高考物理大一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 课时达标16 机械能守恒定律及其应用试题

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．如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的eq\f(1,4)垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(C)A．eq\r(\f(3,2)gL) B．eq\f(\r(gL),4)C．eq\f(\r(15gL),4) D．4eq\r(gL)解析由机械能守恒定律ΔEp减＝ΔEk增，即mg·eq\f(L,2)－eq\f(1,4)mg·eq\f(L,8)＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\f(\r(15gL),4).选项C正确．2．将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图所示，不计空气阻力，g取10m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是(D)A．小球的质量B．小球的初速度C．最初2s内重力对小球做功的平均功率D．小球拋出时的高度解析由机械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又h＝eq\f(1,2)gt2，所以Ek＝Ek0＋eq\f(1,2)mg2t2.当t＝0时，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝5J，当t＝2s时，Ek＝Ek0＋2mg2＝25J，联立方程解得m＝0.1kg，v0＝10m/s.当t＝2s时，由动能定理得WG＝ΔEk＝20J，故eq\x\to(P)＝eq\f(WG,2)＝10W．根据图象信息，无法确定小球抛出时离地面的高度．综上所述，选项D正确．3.如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则(A)A．v1＝v2，t1>t2 B．v1<v2，t1>t2C．v1＝v2，t1<t2 D．v1<v2，t1<t2解析首先根据机械能守恒定律得到v1＝v2＝v0，小球沿着MPN轨道运动时，先减速后加速，小球沿着MQN轨道运动时，先加速后减速，总路程相等，将小球的曲线运动类比为直线运动，画出v－t图象如图，可得t1>t2.选项A正确．4．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零．则在圆环下滑过程中(C)A．圆环机械能守恒B．弹簧的弹性势能一定先增大后减小C．弹簧的弹性势能变化了mghD．弹簧的弹性势能最大时圆环的动能最大解析下滑过程中圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误；在圆环下滑过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，选项B错误；圆环初、末状态的动能都为零，则减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，且弹簧的弹性势能最大时，圆环速度为零，选项C正确，选项D错误．5．(多选)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是(BC)A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2eq\r(RH－2R2)B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2eq\r(2RH－4R2)C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2RD．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝eq\f(5,2)R解析小球能从A端射出，则H>2R，选项C正确，D错误；设A端射出的速度为v，D端到A端由动能定理得mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mv2，①小球从A端射出后做平抛运动，落地点水平位移x＝veq\r(\f(2×2R,g))，②由①②可得x＝2eq\r(2RH－4R2)，选项B正确，A错误．6．(2017·山东济南模拟)将小球以10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示．设阻力大小恒定，g取10m/s2，下列说法正确的是(D)A．小球的质量为0.2kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20NC．小球动能与重力势能相等时的高度为eq\f(20,13)mD．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J解析在最高点，Ep＝mgh得m＝0.1kg，选项A错误；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知－Ffh＝E高－E低，E为机械能，解得Ff＝0.25N，选项B错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝eq\f(1,2)mv2，由动能定理得－FfH－mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得H＝eq\f(20,9)m，故选项C错误；当上升h′＝2m时，由动能定理得－Ffh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ek2＝2.5J，Ep2＝mgh′＝2J，所以动能与重力势能之差为0.5J，故选项D正确．7．(2017·海南海口模拟)(多选)我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度曲线甲和速度图象乙，则正确的有(AC)A．甲图中h3代表本次下潜最大深度为360mB．全过程中最大加速度是0.025m/s2C．潜水员感到失重体验发生在0～1min和8～10min内D．整个潜水器在8～10min时间段内机械能守恒解析“蛟龙号”下潜的最大深度为前4min内v－t图线与t轴所围面积，h3＝(120＋240)×2×eq\f(1,2)m＝360m，选项A正确；全过程中最大加速度大小am＝eq\f(2－0,60)m/s2＝eq\f(1,30)m/s2，选项B错误；在0～1min和8～10min内深潜器具有向下的加速度，潜水员处于失重状态，选项C正确；在8～10min内，潜水器的加速度方向向下，a＝eq\f(3－0,120)m/s2＝eq\f(1,40)m/s2，不是只有重力做功，机械能不守恒，选项D错误．8．(多选)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点．两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则(BD)A．B球运动至最低点D时，A、B球组成的系统重力势能最小B．A、B球组成的系统在运动过程中机械能守恒C．A球从C点运动至D点过程中受到的合外力做正功D．当轻杆水平时，A、B球速度达到最大解析A、B球组成的系统在运动过程中机械能守恒，当A、B球高度相同时系统重力势能最小，动能最大，A球从C点运动至D点过程中受到的合外力先做正功后做负功，所以只有选项B、D正确．9．(多选)如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，其底端与水平地面相切．一质量为m的小球(小球直径很小且略小于管道内径)以某一水平初速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力大小为0.5mg(不考虑小球落地后反弹情况)，则(AD)A．小球落地点到P点的水平距离可能为eq\r(6)RB．小球落地点到P点的水平距离可能为2eq\r(2)RC．小球进入圆管道的初速度大小可能为eq\f(\r(14gR),2)D．小球进入圆管道的初速度大小可能为eq\f(3\r(2gR),2)解析小球在最高点P的速度有两种可能mg＋0.5mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，或mg－0.5mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，解得v1＝eq\r(\f(3,2)gR)，v2＝eq\r(\f(1,2)gR)，则小球落地点到P点的水平距离可能为x1＝v1eq\r(\f(4R,g))＝eq\r(6)R，x2＝v2eq\r(\f(4R,g))＝eq\r(2)R，所以选项A正确，B错误；又根据机械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mg·2R，分别代入v1，v2有v01＝eq\f(\r(22gR),2)，v02＝eq\f(3\r(2gR),2)，故选项C错误，D正确．10．如图所示，一个半径为R、质量为m的均匀薄圆盘处在竖直平面内，可绕过其圆心O的水平转动轴无摩擦转动，现在其右侧挖去圆心与转轴O等高、直径为R的一个圆，然后从图示位置将其静止释放，则下列说法正确的是(A)A．剩余部分不能绕O点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为eq\f(1,8)mgRB．剩余部分不能绕O点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为eq\f(1,4)mgRC．剩余部分能绕O点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为eq\f(1,8)mgRD．剩余部分能绕O点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为eq\f(1,4)mgR解析依题意知在薄圆盘右侧挖去的圆心与转轴O等高、直径为R的一个圆的质量为m1＝eq\f(1,4)m，根据对称性可在其左侧对称挖去一个同样大小的圆(如图所示)，余下部分的薄圆盘的重心仍在圆心O，故当圆心O1在最低点时，系统的重力势能最小，动能最大，根据机械能守恒定律可得Ekm＝eq\f(1,8)mgR，当圆心O1转到右侧与O等高时，薄圆盘将停止转动，故剩余部分只能绕O点做180°转动，所以只有选项A正确．11．如图所示，光滑的水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，弹簧具有的弹性势能为Ep，释放后物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2.求：(1)Ep的大小；(2)判断m能否沿圆轨道到达M点．解析(1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，由veq\o\al(2,y)＝2gR，eq\f(vy,vD)＝tan45°，得vD＝4m/s，物块从C→D由机械能守恒得Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝eq\f(1,2)×0.2×42J＝1.6J.(2)设物块能沿轨道到达M点，其速度为vM，从C→M整个过程由机械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＋mgR·cos45°，代入数据解得vM≈2.2m/s＜eq\r(gR)≈2.8m/s，所以物块不能到达M点．答案(1)1.6J(2)不能到达M点12．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧静止放于光滑斜面上，其一端固定，另一端恰好与水平线AB平齐；长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，将细绳拉至水平，此时小球在位置C.现由静止释放小球，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断，D点与AB相距h，之后小球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x.试求：(1)细绳所能承受的最大拉力F；(2)斜面倾角θ的正切值；(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep.解析(1)小球由C运动到D的过程机械能守恒，则mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(2gL)，在D点由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)，解得F＝3mg，由牛顿第三定律知，细绳所能承受的最大拉力为3mg.(2)小球由D运动到A的过程做平抛运动，则veq\o\al(2,y)＝2gh，解得vy＝eq\r(2gh)，tanθ＝eq\f(vy,v1)＝eq\r(\f(h,L)).(3)小球到达A点