（江蘇專用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)16 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用

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1、 課后限時(shí)集訓(xùn)16機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用建議用時(shí)：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(diǎn)擺動(dòng)；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(diǎn)的固定軸O無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)；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(xì)繩懸掛的小球從圖示位置釋放，小球開始擺動(dòng)，則關(guān)于這幾個(gè)物理過程(空氣阻力忽略不計(jì))，下列判斷中正確的是()甲乙丙丁A甲圖中小球機(jī)械能守恒B乙圖中小球A機(jī)械能守恒C丙圖中小球機(jī)械能守恒D丁圖中小球機(jī)械能守恒A甲圖過程中輕桿對(duì)小球不做功，小球的機(jī)械能守恒，A項(xiàng)正確；乙圖過程

2、中輕桿對(duì)小球A的彈力不沿桿的方向，會(huì)對(duì)小球做功，所以小球A的機(jī)械能不守恒，但兩個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B項(xiàng)錯(cuò)誤；丙圖中小球在繩子繃緊的瞬間有動(dòng)能損失，機(jī)械能不守恒，C項(xiàng)錯(cuò)誤；丁圖中小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但小球的機(jī)械能不守恒，這是因?yàn)閿[動(dòng)過程中小球的軌跡不是圓弧，細(xì)繩會(huì)對(duì)小球做功，D項(xiàng)錯(cuò)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(diǎn)，A球的懸線比B球的長(zhǎng)，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(diǎn)時(shí)(以懸點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn))()AA球的速度等于B球的速度BA球的動(dòng)能大于B球的動(dòng)能CA球的機(jī)械能大于B球的機(jī)械能DA球的機(jī)械能等于B球的機(jī)械能

3、BD初始時(shí)刻，兩球的動(dòng)能和勢(shì)能均為0，運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，兩球的機(jī)械能相等，兩球獲得的動(dòng)能分別等于各自重力勢(shì)能的減少量，即Ekmgl。3(2019上海長(zhǎng)寧區(qū)期末)從地面豎直上拋兩個(gè)質(zhì)量不同、初動(dòng)能相同的小球，不計(jì)空氣阻力，以地面為零勢(shì)能面，當(dāng)兩小球上升到同一高度時(shí)，則()A它們具有的重力勢(shì)能相等B質(zhì)量小的小球動(dòng)能一定小C它們具有的機(jī)械能相等D質(zhì)量大的小球機(jī)械能一定大C在上升到相同高度時(shí)，由于兩小球質(zhì)量不同，由重力勢(shì)能Epmgh可知重力勢(shì)能不同，故A錯(cuò)誤；在小球上升過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有EkEmgh，其中E為兩小球相同的初始動(dòng)能。在上升到相同高度時(shí)，h相

4、同，質(zhì)量小的小球動(dòng)能Ek大，故B錯(cuò)誤；在上升過程中，只有重力做功，兩小球機(jī)械能守恒，由于初動(dòng)能相同，則它們具有的機(jī)械能相等，故C正確，D錯(cuò)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(diǎn)，已知桿與水平面之間的夾角45，當(dāng)小球位于B點(diǎn)時(shí)，彈簧與桿垂直，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)讓小球自C點(diǎn)由靜止釋放，在小球滑到桿底端(此時(shí)小球速度為零)的整個(gè)過程中，關(guān)于小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能，下列說法正確的是()A小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和保持不變B小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和先增大后減小C小球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之

5、和保持不變D小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變B小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個(gè)過程中，機(jī)械能守恒，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零，小球從C點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，所以小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和先增大后減小，A項(xiàng)錯(cuò)，B項(xiàng)對(duì)；小球的重力勢(shì)能不斷減小，所以小球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和不斷增大，C項(xiàng)錯(cuò)；小球的初、末動(dòng)能均為零，所以整個(gè)過程中小球的動(dòng)能先增大后減小，所以小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和先減小后增大，D項(xiàng)錯(cuò)。5.(多選)(2019臨沂2月檢測(cè))如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道AO對(duì)接半徑為2R的光滑圓弧軌道OB于O點(diǎn)。可視為質(zhì)點(diǎn)的物體從上面圓弧的某點(diǎn)C由靜止下滑(C

6、點(diǎn)未標(biāo)出)，物體恰能從O點(diǎn)平拋出去。則()ACO1O60BCO1O90C落地點(diǎn)距O2的距離為2RD落地點(diǎn)距O2的距離為2RBC要使物體恰能從O點(diǎn)平拋出去，在O點(diǎn)有mgm，解得物體從O點(diǎn)平拋出去的最小速度為v。設(shè)CO1O，由機(jī)械能守恒定律可知，mgR(1cos )mv2，解得90，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得，xvt,2Rgt2，解得落地點(diǎn)距O2為2R，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。6.有一條長(zhǎng)為2 m的均勻金屬鏈條，有一半長(zhǎng)度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個(gè)很小的圓弧，斜面傾角為30，另一半長(zhǎng)度豎直下垂在空中，當(dāng)鏈條從靜止開始釋放后鏈條沿斜面向上滑動(dòng)，則鏈條剛好全部滑出斜面時(shí)的速度為(

7、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(shí)鏈條的最高點(diǎn)為零勢(shì)能面，鏈條的機(jī)械能為EEpEk2mgsin 2mg0mgL(1sin )鏈條全部滑出后，動(dòng)能為Ek2mv2重力勢(shì)能為Ep2mg由機(jī)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(cuò)誤。7.如圖所示，將一質(zhì)量為m0.1 kg的小球自水平平臺(tái)右端O點(diǎn)以初速度v0水平拋出，小球飛離平臺(tái)后由A點(diǎn)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(diǎn)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

8、徑，(sin 530.8，cos 530.6，重力加速度g取10 m/s2)求：(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小；(2)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)B時(shí)軌道對(duì)小球的支持力的大小；(3)平臺(tái)末端O點(diǎn)到A點(diǎn)的豎直高度H。解析(1)小球恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，重力提供向心力即mgm，vC5 m/s。(2)從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有mvmg2Rmv在B點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)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(jī)械能守恒定律有mvmgR(1cos 53)mv所以vA m/s在A點(diǎn)進(jìn)行速度的分解有vyvAsin 53所以H3.36 m。答案(1)5 m/s(2)6 N(3)

9、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(gè)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(diǎn)，橡皮繩豎直且處于原長(zhǎng)，原長(zhǎng)為h，現(xiàn)讓圓環(huán)沿桿從靜止開始下滑，滑到桿的底端時(shí)速度為零。則在圓環(huán)下滑過程中(整個(gè)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(jī)械能守恒B圓環(huán)的機(jī)械能先增大后減小C圓環(huán)滑到桿的底端時(shí)機(jī)械能減少了mghD橡皮繩再次恰好恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，圓環(huán)動(dòng)能最大C圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個(gè)力對(duì)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(jī)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(duì)象，則系統(tǒng)的機(jī)械能守

10、恒，因?yàn)橄鹌だK的彈性勢(shì)能先不變?cè)僭龃?，所以圓環(huán)的機(jī)械能先不變后減小，故A、B錯(cuò)誤；圓環(huán)滑到桿的底端時(shí)動(dòng)能為零，重力勢(shì)能減小了mgh，即圓環(huán)的機(jī)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(fù)原長(zhǎng)時(shí)，該過程中圓環(huán)動(dòng)能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時(shí)刻，圓環(huán)加速度為零，圓環(huán)的速度最大，故D錯(cuò)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(gè)質(zhì)量為m的物塊以平行于斜面的初速度v向彈簧運(yùn)動(dòng)。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(diǎn)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(yùn)動(dòng)C物塊從

11、出發(fā)點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，物塊減少的重力勢(shì)能小于增加的彈性勢(shì)能D物塊的動(dòng)能最大時(shí)，物塊的重力勢(shì)能最小AC物塊剛接觸到彈簧時(shí)，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(dāng)彈力等于mgsin 時(shí)加速度為零，速度最大；以后由于彈力大于mgsin ，則加速度變?yōu)橄蛏希壹铀俣戎饾u變大，速度逐漸減小到零；故物塊從接觸彈簧到最低點(diǎn)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(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；物塊從出發(fā)點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，物塊減少的重力勢(shì)能與動(dòng)能之和等于增加的彈性勢(shì)能，選項(xiàng)C正確；當(dāng)彈力等于mgsin 時(shí)加速度為零，速度最大，而后物塊還將向下運(yùn)動(dòng)，可知此時(shí)重力勢(shì)

12、能不是最小的，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10(2019揚(yáng)州市第一中學(xué)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(xì)線跨過小滑輪連接小球和物塊，細(xì)線與斜面平行，物塊質(zhì)量為m，小球質(zhì)量M3m，對(duì)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(diǎn)。撤去力F后，小球由靜止下滑。重力加速度為g，sin 0.64，不計(jì)一切摩擦。求：(1)力F的大小；(2)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)，速度大小v以及管壁對(duì)它彈力的大小N；(3)在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，細(xì)線對(duì)物塊做的功W。解析(1)對(duì)小球：細(xì)線上的拉力T3mg對(duì)物塊：mgsin FT解得：F2.36mg。(2)小球在C點(diǎn)

13、時(shí)速度與物塊速度大小相等。 對(duì)小球和物塊組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律：3mgRmgRsin (3mm)v2解得：v在C點(diǎn)：對(duì)小球，由牛頓第二定律N3mg3m解得：N6mg。(3)在小球從 A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 C 點(diǎn)過程中，對(duì)物塊，由動(dòng)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(gè)端點(diǎn)P、Q均與圓心O等高，小球A、B之間用長(zhǎng)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(jì)。甲 乙(1)求當(dāng)兩小球靜止在軌道上時(shí)，輕桿對(duì)小球A的作用

14、力大小F1；(2)將兩小球從圖乙所示位置(此時(shí)小球A位于軌道端點(diǎn)P處，與圓心O等高)無初速釋放。求：從開始至小球B達(dá)到最大速度的過程中，輕桿對(duì)小球B所做的功W；小球A返回至軌道端點(diǎn)P處時(shí)，輕桿對(duì)它的作用力大小F2。解析(1)選擇A為研究對(duì)象，A的受力如圖所示。由共點(diǎn)力的平衡條件：F1mgtan 30mg。 (2)以兩球和桿為研究對(duì)象，當(dāng)桿下降至水平時(shí)，兩球的速度最大且相等，在這個(gè)過程，由動(dòng)能定理可得：mgRsin 602mv2 對(duì)B球由動(dòng)能定理可得：Wmv2聯(lián)立以上方程解得：WmgR輕桿對(duì)小球B所做的功為mgR。小球A再次回到P點(diǎn)時(shí)，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 30maA設(shè)小球B切向的加速度為aB，由牛頓第二定律有：mgsin 30F2cos 30maB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