（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓16 機械能守恒定律及其應(yīng)用

課后限時集訓16機械能守恒定律及其應(yīng)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)()AA球的速度等于B球的速度BA球的動能大于B球的動能CA球的機械能大于B球的機械能DA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Ekmgl。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Epmgh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EkEmgh，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<45°，當小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長。現(xiàn)讓小球自C點由靜止釋放，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。可視為質(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()ACO1O60°BCO1O90°C落地點距O2的距離為2RD落地點距O2的距離為2RBC要使物體恰能從O點平拋出去，在O點有mgm，解得物體從O點平拋出去的最小速度為v。設(shè)CO1O，由機械能守恒定律可知，mgR(1cos )mv2，解得90°，故選項A錯誤，B正確；由平拋運動規(guī)律可得，xvt,2Rgt2，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)()A2.5 m/s B m/sC. m/s D m/sB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EEpEk×2mg×sin ×2mg×0mgL(1sin )鏈條全部滑出后，動能為Ek×2mv2重力勢能為Ep2mg由機械能守恒定律可得EEkEp即mgL(1sin )mv2mgL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m0.1 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R2.5 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)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mgm，vC5 m/s。(2)從B點到C點，由機械能守恒定律有mvmg·2Rmv在B點對小球進行受力分析，由牛頓第二定律有FNmgm聯(lián)立解得vB5 m/s，F(xiàn)N6 N。(3)從A到B，由機械能守恒定律有mvmgR(1cos 53°)mv所以vA m/s在A點進行速度的分解有vyvAsin 53°所以H3.36 m。答案(1)5 m/s(2)6 N(3)3.36 m8(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mghD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·江蘇無錫一模)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的下端固定在光滑斜面的底部，一個質(zhì)量為m的物塊以平行于斜面的初速度v向彈簧運動。已知彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)，則下列判斷正確的是()A物塊從接觸彈簧到最低點的過程中，加速度大小先變小后變大B物塊碰到彈簧后立刻開始做減速運動C物塊從出發(fā)點到最低點過程中，物塊減少的重力勢能小于增加的彈性勢能D物塊的動能最大時，物塊的重力勢能最小AC物塊剛接觸到彈簧時，彈力小于重力沿斜面的分量mgsin ，則加速度向下，并且隨彈力的增加加速度逐漸減??；當彈力等于mgsin 時加速度為零，速度最大；以后由于彈力大于mgsin ，則加速度變?yōu)橄蛏?，且加速度逐漸變大，速度逐漸減小到零；故物塊從接觸彈簧到最低點的過程中，加速度大小先變小后變大，速度先增大后減小，選項A正確，B錯誤；物塊從出發(fā)點到最低點過程中，物塊減少的重力勢能與動能之和等于增加的彈性勢能，選項C正確；當彈力等于mgsin 時加速度為零，速度最大，而后物塊還將向下運動，可知此時重力勢能不是最小的，選項D錯誤。10(2019·揚州市第一中學高三期末)如圖所示，半徑為R的半圓形管道ACB固定在豎直平面內(nèi)，傾角為的斜面固定在水平面上，細線跨過小滑輪連接小球和物塊，細線與斜面平行，物塊質(zhì)量為m，小球質(zhì)量M3m，對物塊施加沿斜面向下的力F使其靜止在斜面底端，小球恰在A點。撤去力F后，小球由靜止下滑。重力加速度為g，sin 0.64，不計一切摩擦。求：(1)力F的大小；(2)小球運動到最低點C時，速度大小v以及管壁對它彈力的大小N；(3)在小球從A點運動到C點過程中，細線對物塊做的功W。解析(1)對小球：細線上的拉力T3mg對物塊：mgsin FT解得：F2.36mg。(2)小球在C點時速度與物塊速度大小相等。 對小球和物塊組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律：3mgRmgRsin (3mm)v2解得：v在C點：對小球，由牛頓第二定律N3mg3m解得：N6mg。(3)在小球從 A 點運動到 C 點過程中，對物塊，由動能定理：WmgRsin mv20解得：WmgR。答案(1)2.36mg(2)6mg(3)mgR11(2019·江蘇南京師大附中高考模擬)如圖甲所示，半徑為R的半圓形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，它的兩個端點P、Q均與圓心O等高，小球A、B之間用長為R的輕桿連接，置于軌道上且A、B等高。已知小球A、B質(zhì)量均為m，大小不計。甲 乙(1)求當兩小球靜止在軌道上時，輕桿對小球A的作用力大小F1；(2)將兩小球從圖乙所示位置(此時小球A位于軌道端點P處，與圓心O等高)無初速釋放。求：從開始至小球B達到最大速度的過程中，輕桿對小球B所做的功W；小球A返回至軌道端點P處時，輕桿對它的作用力大小F2。解析(1)選擇A為研究對象，A的受力如圖所示。由共點力的平衡條件：F1mgtan 30°mg。 (2)以兩球和桿為研究對象，當桿下降至水平時，兩球的速度最大且相等，在這個過程，由動能定理可得：mgRsin 60°2×mv2 對B球由動能定理可得：Wmv2聯(lián)立以上方程解得：WmgR輕桿對小球B所做的功為mgR。小球A再次回到P點時，兩球的受力如圖所示：設(shè)小球A切向的加速度為aA，由牛頓第二定律有：mgF2cos 30°maA設(shè)小球B切向的加速度為aB，由牛頓第二定律有：mgsin 30°F2cos 30°maB兩球的加速度相等，即aAaB聯(lián)立以上方程解得：F2mg。答案(1)mg(2)mgRmg8