高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第16讲机械能守恒定律及其应用练习(含解析)

PAGEPAGE8第16讲机械能守恒定律及其应用[解密考纲]理解机械能守恒定律运用的条件，会应用机械能守恒定律求解力学综合问题．1．(2019·聊城一中高三阶段性检测)(多选)质量为m的物体在竖直方向的拉力作用下，以大小为0.8g的加速度减速上升h的过程中，下列判断正确的是(重力加速度大小为g)()A．重力势能增加了0.8mghB．物体克服重力做功mghC．动能减少了0.8mghD．机械能增加了0.2mghBCD解析物体上升h，则重力势能增加了mgh，物体克服重力做功mgh，选项A错误，B正确；根据动能定理可知，动能减小量为ΔEk＝mah＝0.8mgh，选项C正确；物体减速上升，加速度向下，则mg－F＝ma，解得F＝0.2mg，因F做正功为WF＝Fh＝0.2mgh，可知机械能增加了0.2mgh，选项D正确．2．(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的()A．2倍B．4倍C．6倍D．8倍A解析设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ＝eq\f(y,x)，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，eq\f(1,2)mv2＋mgy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，联立解得v1＝eq\r(1＋tan2θ)·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比．同理可得，v2＝eq\r(1＋tan2θ)·eq\f(v,2)，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确．3．(2019·内蒙古杭锦后旗奋斗中学高三调研)(多选)如图所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中()A．重物的机械能减少 B．系统的机械能不变C．系统的机械能增加 D．系统的机械能减少AB解析重物自由摆下的过程中，弹簧拉力对重物做负功，重物的机械能减少，选项A正确；对系统而言，除重力，弹力外，无其他外力做功，故系统的机械能守恒，选项B正确，C、D错误．4．(2019·邢台高三月考)(多选)把质量为0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球向下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(如图丙所示)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(如图乙所示)．已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，g＝10m/s2.则下列说法正确的是()A．小球在A位置时弹簧的弹性势能等于小球在C位置的重力势能B．小球到达B位置时，速度达到最大值2m/sC．小球到达B位置时，小球机械能最大D．若将弹簧上端与小球焊接在一起，小球将不能到达B、C的中点CD解析小球从A到C的过程中，系统减少的弹性势能转化为重力势能，所以弹性势能的变化量等于重力势能的变化量，故选项A错误；当小球受到的合力为零时，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，故选项B错误；从A到B的过程弹簧对小球做正功，所以小球的机械能增加，当弹簧恢复原长时机械能达到最大，故选项C正确；根据题意，若将弹簧上端与小球焊接在一起，B、C中点处的弹性势能与A处的弹性势能相等，根据能量守恒，从A向上运动到最高点的过程中重力势能增加，所以弹性势能必定要减小，即运动不到B、C点的中点，故选项D正确．5．(2019·牡丹江第一高级中学高三月考)(多选)如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块()A．速度的变化大小相同 B．动能的变化相同C．重力势能的变化相同 D．重力的平均功率相同AD解析刚开始A、B处于静止状态，所以有mBgsinθ＝mAg，则mB＞mA，剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都只有重力做功，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mgh，得v＝eq\r(2gh)，速度的变化量Δv＝v－0＝v，可知两个物体落地速度大小相等，速度的变化大小相同，动能的变化不相同，故选项A正确，B错误；下落的高度相同，故重力做功WA＝mAgh，WB＝mBgh，由于质量不同，故重力做功不同，重力势能的变化不同，故选项C错误；初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态．当剪断后，A的合力为mAg，加速度为g，B的合力为mBgsinθ，根据牛顿第二定律可知B的加速度为gsinθ，对A，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)，得tA＝eq\r(\f(2h,g))，对B，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,B)，则得tB＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，A重力做功的平均功率为PA＝eq\f(mAgh,tA)＝mAgheq\r(\f(g,2h))；B重力做功的平均功率为PB＝eq\f(mBgh,tB)＝mAgh·eq\r(\f(g,2h))，所以重力做功的平均功率相等，故选项D正确．6．(多选)如图所示，不可伸长的柔软细线跨过光滑定滑轮，线两端分别系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质量为M，用手托住，离地面高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为H(低于滑轮的高度)，下列说法正确的是()A．经过时间t＝eq\r(\f(M＋mh,M－mg))，两球到达同一高度B．两球质量之比eq\f(M,m)越大，a上升的最大高度越高C．两球质量之比eq\f(M,m)满足一定数值，a上升的最大高度可以达到2hD．无论两球质量eq\f(M,m)之比多大，a上升的最大高度不可能达到2hABD解析设运动过程中，线上的拉力为T，则Mg－T＝Ma，T－mg＝ma，得a＝eq\f(M－m,M＋m)g，从开始运动到二者位于同一高度，b下落eq\f(h,2)，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(M＋mh,M－mg))，选项A正确．在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两物体速度大小相等，根据机械能守恒定律可知Mgh－mgh＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，上升过程中机械能守恒，eq\f(1,2)mv2＝mgΔh得Δh＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(M－m,M＋m)h，所以a可能达到的最大高度为H＝h＋eq\f(M－m,M＋m)h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,\f(M,m)＋1)))h，可以看出，只有eq\f(M,m)>1，两球才会运动，在此前提下，无论eq\f(M,m)是多少，都满足h<H<2h，且eq\f(M,m)越大，H越大，选项B、D正确，C错误．7．(2019·北京第十九中学高三月考)(多选)如图所示，光滑平直轨道MO和ON底端平滑对接，将它们固定在同一竖直平面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为α和β，且α>β，它们的上端M和N位于同一水平面内，现将可视为质点的一小滑块从M端由静止释放，若小滑块经过两轨道的底端连接处的时间可忽略不计且无机械能损失，小滑块沿轨道可运动到N端，以a、E分别表示小滑块沿轨道运动的加速度大小和机械能，t表示时间，下列各图是小滑块由M端释放到第一次到达N端的运动过程中的a­t图象和E­t图象，其中可能正确的是()AD解析物块在MO上滑动时的加速度为a1＝gsinα；在NO上滑动时的加速度为a2＝gsinβ，因α>β可知a1>a2，选项A正确，B错误；滑块在斜面上滑动的过程中只有重力做功，机械能守恒，则E­t图线是平行于t轴的直线，选项C错误，D正确．8．(2019·聊城一中高三阶段性检测)(多选)滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，且v1大于v2.若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则()A．上升时机械能减小，下降时机械能增大B．上升时物体克服重力做功的平均功率大于下降时重力的平均功率C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方D．上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方BC解析由v2＜v1可知，斜面与滑块间有摩擦，滑块无论上升还是下降时，都有机械能损失，故选项A错误；上升时物体克服重力做功等于下降时重力的功，但是由于上升时加速度大于下降时的加速度，根据x＝eq\f(1,2)at2可知，上升的时间比下降时的时间短，根据P＝eq\f(W,t)可知，上升时物体克服重力做功的平均功率大于下降时重力的平均功率，故选项B正确；可先求出斜面中点A的动能Ek1和势能EpA情况，滑块初始机械能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，滑块在斜面中点A的速度vA＝eq\r(\f(v\o\al(2,1)＋0,2))＝eq\f(\r(2),2)v1，在A点的机械能EA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋EpA，联立得EA＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋EpA＝eq\f(1,2)E1＋EpA，而因斜面与滑块间有摩擦，知E1＞EA，所以EkA＞EpA，故动能和势能相等的位置应出现在A点之上，故选项C正确，D错误．9．(2019·安徽屯溪第一中学高三开学考试)(多选)如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点．一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能Ek随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是()BD解析B为斜面中点，图A中AB的距离不等于BC的距离，故选项A错误；物块从0→eq\f(1,2)L位移处，做加速运动，加速度为正，动能Ek变大，然后做减速运动，加速度为负，Ek变小，故选项B正确，C错误；0→eq\f(1,2)L段，外力F做正功，机械能E变大，eq\f(1,2)L→L段，仅重力做功，机械能E不变，故选项D正确．10．(2019·阜阳三中高三模拟)(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中()A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力eq\f(3,2)mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向上D．弹簧的弹性势能最大值为eq\f(\r(3),2)mgLBC解析A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝1.5mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重状态，所以B受到地面的支持力小于1.5mg，大于mg，选项A错误，B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，选项C正确；A下落的高度为h＝Lsin60°－Lsin30°，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为Ep＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，选项D错误．11．(2019·阜阳三中高三模拟)如图所示，在粗糙水平面上有一质量为M＝2kg表面光滑的斜面体，斜面的倾角θ＝37°，在斜面体的左侧相距为d＝2.4m处有一固定障碍物Q.将一质量为m＝0.2kg的小物块(可视为质点)用一根轻绳(不可伸长)系住，绳的一端固定在斜面体的顶端．现给斜面体施加一个水平向左的推力F，使斜面体和小物块无相对滑动，一起向左做匀加速运动，当斜面体到达障碍物Q与其碰撞后，斜面体立即被障碍物Q锁定．已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求：(1)水平推力F的最大值；(2)若用最大水平推力作用在斜面体上，斜面体被障碍物Q锁定后，小物块在轻绳牵引下能沿圆周运动到竖直最高点，求绳的长度应满足的条件．(计算结果保留两位有效数字)解析(1)由题意可知，当F最大时，小物块不受绳子的拉力，以小物块为研究对象mgtanθ＝ma，代入数据解得a＝7.5m/s2，以小物块和斜面整体为研究对象F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝27.5N.(2)在斜面体加速过程中，由速度位移关系得2ad＝v2得v＝6m/s，设小物块离开斜面瞬间的速度为v1方向垂直斜面向上，有v1＝vsinθ＝3.6m/s，小物块刚好通过最高点，设绳的长度为L.小物块在最高点时mg＝meq\f(v\o\al(2,2),L)，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－mgL(1＋sinθ)，解得L＝0.31m，所以L应满足L≤0.31m.答案(1)27.5N(2)L≤0.31m12．(2019·浙江高考选考科目联考)某高中兴趣学习小组成员，在学习完必修1与必修2后设计出如图所示的实验．OA为一水平弹射器，弹射口为A.ABCD为一光滑曲管，其中AB水平，BC为竖直杆(长度可调节)，CD为四分之一圆环轨道(各连接处均圆滑连接)，其圆心为O′，半径为R＝0.2m．D的正下方从E开始向右水平放置一块橡皮泥板EF，长度足够长．现让弹射器弹射出一质量m＝0.1kg的小环，小环从弹射口A射出后沿光滑曲杆运动到D处飞出，不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力．已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度．某次实验中小组成员调节BC高度h＝0.8m．弹出的小环从D处飞出，现测得小环从D处飞出时速度vD＝4m/s，求(取g＝10m/s2)：(1)弹射器释放的弹性势能及小环在D处对圆环轨道的压力；(2)小环落地点离E的距离(已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动)；(3)若不改变弹射器弹性势能，改变BC间高度h在0～2m之间，小环下落在橡皮泥板EF上的范围．解析(1)根据机械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg(h＋R)＝1.8J，对小环在最高点D受力分析，由牛顿第二定律得FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，解得FN＝7N，由牛顿第三定律知，小环对圆轨道的压力大小为7N，方向竖直向上．(2)小环离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得h＋R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vDt，解得x＝eq\f(4\r(5),5)m.(3)小环刚到达D点的临界条件为mg(h1＋R)＝Ep，解得h1＝1.6m.改变h，小环做平抛运动，分析可得小环水平方向位移应有最大值，根据机械能守恒定律得Ep－mg(h2＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,D)，小环平抛运动时间为t＝eq\r(\f(2h2＋R,g))，得x＝v′Dt＝2eq\r([1.8－h2＋R]h2＋R)，可得，当h2＋R＝0.9m时，水平位移最大，最大位移x＝1.8m，故小环落地点范围在离E点向右0～1.8m的范围内．答案(1)1.8J7N(2)eq\f(4\r(5),5)m(3)0～1.8m13．(2019·中央民族大学附属中学高三月考)在倾角为30°的光滑斜面底端固定一挡板，质量均为m的物块B、C通过轻弹簧连接，且均处于静止状态，此时弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面上距物块B的距离为3x0的P点由静止释放一质量也为m的物块A，A与B相碰(不粘连)后立即一起沿斜面向下运动，并恰好能返回到O点．物块A、B、C均可视为质点，重力加速度为g.(1)求A、B碰前弹簧具有的弹性势能Ep;(2)若物块A从P点以一定的初速度沿斜面下滑，两