vy＝vAsin 53° 所以H＝＝3.36 m。 [答案]　(1)5

10、m/s　(2)6 N　(3)3.36 m 8．(2019·龍巖質(zhì)檢)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一根輕質(zhì)彈性橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點，橡皮繩豎直且處于原長，原長為h，現(xiàn)讓圓環(huán)沿桿從靜止開始下滑，滑到桿的底端時速度為零。則在圓環(huán)下滑過程中(整個過程中橡皮繩始終處于彈性限度內(nèi))，下列說法中正確的是(　　) A．圓環(huán)的機械能守恒 B．圓環(huán)的機械能先增大后減小 C．圓環(huán)滑到桿的底端時機械能減少了mgh D．橡皮繩再次恰好恢復原長時，圓環(huán)動能最大 C　[圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環(huán)做功，即環(huán)的重力和橡皮繩的拉力，所

11、以圓環(huán)的機械能不守恒，如果把圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)作為研究對象，則系統(tǒng)的機械能守恒，因為橡皮繩的彈性勢能先不變再增大，所以圓環(huán)的機械能先不變后減小，故A、B錯誤；圓環(huán)滑到桿的底端時動能為零，重力勢能減小了mgh，即圓環(huán)的機械能減少了mgh，故C正確；在圓環(huán)下滑過程中，橡皮繩再次恢復原長時，該過程中圓環(huán)動能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時刻，圓環(huán)加速度為零，圓環(huán)的速度最大，故D錯誤。] 9.(多選)(2019·佛山七校聯(lián)考)如圖所示，長度為l的豎直輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點)，桿的下端用鉸鏈連接于水平地面上的O點。置于同一水平地面上的正方體B恰與A接觸，正方體B的質(zhì)量

12、為M。今有微小擾動，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．A與B剛脫離接觸的瞬間，A、B速率之比為2∶1 B．A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為 C．A落地時速率為 D．A、B質(zhì)量之比為1∶4 ABD　[設(shè)小球速度為vA，正方體速度為vB，分離時刻，小球的水平速度與正方體速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 30°＝m，解得vA＝，vB＝＝，故B正確；A從分離到落地，小球機械能守恒，有mglsin 30°＝mv2－mv，v＝，故C錯誤；在桿

13、從豎直位置開始傾倒到小球與正方體恰好分離的過程中，小球和正方體組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有mgl(1－sin 30°)＝mv＋Mv，把vA和vB的值代入，化簡得m∶M＝1∶4，故D正確。] 10.(2019·泰州一模)如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200 N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m＝4 kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長。用手托住物體B使繩子剛好沒有拉力，然后由靜止釋放。求： (1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力； (2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度

14、； (3)物體A的最大速度的大小。 [解析]　(1)恢復原長時 對B有mg－FT＝ma 對A有FT－mgsin 30°＝ma 解得FT＝30 N。 (2)初態(tài)彈簧壓縮x1＝＝10 cm 當A速度最大時mg＝kx2＋mgsin 30° 彈簧伸長x2＝＝10 cm 所以A沿斜面上升x1＋x2＝20 cm。 (3)因x1＝x2，故彈性勢能改變量ΔEp＝0 由系統(tǒng)機械能守恒 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.如圖所示，半徑為r、質(zhì)量不計的圓盤盤面與地面

15、垂直，圓心處有一個垂直于盤面的光滑水平固定軸O，在盤的右邊緣固定有一個質(zhì)量為m的小球A，在O點正下方離O點處固定一個質(zhì)量也為m的小球B，放開盤讓其自由轉(zhuǎn)動。 (1)當A轉(zhuǎn)動到最低點時，兩小球的重力勢能之和減少了多少？ (2)A球轉(zhuǎn)到最低點時的線速度是多少？ [解析]　(1)以通過固定軸O的水平面為零勢能面，開始時兩球的重力勢能之和為 Ep1＝EpA＋EpB＝0－mgr＝－mgr 當小球A轉(zhuǎn)至最低點時兩小球重力勢能之和為 Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr 故兩球重力勢能之和減少量為 ΔEp減＝Ep1－Ep2＝－mgr－(－mgr)＝mgr。 (2)由于圓盤轉(zhuǎn)動過程中，系統(tǒng)只有動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒，因此系統(tǒng)的重力勢能的減少一定等于兩球動能的增加。設(shè)A球轉(zhuǎn)至最低點時，A、B的線速度分別為vA和vB，則mgr＝mv＋mv。因A、B兩球固定在同一圓盤上，轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，故線速度的關(guān)系為vA＝2vB，解得vA＝。 [答案]　(1)mgr　(2)