（江苏专用）2021版高考物理一轮复习 课后限时集训16 机械能守恒定律及其应用

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1、 课后限时集训16 机械能守恒定律及其应用 建议用时：45分钟 1．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 丙　　　　　　　丁 A．甲图中小球机械能守恒 B．乙图中小球A机械能守恒 C．丙图中小球机械能守

2、恒 D．丁图中小球机械能守恒 A　[甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A项正确；乙图过程中轻杆对小球A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D项错误。] 2．(多选)如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经过最低点时(以悬点为零势能点)(　

3、　) A．A球的速度等于B球的速度 B．A球的动能大于B球的动能 C．A球的机械能大于B球的机械能 D．A球的机械能等于B球的机械能 BD　[初始时刻，两球的动能和势能均为0，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点时，两球的机械能相等，两球获得的动能分别等于各自重力势能的减少量，即Ek＝mgl。] 3．(2019·上海长宁区期末)从地面竖直上抛两个质量不同、初动能相同的小球，不计空气阻力，以地面为零势能面，当两小球上升到同一高度时，则(　　) A．它们具有的重力势能相等 B．质量小的小球动能一定小 C．它们具有的机械能相等 D．质量大的小球机械能一定大 C

4、　[在上升到相同高度时，由于两小球质量不同，由重力势能Ep＝mgh可知重力势能不同，故A错误；在小球上升过程中，根据机械能守恒定律，有Ek＝E－mgh，其中E为两小球相同的初始动能。在上升到相同高度时，h相同，质量小的小球动能Ek大，故B错误；在上升过程中，只有重力做功，两小球机械能守恒，由于初动能相同，则它们具有的机械能相等，故C正确，D错误。] 4.(2019·昆明、玉溪统考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止

5、释放，在小球滑到杆底端(此时小球速度为零)的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是(　　) A．小球的动能与重力势能之和保持不变 B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小 C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变 D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B　[小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零

6、，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。] 5.(多选)(2019·临沂2月检测)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道AO对接半径为2R的光滑圆弧轨道OB于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出)，物体恰能从O点平抛出去。则(　　) A．∠CO1O＝60° B．∠CO1O＝90° C．落地点距O2的距离为2R D．落地点距O2的距离为2R BC　[要使物体恰能从O点平抛出去，在O点有mg＝m，解得物体从O点平抛出去的最小速度为v＝。设∠CO1O＝θ，由机械能守恒定律可知，mgR(1－cos θ)＝m

7、v2，解得θ＝90°，故选项A错误，B正确；由平抛运动规律可得，x＝vt,2R＝gt2，解得落地点距O2为2R，选项C正确，D错误。] 6.有一条长为2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)(　　) A．2.5 m/s B． m/s C. m/s D． m/s B　[链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为 E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin θ－×2mg×＋0＝－mg

8、L(1＋sin θ) 链条全部滑出后，动能为 E′k＝×2mv2 重力势能为E′p＝－2mg 由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p 即－mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL 解得v＝＝ m/s， 故B正确，A、C、D错误。] 7.如图所示，将一质量为m＝0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线方向落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)求： (1

9、)小球经过C点的速度大小； (2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力的大小； (3)平台末端O点到A点的竖直高度H。 [解析]　(1)小球恰好运动到C点时，重力提供向心力 即mg＝m，vC＝＝5 m/s。 (2)从B点到C点，由机械能守恒定律有 mv＋mg·2R＝mv 在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m 联立解得vB＝5 m/s，FN＝6 N。 (3)从A到B，由机械能守恒定律有 mv＋mgR(1－cos 53°)＝mv 所以vA＝ m/s 在A点进行速度的分解有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·龙岩质检)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长，原长为h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是(　　) A．圆环的机械能守恒 B．圆环的机械能先增大后减小 C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mgh D．橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大 C　[圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，

11、所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环滑到杆的底端时动能为零，重力势能减小了mgh，即圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次恢复原长时，该过程中圆环动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环加速度为零，圆环的速度最大，故D错误。] 9.(多选)(2019·江苏无锡一模)如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行于斜面的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是(　　)

12、 A．物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大 B．物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动 C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于增加的弹性势能 D．物块的动能最大时，物块的重力势能最小 AC　[物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量mgsin θ，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减小；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsin θ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，选项A正确，B错误；物块从出发点到最低点过程中，物块减

13、少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项C正确；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运动，可知此时重力势能不是最小的，选项D错误。] 10．(2019·扬州市第一中学高三期末)如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点。撤去力F后，小球由静止下滑。重力加速度为g，sin θ＝≈0.64，不计一切摩擦。求： (1)力F的大小； (2)小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它

14、弹力的大小N； (3)在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W。 [解析]　(1)对小球：细线上的拉力T＝3mg 对物块：mgsin θ＋F＝T 解得：F＝2.36mg。 (2)小球在C点时速度与物块速度大小相等。 对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律： 3mgR－mgπRsin θ＝(3m＋m)v2 解得：v＝ 在C点：对小球，由牛顿第二定律N－3mg＝3m 解得：N＝6mg。 (3)在小球从 A 点运动到 C 点过程中，对物块，由动能定理：W－mgπRsin θ＝mv2－0 解得：W＝mgR。 [答案]　(1)2.36mg　(2)6mg　(3)mgR

15、 11．(2019·江苏南京师大附中高考模拟)如图甲所示，半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，它的两个端点P、Q均与圆心O等高，小球A、B之间用长为R的轻杆连接，置于轨道上且A、B等高。已知小球A、B质量均为m，大小不计。 甲　　　 　　乙 (1)求当两小球静止在轨道上时，轻杆对小球A的作用力大小F1； (2)将两小球从图乙所示位置(此时小球A位于轨道端点P处，与圆心O等高)无初速释放。求： ①从开始至小球B达到最大速度的过程中，轻杆对小球B所做的功W； ②小球A返回至轨道端点P处时，轻杆对它的作用力大小F2。 [解析]　(1)选择A为研究对象，A的受力如图所示。

16、 由共点力的平衡条件：F1＝mgtan 30°＝mg。 (2)①以两球和杆为研究对象，当杆下降至水平时，两球的速度最大且相等，在这个过程，由动能定理可得： mgRsin 60°＝2×mv2 对B球由动能定理可得：W＝mv2 联立以上方程解得：W＝mgR 轻杆对小球B所做的功为mgR。 ②小球A再次回到P点时，两球的受力如图所示： 设小球A切向的加速度为aA，由牛顿第二定律有： mg－F2cos 30°＝maA 设小球B切向的加速度为aB，由牛顿第二定律有： mgsin 30°＋F2cos 30°＝maB 两球的加速度相等，即aA＝aB 联立以上方程解得：F2＝mg。 [答案]　(1)mg　(2)①mgR　②mg 8