2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 機(jī)械能守恒定律練習(xí)（含解析）

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1、第2節(jié)機(jī)械能守恒定律1.(2019安徽宣城檢測(cè))如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m的物體(視為質(zhì)點(diǎn))以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為30的固定斜面.其運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g,物體在斜面上上升的最大高度為h,則這個(gè)過(guò)程中物體(C)A.重力做功為mghB.重力勢(shì)能增加了mghC.重力勢(shì)能增加了mghD.動(dòng)能損失了mgh解析:物體上升的最大高度為h,重力做功為-mgh,則重力勢(shì)能增加mgh,故A,B錯(cuò)誤,C正確;合力大小為F合=ma=mg,根據(jù)動(dòng)能定理得,動(dòng)能減少量等于克服合力做的功F合2h=mgh,故D錯(cuò)誤.2.(2019江西吉安模擬)(多選)一小球自由下落,與地面發(fā)生碰撞,原速率反彈,若從釋放小球開(kāi)始計(jì)時(shí),不計(jì)小球

2、與地面發(fā)生碰撞的時(shí)間及空氣阻力.則下圖中能正確描述小球位移x、速度v、動(dòng)能Ek、機(jī)械能E與時(shí)間t關(guān)系的是(BD)解析:小球自由下落,做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng);與地面發(fā)生碰撞,原速率反彈,做豎直上拋運(yùn)動(dòng),若豎直向上方向?yàn)檎?與地面碰撞前、后速度隨時(shí)間均勻變化.vt圖線(xiàn)為直線(xiàn),而位移與時(shí)間則為二次函數(shù)關(guān)系,xt圖線(xiàn)為曲線(xiàn),B正確,A錯(cuò)誤;小球下落時(shí),速度與時(shí)間成正比,動(dòng)能與時(shí)間的二次方成正比,Ekt圖線(xiàn)為曲線(xiàn),C錯(cuò)誤;機(jī)械能保持不變,機(jī)械能不隨時(shí)間變化,Et圖線(xiàn)為平行于t軸的直線(xiàn),D正確.3.(2019廣東深圳第二次調(diào)研)如圖,固定在水平地面上足夠長(zhǎng)的斜面體,下端固定有擋板,用外力將輕質(zhì)彈簧壓縮在

3、小木塊和擋板之間,彈簧的彈性勢(shì)能為100 J.撤去外力,木塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng),離開(kāi)彈簧后,沿斜面向上滑到某一位置后,不再滑下,則(B)A.木塊重力勢(shì)能的增加量為100 JB.木塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,斜面體的支持力對(duì)木塊不做功C.木塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng),機(jī)械能守恒D.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),小木塊的速度最大解析:由于小木塊沿斜面向上,滑到某一位置后不再滑下,說(shuō)明木塊和斜面體有摩擦,木塊重力勢(shì)能增加量小于100 J,且木塊、斜面體和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,A,C錯(cuò)誤;木塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,受到的支持力與其位移方向垂直,支持力做功為零,B正確;小木塊速度最大時(shí)所受合力為零,即彈簧必有沿斜面向上的彈力,彈簧處于壓縮狀態(tài),D錯(cuò)誤.

4、4.如圖所示,一輕質(zhì)彈簧下端固定,直立于水平地面上,將質(zhì)量為m的物體A從離彈簧頂端正上方h高處由靜止釋放,當(dāng)物體A下降到最低點(diǎn)P時(shí),其速度變?yōu)榱?此時(shí)彈簧的壓縮量為x0;若將質(zhì)量為2m的物體B從離彈簧頂端正上方h高處由靜止釋放,當(dāng)物體B也下降到P處時(shí),其速度為(D)A. B.C.D.解析:物體與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒.物體從釋放到下降到P處,對(duì)質(zhì)量為m的物體A有mg(h+x0)=Ep彈,對(duì)質(zhì)量為2m的物體B有2mg(h+x0)=Ep彈+2mv2,聯(lián)立解得v=,D正確.5.(2018福建南平期末)如圖所示,a,b兩物塊質(zhì)量分別為m和2m,用輕繩相連接,懸掛在定滑輪的兩側(cè),不計(jì)滑輪質(zhì)量和一切摩擦

5、.開(kāi)始時(shí),a,b兩物塊距離地面高度相同,用手托住物塊b,然后突然由靜止釋放,在b下落h的過(guò)程中(a未與滑輪相碰,b尚未落地),下列說(shuō)法正確的是(D)A.物塊a重力勢(shì)能增加了2mghB.物塊b機(jī)械能減少了2mghC.物塊a向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gD.在物塊a和b組成的系統(tǒng)中,系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量解析:在b下落h的過(guò)程中,a上升h,則物塊a重力勢(shì)能增加了mgh,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;物塊b重力勢(shì)能減少了2mgh,機(jī)械能減少量小于2mgh,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;物塊a向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=g,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;在物塊a和b組成的系統(tǒng)中,只有重力做功,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,則系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量等于系統(tǒng)動(dòng)能

6、的增加量,選項(xiàng)D正確.6.(2018福建三明期末)(多選)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端,彈簧的另一端固定于O點(diǎn),現(xiàn)將小球拉至A處,彈簧恰好處于原長(zhǎng),在A處由靜止釋放小球,它運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)的過(guò)程中,下列結(jié)論正確的是(BCD)A.小球機(jī)械能守恒B.小球重力勢(shì)能減小C.彈簧彈性勢(shì)能增大D.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析:小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,除重力做功外還有彈簧的彈力做功,則小球的機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球高度降低,重力勢(shì)能減小,選項(xiàng)B正確;彈簧被拉長(zhǎng),則彈簧彈性勢(shì)能增大,選項(xiàng)C正確;小球和彈簧組成的系統(tǒng)由于只有重力和彈力做功,則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,選項(xiàng)D正確.7.(2019

7、湖南師大附中月考)如圖所示,半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平軌道相切,質(zhì)量均為m的小球A,B用輕桿連接,置于圓軌道上,A位于圓心O的正下方,B與O點(diǎn)等高.某時(shí)刻將它們由靜止釋放,最終在水平面上運(yùn)動(dòng).下列說(shuō)法正確的是(D)A.下滑過(guò)程中重力對(duì)B做功的功率一直增大B.當(dāng)B滑到圓軌道最低點(diǎn)時(shí),軌道對(duì)B的支持力大小為3mgC.下滑過(guò)程中B的機(jī)械能增加D.整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)A做的功為mgR解析:剛下滑時(shí),B的速度為0,后來(lái)獲得速度,重力的功率變大,但到最低點(diǎn)速度水平,重力的功率為0,所以重力對(duì)B做功的功率先增大后減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;整個(gè)過(guò)程中,A,B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,最后兩者的速度大小相等,應(yīng)用機(jī)械能

8、守恒定律,有mgR=2mv2,得v=,重力與支持力的合力提供向心力FN-mg=,解得FN=2mg,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;下滑過(guò)程中,B的重力勢(shì)能減小Ep=mgR,動(dòng)能增加Ek=mv2=mgR,機(jī)械能減小mgR,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;整個(gè)過(guò)程中重力對(duì)A不做功,A物體動(dòng)能的增量等于輕桿對(duì)A做的功W=mv2=mgR,故選項(xiàng)D正確.8.(2019寧夏石嘴山三中月考)如圖所示,P是水平面上的圓弧軌道,從高臺(tái)邊B點(diǎn)以速度v0水平飛出質(zhì)量為m的小球,恰能從固定在某位置的圓弧軌道的左端A點(diǎn)沿圓弧切線(xiàn)方向進(jìn)入.O是圓弧的圓心,是OA與豎直方向的夾角.已知:m=0.5 kg,v0=3 m/s,=53,圓弧軌道半徑R=0.5 m,

9、g=10 m/s2,不計(jì)空氣阻力和所有摩擦,求:(1)A,B兩點(diǎn)的高度差;(2)小球能否到達(dá)最高點(diǎn)C?如能到達(dá),小球?qū)點(diǎn)的壓力大小為多少?解析:(1)小球從B到A做平拋運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系可知,小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí),速度與水平方向的夾角為,則小球到達(dá)A點(diǎn)的速度為vA=5 m/s,對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律得mgh=m-m,解得A,B兩點(diǎn)的高度差h=0.8 m.(2)假設(shè)小球能到達(dá)C點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得m+mgR(1+cos )=m,代入數(shù)據(jù)解得vC=3 m/s,小球通過(guò)C點(diǎn)的最小速度為v,則mg=m,即v= m/s,因?yàn)関Cv,所以小球能到達(dá)最高點(diǎn)C.在C點(diǎn),由牛頓第二定律得mg+FN=m,

10、代入數(shù)據(jù)解得FN=4 N,由牛頓第三定律知,小球?qū)點(diǎn)的壓力大小為4 N.答案:見(jiàn)解析9.(2019山東濰坊模擬)(多選)如圖所示,將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán),環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上A點(diǎn),光滑定滑輪與直桿的距離為d.A點(diǎn)與定滑輪等高,B點(diǎn)在距A點(diǎn)正下方d處.現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放,不計(jì)一切摩擦阻力,下列說(shuō)法正確的是(BC)A.環(huán)到達(dá)B處時(shí),重物上升的高度h=dB.環(huán)從A到B,環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能C.環(huán)從A點(diǎn)能下降的最大高度為dD.當(dāng)環(huán)到達(dá)B處時(shí),環(huán)與重物的速度大小相等解析:根據(jù)幾何關(guān)系有,環(huán)從A下滑至B點(diǎn)時(shí),重物上升的高度h=d-d,選項(xiàng)

11、A錯(cuò)誤;環(huán)下滑過(guò)程中只有重力和繩的彈力做功,彈力對(duì)A,B做功代數(shù)和為零,故系統(tǒng)機(jī)械能守恒,即環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能,選項(xiàng)B正確;設(shè)環(huán)下滑到最大高度為H時(shí)環(huán)和重物的速度均為0,此時(shí)重物上升的最大高度為-d,根據(jù)機(jī)械能守恒有mgH=2mg(-d),解得H=d,選項(xiàng)C正確;當(dāng)環(huán)到達(dá)B處時(shí),環(huán)沿繩方向的分速度與重物速度大小相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.10.(多選)如圖所示在一個(gè)固定的十字架上(橫豎兩桿連結(jié)點(diǎn)為O點(diǎn)),小球A套在豎直桿上,小球B套在水平桿上,A,B通過(guò)轉(zhuǎn)軸用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性輕桿連接,并豎直靜止.由于微小擾動(dòng),B從O點(diǎn)開(kāi)始由靜止沿水平桿向右運(yùn)動(dòng).A,B的質(zhì)量均為m,不計(jì)一切摩擦,小球A,B

12、視為質(zhì)點(diǎn).在A下滑到O點(diǎn)的過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是(BC)A.在A下滑到O點(diǎn)之前輕桿對(duì)B一直做正功B.小球A的機(jī)械能先減小后增大C.A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度為D.B的速度最大時(shí),B對(duì)水平桿的壓力大小為2mg解析:依題意知,當(dāng)A到達(dá)O點(diǎn)時(shí),B的速度為零,B的速度在整個(gè)過(guò)程中,先增大后減小,動(dòng)能先增大后減小,所以輕桿對(duì)B先做正功,后做負(fù)功; A,B組成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,因B的機(jī)械能先增大后減小,所以小球A的機(jī)械能先減小后增大; 根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得mgL=m,解得vA=;由B的受力情況可知,B速度最大時(shí)桿對(duì)B的作用力為零,即B對(duì)桿壓力為零.11.(2019山東濟(jì)南實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)

13、將一根長(zhǎng)為L(zhǎng)=4+3(m)的光滑細(xì)鋼絲ABCDE制成如圖所示的形狀,并固定在豎直平面內(nèi),其中AD段豎直,DE段為圓弧,圓心為O,E為圓弧最高點(diǎn),C與E,D與O分別等高,=.將質(zhì)量為m的小珠套在鋼絲上由靜止釋放,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g.(1)小珠由B點(diǎn)釋放,從E點(diǎn)滑出后恰好撞到D點(diǎn),求圓弧的半徑R;(2)欲使小珠到達(dá)E點(diǎn)與鋼絲間的彈力超過(guò)mg,求釋放小珠的位置范圍.解析:(1)由題意得+R+2R=L,小珠由B點(diǎn)釋放,到達(dá)E點(diǎn)滿(mǎn)足機(jī)械能守恒定律,有mg=m,從E點(diǎn)滑出后恰好撞到D點(diǎn),則R=vEt,R=gt2,而=,由以上各式解得R=2 m.(2)小珠到達(dá)E點(diǎn),小珠與鋼絲的彈力等于,有兩種情況

14、,速度較小時(shí),鋼絲彈力豎直向上,有mg-mg=m,假設(shè)從釋放點(diǎn)到E點(diǎn)高度為h1,由機(jī)械能守恒定律,得mgh1=m,聯(lián)立解得h1=0.75 m.速度較大時(shí),鋼絲彈力豎直向下,有mg+mg=m,假設(shè)從釋放點(diǎn)到E點(diǎn)高度為h2,由機(jī)械能守恒定律得mgh2=m,聯(lián)立解得h2=1.25 m,即小珠從C點(diǎn)上方低于0.75 m處滑下或高于1.25 m處滑下時(shí),小珠到達(dá)E點(diǎn)與鋼絲間的彈力超過(guò).答案:(1)2 m(2)C點(diǎn)上方低于0.75 m處或高于1.25 m處12.半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放置,環(huán)上套有兩個(gè)質(zhì)量分別為m和m的小球A和B.A,B之間用一長(zhǎng)為R的輕桿相連,如圖所示,開(kāi)始時(shí),A,B都靜止,且A在圓環(huán)的

15、最高點(diǎn),現(xiàn)將A,B釋放,試求:(1)B球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小;(2)B球到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,桿對(duì)A球做的功;(3)B球在圓環(huán)右側(cè)區(qū)域內(nèi)能達(dá)到的最高點(diǎn)位置.解析:(1)釋放后B到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中A,B和桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,mAgR+mBgR=mA+mB,又OAOB,AB桿長(zhǎng)為R,故OA,OB與桿間夾角均為45,可得vA=vB,解得vB=.(2)對(duì)小球A應(yīng)用動(dòng)能定理可得,W桿A+mAgR=mA,又vA=vB,解得桿對(duì)A球做功W桿A=0.(3)設(shè)B球到達(dá)右側(cè)最高點(diǎn)時(shí),OB與豎直方向之間的夾角為,取圓環(huán)的圓心O為零勢(shì)面,由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mAgR=mBgRcos -mAgRsin ,代入數(shù)據(jù)可得=30,所以B球在圓環(huán)右側(cè)區(qū)域內(nèi)達(dá)到最高點(diǎn)時(shí),高于圓心O的高度hB=Rcos =R.答案:(1)(2)0(3)高于O點(diǎn)R處- 8 -