2020届高考物理人教版一轮复习限时规范练：机械能守恒定律及其应用(含解析)

1、20202020 届高考物理人教版一轮复习限时规范练机械能守恒定律及其应用一、选择题1 1、如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为 3030的粗糙斜面向 上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块 的加速度大小为 4 4 m/sm/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的B.B. 物块的机械能一定减小C.C. 物块的机械能可能不变D.D. 物块的机械能可能增加也可能减小【答案】A A【解析】机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有 拉力F和摩擦力Ff做功，则机械能的变化取决于F与Ff做功大小关 系。由mgpinpin a+FfF=ma知：FF=mgpinpi

2、n 3030 ma0 0,即FFf，故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增加，A A 项正确。2 2、如图所示，在高 1.51.5 m m 的光滑平台上有一个质量为 2 2 kgkg 的小球被 一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。 当烧断细线 时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成 6060角，则 弹簧被压缩时具有的弹性势能为( (g= 1010 m/sm/s2)()( ) )L5 m*7777777777777777777777777A.1010 J J B B . 1515 J JC.C. 2020 J JD D. 2525 J J【答案】A A1 1【解析】由h

3、= 2 2gt2和Vy=gt得：Vy= 3030 m/sm/s，落地时,tantan 6060 =V，可得：vo=V= 1010 m/sm/s，由机械能守恒得：Ep=mv2,Votantan 60602 2可求得：Ep= 1010 J J，故 A A 正确。3 3、滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员 （可视为质点）由坡道 进入竖直面内的圆弧形滑道AB从滑道的A点滑行到最低点B的过 程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（）（）BA.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变【答案】C C【解析】运动员从A点滑到B点的过程

4、做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故 A A 错误，C C 正确。譲如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零， 即Ff= m mi i n na,a,下滑过程中 a减小，sinsin a变小，故摩擦力Ff变小，故 B B 错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故 D D 错误4 4、如图所示，在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体，以初速度vo被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为（）2 2A.A. q qmv+mgHB.B. q qmv+mgh1 12C. mgH- mgh Dmv+mgh【答案】B B1111 1 1【解析】由机械能守恒，mgh=2

5、2mV q qmv2，到达B点的动能 q qmV1 12止mgh +g gmv, B B 正确。5.5. 如图所示，粗细均匀，两端开口的 U U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长度为 4 4h,后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为 （）【答案】如图所示，当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为管中所有液111111斤体的动能，根据机械能守恒定律有mg尹=q qmV,解得：v= gh6.6. （多选）一光滑、绝缘的半球壳固定在绝缘水平面上，球壳半径为R在球心0处固定一个带正电的点电荷，一个带负电荷的小物块（可视为质点）静止在球壳的顶端A。现小物块

6、受到轻微扰动从右侧下滑，已知物块静止在A点时对球壳的压力大小是物块重力大小的 2 2 倍，P点在球面上，则（）A.A. 物块沿球面运动的过程中机械能增大B.B. 物块沿球面运动的过程中机械能不变C.C. 若物块恰好在 P P 点离开球面，则物块的速度大小为2 3gRD.D. 若物块恰好在 P P 点离开球面，则物块的速度大小为16gR【解C.C. .1 1gh【答案】BCBC【解析】物块沿球面运动的过程中，库仑力和支持力沿球半径方向不 做功，只有重力做功，则物块的机械能不变，选项 A A 错误，B B 正确; 设0P与竖直方向夹角为 0，则当物块将要离开球面时所受球面的支 持力为零，则由牛顿第

7、定律有F库+mgcoscos 0 =m，因物块在最咼点时对球壳的压力大小是物块重力大小的 2 2 倍，可知F库=mg由机1 12 2 j_械能守恒定律得mgRd d coscos 0） = q qmV,联立解得v=3 3 3 3gR选项 C C 正确，D D 错误。7.7.如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为 0.20.2 m m 的轻杆相 连，两球质量相等。开始时两小球静止于光滑的水平面上，现给两小 球一个 2 2 m/sm/s 的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为3030的光滑斜面。不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取 1010 m/sm/s2。在两小球的速度减小为零的过程中，下

8、列判断正确的是 （）A.A. 杆对小球 A A 做负功B.B. 小球 A A 的机械能守恒C.C. 杆对小球 B B 做正功D.D. 小球B速度为零时距水平面的高度为 0.150.15 m m【答案】D D【解析】由题意可知，A、B两球在上升中受重力做功而做减速运动。假设没有杆连接，则A球上升到斜面时，B球还在水平面上运动，即A球在斜面上做减速运动，B球在水平面上做匀速运动，因有杆存在,所以是B球推着A球上升，因此杆对A球做正功，故 A A 错误；因杆对A球做正功，故A球的机械能不守恒，故 B B 错误；由以上分析可知， 杆对B球做负功，故 C C 错误；设小球B速度为零时距水平面的高度为1

9、1h,根据系统机械能守恒，可得：mghmgh+Lsin30sin30 ） u&u&mV,解得：h= 0.150.15 m m，故 D D 正确。8 8（多选）在倾角为 9 的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A B,它们的质量分别为m和m,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡 板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A,使 它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板G在此过程中（）B.拉力的最大值为（m+m）gsinsin 9 +maC.拉力做功的功率一直增大D.弹簧弹性势能先减小后增大【答案】BCDBCD【解析】系统处于静止状态时，弹簧被压缩，设压缩

10、量为X1，由平衡条件得kx1=mgsinsin 9，解得X1=mgSin-。物块B刚要离开挡板C时，弹簧被拉伸，弹簧弹力等于物块B的重力沿斜面方向的分力，设 在物块B刚要离开挡板C时，拉力最大。隔离物块A,分析受力，由 牛顿第二定律，Fmgsinsin 0 kx2=ma,解得拉力F= （m+m）gsinsin 0 +ma,A.A.物块 A A 运动的距离为mgsinsin 9k选项 B B 正确。在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，由于拉 力逐渐增大，物块A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率 公式P=Fv可知，拉力做功的功率一直增大，选项 C C 正确。由于弹簧 原来处于压缩状态，具有弹

11、性势能，在拉力拉物块沿斜面向上运动过 程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，又具有弹性势能，即弹簧弹性势 能先减小后增大，选项 D D 正确。9.9.（多选）如图 所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道 外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图（b b）所示的模型：半径为R的 磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指 向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为 g,g,则（）A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒C.铁球在A点的速度必须大于-一gRD.轨道对铁球的磁性引力至少为 5

12、5mg才能使铁球不脱轨【答案】BDBD【解析】小铁球在运动的过程中受到重力、 轨道的弹力和磁性引力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，弹力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁性引力和弹力都 不能拉伸量为X2,由kx2=mgsinsin解得X2=mgs sinin选项 A A 错误对小铁球做功，只有重力对小铁球做功，所以小铁球的机械能守 恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，小铁球不可能做匀 速圆周运动，故 A A 错误，B B 正确；在A点轨道对小铁球的弹力的方向 向上，小铁球的速度只要大于等于 0 0 即可通过A点，故 C C 错误；由于 小铁球在运动的

13、过程中机械能守恒，所以小铁球在A点的速度越小，则机械能越小，在B点的速度也越小，铁球不脱轨且需要的磁性引力 最小的条件是：小铁球在A点的速度恰好为 0 0,而且到达B点时，轨 道对铁球的弹力恰好等于 0 0，根据机械能守恒定律，小铁球在A点的1 1速度恰好为 0 0,到达B点时的速度满足mg2R=2R= q qmV,轨道对铁球的 弹力恰好等于 0 0,则磁性引力与重力的合力提供向心力，即Fmg=2nR,联立得F= 5 5mg可知要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力 至少为5 5mg故 D D 正确。10.10. 一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入 圆轨道 1 1,再进入圆

14、轨道 2 2。圆轨道 1 1 的半径为R圆轨道 2 2 的半径 是轨道 1 1 的1.81.8 倍，小球的质量为m若小球恰好能通过轨道 2 2 的最 高点B,则小球在轨道 1 1 上经过最高点A处时对轨道的压力为（）A.2 2mgB B . 3 3mgmv【解析】小球恰好能通过轨道 2 2 的最高点B时，有mg=小球2mv在轨道 1 1 上经过最高点A处时，有F+mg=-R_，根据机械能守恒,1 1i i有 1.61.6mgR=q qmv2q qmv2，解得F= 4 4mgC C 项正确。11.11. （多选）如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半 球形碗，碗口直径AB水平，0点为

15、球心，碗的内表面及碗口光滑。 右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小 球m和物块m,且mm。开始时m恰在A点，m在斜面上且距离斜 面顶端足够远，此时连接m、m的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点 在圆心0的正下方。将m由静止释放开始运动，则下列说法正确的是A.在m从A点运动到C点的过程中，m与m组成的系统机械能守恒C.4 4mgD D【答案】C C.5 5mgB.当m运动到C点时,m的速率是m速率的C. m不可能沿碗面上升到B点D.D. m m 沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定【答案】ACDACD【解

16、析】 在m从A点运动到C点的过程中，m与m组成的系统只有重 力做功，系统的机械能守恒，故 A A 正确；设小球m运动到最低点C时m、m的速度大小分别为Vi、V2,则有Vicoscos 4545=V2,则V= 2 2, 故 B B 错误；假设m能上升到B点，由于m升高，m与m组成的系统 机械能会增大，违背机械能守恒定律，所以假设不成立，故C C 正确；m沿光滑斜面上滑过程中，m对斜面的压力的大小和方向都不变，斜 面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒 定，故 D D正确。二、计算题1 1 1 112.12. 如图，在竖直平面内有由 4 4 圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定R

17、轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R BC弧的半径为勺。R一小球在A点正上方与A相距 4 4 处由静止开始自由下落，经A点沿圆 弧轨道运动。(1)(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。【答案】(1)5(1)5(2)(2)能沿轨道运动到C点【解析】(1)(1)设小球的质量为m小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒定律得EM=mg5 5R设小球在B点的动能为 氐，同理有EkB=mg4 4由式得E= 5 5。EkA若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力N应满足 NN 0 0 设小球在C点的速度大小为Vc,由牛顿第二定律和向心加

18、速度公式有2VCN+ mg= mR 由式得，VC应满足mgc諾詈R1 12由机械能守恒定律得m=2 2mvc由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。13.13. 如图所示，钉子A B相距 5 51，处于同一高度。细线的一端系 有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B质量为m的小球固定 在细线上C点，B、C间的线长为 3 31。用手竖直向下拉住小球，使小 球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为 5353。松手后，小球 运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一 切摩擦，重力加速度为g,取 sinsin 5353 = 0.80.8 , coscos 5353 = 0.60.6。求:(1)(1)小球受到手的拉力大小F；物块和小球的质量之比M：m小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。5 5【答案】(1)(1) Mg mg(2)6(2)6 : 5 5皿计或|m載詈Mg【解析