2019-2020版高考物理一轮复习课后限时集训15机械能守恒定律及其应用含解析新人教版

PAGE课后限时集训(十五)机械能守恒定律及其应用(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：机械能守恒的理解及判断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．(2019·保定模拟)如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中()A．A的加速度大小为gB．A机械能守恒C．由于斜面光滑，所以B机械能守恒D．A、B组成的系统机械能守恒D[A向下运动的过程中除受到重力以外，还受到细绳向上的拉力，故A下落的加速度一定小于g，A项错误；A下落过程中，细绳的拉力做负功，A的机械能不守恒，B项错误；由于斜面光滑，A、B组成的系统在整个运动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，但细绳的拉力对B做正功，B的机械能增加，C项错误，D项正确。]3．(2019·昆明模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为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点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，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，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。]题组二：单个物体的机械能守恒问题4．(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)()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。]5．(多选)(2019·舟山模拟)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是()ABCDAB[对小环由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则v2＝2gh＋veq\o\al(2,0)，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确。]6．(2019·济南模拟)一轻绳系住一质量为m的小球悬挂在O点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，若在水平半径OP的中点A处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过P点后将绕A点做圆周运动，则到达最高点N时，绳子的拉力大小为()A．0 B．2mgC．3mg D．4mgC[恰能做圆周运动，则在最高点有mg＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\r(gR)。由机械能守恒定律可知mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得初速度v0＝eq\r(5gR)，设在最高点N的速度为v′，根据机械能守恒，则eq\f(3,2)mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv′2，根据向心力公式：T＋mg＝eq\f(mv′2,\f(R,2))，联立得T＝3mg。故选项C正确。]题组三：多物体的机械能守恒问题7．如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)C[如图所示，以A、B整体为系统，以地面为零势能面，设A的质量为2m，B的质量为m，根据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋eq\f(1,2)×3mv2，A落地后B将以速度v做竖直上抛运动，即有eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得h＝eq\f(1,3)R。则B上升的高度为R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R，故选项C正确。]8．如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2。则下列说法中正确的是()A．整个下滑过程中A球机械能守恒B．整个下滑过程中B球机械能守恒C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为eq\f(2,3)JD．整个下滑过程中B球机械能的增加量为eq\f(2,3)JD[在整个下滑过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A球沿斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以A、B球各自机械能不守恒，故A、B错误；根据系统机械能守恒得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，解得：v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，整个下滑过程中B球机械能的增加量为eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J，故D正确；由系统机械能守恒知，A球机械能的减少量为eq\f(2,3)J，故C错误。]9．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为gA．环刚释放时轻绳中的张力等于2mgB．环到达B处时，重物上升的高度为(eq\r(2)－1)dC．环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为eq\f(\r(2),2)D．环减少的机械能大于重物增加的机械能B[环释放后重物加速上升，故绳中张力一定大于2mg，A项错误；环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，B项正确；如图所示，将B处环速度v进行正交分解，重物上升的速度与其分速度v1大小相等，v1＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，所以，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)，C项错误；环和重物组成的系统机械能守恒，故D项错误。][考点综合练]10．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2LA．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了eq\r(3)mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变B[圆环在下滑的过程中，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，而圆环的机械能并不守恒，A项错误；在下滑到最大距离的过程中，圆环动能的变化量为零，因此圆环减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝mgeq\r(2L2－L2)＝eq\r(3)mgL，B项正确；圆环下滑的过程中速度先增大后减小，加速度先减小后增大，下滑到最大距离时，向上的加速度最大，此时圆环所受合力不为零，C项错误；由于圆环重力势能、圆环的动能与弹簧的弹性势能之和为定值，因此圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，D项错误。]11．如图所示，将一质量为m＝0.1kg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＝2.5m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2)求：(1)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＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，vC＝eq\r(gR)＝5m/s。(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)联立解得vB＝5eq\r(5)m/s，(3)从A到B由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)所以vA＝eq\r(105)m/s在A点进行速度的分解有，vy＝vAsin53°所以H＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝3.36m。答案：(1)5m/s(2)6N(3)3.36m12．如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直于盘面的光滑水平固定轴O，在盘的右边缘固定有一个质量为m的小球A，在O点正下方离O点eq\f(r,2)处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动。(1)当A转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？(2)A球转到最低点时的线速度是多少？解析：(1)以通过固定轴O的水平面为零势能面，开始时两球的重力势能之和为Ep1＝EpA＋EpB＝0－eq\f(1,2)mgr＝－eq\f(1,2)mgr，当小球A转至最低点时两小球重力势能之和为Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr，故两球重力势能之和减少量为ΔEp减＝Ep1－Ep2＝－eq\f(1,2)mgr－(－mgr)＝eq\f(1,2)mgr。(2