(新高考)高考物理一轮复习课时加练第6章　微专题40　机械能守恒定律及其应用 (含解析)

微专题40机械能守恒定律及其应用1．单物体多过程机械能守恒问题：划分物体运动阶段，研究每个阶段中的运动性质，判断机械能是否守恒；表达式一般选用E1＝E2(要选择参考平面)或ΔEp＝－ΔEk(不用选择参考平面).2.多物体的机械能守恒：“轻绳模型”与“轻杆模型”：要注意两端的物体速度大小是否相等；“轻弹簧模型”：要注意弹性势能的变化只与形变量有关；“非质点模型”：一般分析物体重心高度变化；一般选用ΔEp＝－ΔEk或ΔEA增＝ΔEB减形式(不用选择参考平面)．1.如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是()A．物体的重力势能减少，动能不变B．斜面体的机械能不变C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒答案D解析物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A错误；物体在下滑过程中，斜面体做加速运动，其机械能增加，B错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面体向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误；对物体与斜面体组成的系统，只有物体的重力做功，机械能守恒，D正确．2．(2023·河北唐山市模拟)如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同．现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ＝60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为()A.eq\r(\f(2,5)gh)B.eq\r(\f(4,5)gh)C.eq\r(\f(gh,2))D.eq\r(gh)答案A解析设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有vA＝eq\f(vB,cos60°)＝2vB，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有mgh＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，联立方程解得vB＝eq\r(\f(2,5)gh)，故选A.3．(多选)如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于同一竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长．现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中()A．小球A、B、C组成的系统机械能守恒B．小球C的机械能一直减小C．小球C落地前瞬间的速度大小为eq\r(2gh)D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg答案AC解析由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B错误；根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据动能定理可知eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得v＝eq\r(2gh)，故C正确；当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误．4．(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示．已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水与筒壁的摩擦阻力．现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中()A．水柱的重力做正功B．大气压力对水柱做负功C．水柱的机械能守恒D．当两筒水面高度相等时，水柱的动能是eq\f(1,4)ρgS(h1－h2)2答案ACD解析把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零；水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高eq\f(h1－h2,2)的水柱移至右管，如图中的阴影部分所示，重心下降eq\f(h1－h2,2)，重力所做正功，为WG＝(eq\f(h1－h2,2))ρgS·(eq\f(h1－h2,2))＝eq\f(1,4)ρgS(h1－h2)2，故A、C、D正确．5.(2023·山东省模拟)如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R＝eq\f(6,π)m的光滑半球体上方．给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3eq\r(2)m/s.已知∠AOB＝60°，以OC所在平面为参考平面，取g＝10m/s2.则下列说法中正确的是()A．铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒B．铁链在初始位置时其重心高度eq\f(3\r(3),π)mC．铁链的端点A滑至C处时其重心下降2.8mD．铁链的端点A滑至C处时速度大小为6eq\r(2)m/s答案C解析铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边拉链的拉力，该拉力做负功，故机械能不守恒，故A错误；根据几何关系可知，铁链长度为L＝eq\f(πR,3)＝2m，铁链全部贴在半球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在∠AOB的角平分线上，故铁链在初始位置时其重心与半球体球连线长度等于端点B滑至C处时其重心与球心连线长度，设均为h0，根据机械能守恒有mgh0－mgh0sin30°＝eq\f(1,2)mv12，代入数据解得h0＝1.8m，故B错误；铁链的端点A滑至C处时，其重心在参考平面下方eq\f(L,2)处，则铁链的端点A滑至C处时其重心下降Δh＝h0＋eq\f(L,2)＝2.8m，故C正确；铁链的端点A滑至C处过程，根据机械能守恒定律有mgΔh＝eq\f(1,2)mv22，解得v2＝2eq\r(14)m/s，故D错误．6.(2023·内蒙古呼伦贝尔市模拟)如图所示，倾角为30°的固定斜面上固定一根与斜面垂直的轻杆PQ，长为L的轻杆两端分别用铰链固定质量相等的小球A和B，A球(中空)套在PQ上，B球与斜面接触，重力加速度大小为g，不计一切摩擦．若将轻杆从竖直位置由静止释放，则当A球刚要到达斜面时，A球的速度大小为()A.eq\r(\f(1,2)gL) B.eq\r(\f(3,2)gL)C.eq\r(2gL) D.eq\r(gL)答案C解析从静止释放到A球刚要到斜面时，由机械能守恒定律可知mgLcos30°·cos30°＋mgeq\f(L,2)sin30°＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，两球沿长为L的轻杆方向的分速度相等，可知，A球刚要到斜面时，由于A球的速度垂直轻杆，所以沿杆方向的速度为0，故B球的速度为vB＝0，解得vA＝eq\r(2gL)，故选C.7.(多选)(2023·云南昆明市质检)如图所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m.与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d＝3m，定滑轮大小及质量可忽略．现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．A、C间距离为4mB．小环最终静止在C点C．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能D．当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1答案AD解析小环运动到C点时，对系统，由机械能守恒定律得：mgLAC＝Mg(eq\r(d2＋LAC2)－d)，解得LAC＝4m，故A正确；假设小环最终静止在C点，则绳中的拉力大小等于2mg，在C点对小环有：FT＝eq\f(mg,sin53°)＝eq\f(5,4)mg≠2mg，所以假设不成立，小环不能静止，故B错误；由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度，则绳与杆的夹角为60°时有vM＝vmcos60°，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D正确．8.(多选)如图所示，有质量分别为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上．P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长．当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则P下降过程中()A．P、Q组成的系统机械能守恒B．当α＝45°时，P、Q的速度相同C．弹簧弹性势能最大值为(eq\r(3)－1)mgLD．P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg答案CD解析对于P、Q组成的系统，由于弹簧对Q要做功，所以系统的机械能不守恒，但对P、Q、弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；当α＝45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcos45°＝vPcos45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；根据系统机械能守恒可得Ep＝2mgL(cos30°－cos60°)，弹性势能的最大值为Ep＝(eq\r(3)－1)mgL，故C正确；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－FN＝2ma，则有FN<3mg，故D正确．9.(2023·山东省模拟)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的足够长光滑斜面上．用手按住C，使细线恰好伸直但没有拉力，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，C的质量为M(M＞2m)，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C后它沿斜面下滑，当A恰好要离开地面时，B获得最大速度(B未触及滑轮，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g)．求：(1)释放物体C之前弹簧的压缩量；(2)物体B的最大速度vm.答案(1)eq\f(mg,k)(2)2mgeq\r(\f(1,kM＋m))解析(1)释放物体C之前，细线恰好伸直，绳子拉力为零，弹簧处于压缩状态，设弹簧的压缩量为x，物体B受重力与弹簧弹力作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件及胡克定律得mg＝kx，解得x＝eq\f(mg,k)(2)当A恰好要离开地面时，地面对物体A的支持力为零，弹簧处于伸长状态，设弹簧的伸长量为x′，对物体A，由平衡条件及胡克定律得mg＝k