高考总复习物理随堂课件与课后习题第五章机械能课时规范练17机械能守恒定律及其应用.docx

课时规范练17机械能守恒定律及其应用基础对点练1.(重力势能的变化)如图所示,小虫缓慢经过一边长为L的等边三角形小物块,已知其身长为3L,总质量为m,假设小虫能一直贴着小物块向右前行,则从其头部刚到小物块顶(图示时刻)至头部越过小物块顶刚到小物块底端的过程中小虫的重力势能变化量为()A.12mgLB.312mgLC.36mgLD.34mgL2.(多选)(机械能守恒与功能关系)(2021山东济南一模)如图所示,三根长度均为L的轻杆组成支架,支架可绕O点在竖直平面内转动,轻杆间夹角均为120°,轻杆末端分别固定质量为m、2m和3m的n、p、q三个小球,n球位于O的正下方,将支架从图示位置由静止开始释放,下列说法正确的是()A.从释放到q到达最低点的过程中,q的重力势能减少了72mgLB.q到达最低点时,q的速度大小为gLC.q到达最低点时轻杆对q的作用力为5mgD.从释放到q到达最低点的过程中,轻杆对q做的功为-3mgL3.(多选)(重力做功、重力势能的图像问题)如图所示,一简易升降机在箱底装有若干个相同的轻弹簧,在某次事故中,升降机吊索在空中突然断裂,忽略摩擦及其他阻力,升降机在从弹簧下端刚接触地面到运动到最低点的过程中,弹簧始终在弹性限度内,则下列关于升降机的加速度大小a、速度大小v、升降机重力做功WG、弹簧整体的弹性势能Ep与升降机向下位移x的关系图像可能正确的是()4.(多选)(机械能守恒定律的应用)如图所示,固定在竖直面内的光滑圆环半径为R,圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看作质点),且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连,在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g),下列说法正确的是()A.A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能B.A球增加的机械能等于B球减少的机械能C.A球的最大速度为2gR3D.细杆对A球做的功为83mgR5.(2021河北沧州三模)U形池轮滑的比赛场地如图所示,该场地是一个半径R=10 m的圆弧,可视为质点、质量m=60 kg的运动员在圆弧内的同一竖直面内运动,若运动员始终在圆弧最低点附近运动(视为单摆运动),不计一切摩擦及空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,=3.14。(1)求运动员从最高点运动到最低点所用的时间t。(2)若运动员从距最低点的高度h=0.8 m处由静止开始下滑,求运动员在最低点受到的赛场的支持力的大小F。素养综合练6.(多选)如图甲所示, 弹性轻绳下端系一物块, 用外力将物块下拉至离地高度h=0.1 m处,然后由静止释放物块,通过传感器测得物块的速度和离地高度h,并作出物块的动能Ek与离地高度h的关系图像(图乙),其中高度在0.2 m到0.35 m范围内的图线为直线,其余部分为曲线。以地面为参考平面,重力加速度g取10 m/s2,弹性绳始终在弹性限度内,不计空气阻力。由图像可知()A.物块的质量为0.2 kgB.弹性绳的劲度系数为250 N/mC.刚释放物块时弹性绳的弹性势能为0.5 JD.物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小为0.32 J7.(多选)(2022河北石家庄二中模拟)如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上,处于自由状态,一质量为m=0.2 kg的小球,从弹簧上端某高度处自由下落,从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内),其速度v和弹簧压缩量x之间的函数图像如图乙所示,其中A为曲线的最高点,小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计,重力加速度g取10 m/s2,则()A.当弹簧的压缩量为0.1 m时,小球处于失重状态B.小球在最低点时的加速度大于10 m/s2C.从接触弹簧到压缩至最短的过程中,小球的机械能守恒D.小球从速度最大到压缩至最短,弹簧弹性势能增加量为3.621 J8.(多选)图甲是一种名为“魔力陀螺”的玩具,这种陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落,其原理可等效为图乙所示的模型。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分别为轨道的最低点和最高点,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,下列说法正确的是()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b点的最小速度为gRD.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能保证铁球不脱轨9.(多选)如图所示,由三根长均为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内,其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B,构成一个系统。系统可绕O点在竖直面内转动。已知初始位置OA水平,重力加速度为g,不计一切摩擦及空气阻力。现将系统在初始位置由静止释放,下列说法正确的是()A.在运动过程中,系统的机械能守恒B.小球B运动至最低点时,系统的重力势能最小C.小球B运动至最低点时,小球A的速度大小为gLD.在运动过程中,小球B的最大动能为34mgL10.(多选)如图所示,两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接,P套在固定的竖直光滑杆上,Q放在光滑水平地面上,轻杆与竖直方向夹角=30°。原长为L2的轻弹簧水平放置,右端与Q相连,左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放,下降到最低点时轻杆与竖直方向的夹角变为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,下列说法正确的是()A.P、Q组成的系统机械能守恒B.P、Q的速度大小始终相等C.弹簧弹性势能最大值为3-12mgLD.P达到最大动能时,Q受到地面的支持力大小为2mg11.如图所示,A、B、C三个小球(均可视为质点)用轻绳(足够长)通过轻小滑轮对称连接,A、B的质量均为m,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为=60°时,整个装置处于静止状态。现在外力作用下将小球C竖直向下缓慢拉动至虚线位置,此时连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为=30°,然后撤去外力,不计一切阻力,整个装置处于竖直面内,左右滑轮到竖直中线的距离为d=0.3 m,g取10 m/s2。(1)求小球C的质量m0。(2)撤去外力后,C向上运动,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角变为时,求小球C的速度大小v。参考答案课时规范练17机械能守恒定律及其应用1.B解析选小物块底端为参考平面,初状态的重力势能为W1=13mg×L2sin 60°=312mgL,小虫头部越过小物块顶刚到达小物块底端时的重力势能为W2=23mg×L2sin 60°=36mgL,其重力势能的变化量为W=W2-W1=36mgL-312mgL=312mgL,故B正确。2.BD解析 从释放到q到达最低点的过程中,q的重力势能减少了92mgL,故A错误;n、p、q三个小球和支架组成的系统机械能守恒,n、p、q三个小球的速度大小相等,从释放到q到达最低点的过程中,根据动能定理有3mg(L+Lsin 30°)-mg(L+Lsin 30°)=12(m+2m+3m)v2-0,解得v=gL,故B正确;q到达最低点时,根据牛顿第二定律得F-3mg=3mv2L,解得F=6mg,故C错误;从释放到q到达最低点的过程中,根据动能定理可得W+3mg(L+Lsin 30°)=12·3mv2-0,解得轻杆对q做的功为W=-3mgL,故D正确。3.AC解析升降机在从弹簧下端触地到运动到最低点的过程中,开始阶段,重力大于弹力,加速度方向向下,升降机向下做加速运动,加速度大小a=mg-kxm=g-kmx,当重力和弹力相等以后,弹力大于重力,加速度方向向上,升降机向下做减速运动,加速度大小a'=kx-mgm=kmx-g,加速度的大小先减小后增大,因为升降机有一定的速度,则运动到最低点时加速度大于g,故A正确;由上述分析可知,升降机的速度先增加后减小,根据v2=2ax可知,速度v与位移x并非线性关系,选项B错误;升降机重力做功WG=mgx,即重力做功与x成正比关系,选项C正确;弹簧克服弹力做功为W=0+kx2·x=12kx2,则弹性势能Ep=12kx2,选项D错误。4.BD解析B球沿圆环下滑至最低点,A球运动到最高点,A球增加的重力势能为2mgR,B球减少的重力势能为4mgR,故A错误;B球沿圆环下滑至最低点,A球运动到最高点的过程中,两个球组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,A球的重力势能和动能均增大,A球的机械能增大,则知B球的机械能减小,A球增加的机械能等于B球减少的机械能,故B正确;两个球组成的系统机械能守恒,当B球运动到最低点时,两球速度最大,设最大速度为v,由机械能守恒有2mg·2R-mg·2R=12(m+2m)v2,解得A球最大速度v=4gR3,故C错误;细杆对A球做的功为W,由动能定理对A球有W-mg·2R=12mv2-0,代入数据得细杆对A球做的功W=83mgR,故D正确。5.答案 (1)1.57 s(2)696 N解析 (1)由单摆的周期公式有T=2lg其中l=R,运动员从最高点运动到最低点所用的时间t=14T解得t=1.57 s。(2)运动员由静止开始下滑到最低点的过程中,根据机械能守恒定律有mgh=12mv2根据牛顿第二定律有F-mg=mv2R解得F=696 N。6.AC解析 高度在0.2 m到0.35 m范围内时,图线为直线,弹性绳松弛,物块做竖直上抛运动,由动能定理得Ek=mgh,图线斜率绝对值表示物块的重力,即|k|=0.30.35-0.2 N=mg,可得物块的质量m=0.2 kg,A正确; 当h1=0.18 m时,动能达到最大,此时满足mg=kx,可得k=mgx=100 N/m,B错误;从刚释放至物块到达最高点过程中,弹性绳的弹性势能全部转化为物块的重力势能增加量,由能量守恒可得Ep=mg(h'-h)=0.2×10×(0.35-0.1) J= 0.5 J,故C正确;弹性绳与物块整体机械能守恒,当物块动能最大时,物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小,释放瞬间,物块和弹性绳的总机械能为E总=Ep+mgh=0.5 J+0.2 J=0.7J,由图可知,物块的最大动能为0.32 J,故物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小值为0.38 J,故D错误。7.BD解析 x1=0.1 m时,小球的速度最大,合力为零,加速度为零,A错误;由kx1=mg可得k=20 N/m,小球到达x2=0.2 m位置时,由牛顿第二定律有kx2-mg=ma,可得a=10 m/s2,此后继续向下运动,到最低点时加速度大于10 m/s2,B正确;从接触弹簧到压缩至最短的过程,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球机械能不守恒,C错误;根据机械能守恒,小球从速度最大到最低点,弹性势能的增加量Ep=12mv2+mgh=3.621 J,D正确。8.BD解析铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持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,支持力的方向过圆心,它们都始终与运动的方向垂直,所以磁力和支持力都不能对铁球做功,只有重力会对铁球做功,所以铁球的机械能守恒,在最高点的速度最小(可以为零),在最低点的速度最大,铁球不可能做匀速圆周运动,选项A、C错误,B正确。铁球恰好不脱轨的条件是铁球在最高点的速度恰好为0,而且到达最低点时,轨道对铁球的支持力恰好等于0。根据机械能守恒定律,铁球在最高点的速度恰好为0,到达最低点时的速度满足mg·2R=12mv2,轨道对铁球的支持力恰好等于0,则磁力与重力的合力提供向心力,即F-mg=mv2R,联立得F=5mg,即要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,选项D正确。9.AD解析系统在运动过程中,只有重力做功,故机械能守恒,A正确;系统重心在A、B连线的中点位置,故A、B连线水平时,系统重力势能最小,动能最大,B错误;两小球的速度大小一直相等,小球B运动至最低点时,根据几何关系知,A下降的高度为Lsin 30°,B下降的高度为L(1-cos 30°),根据系统机械能守恒有mgLsin 30°+mgL(1-cos 30°)=2×12mv12,解得v1=gL3-32,C错误;A、B连线水平时,系统动能最大,此时A球运动到题图中B球位置,根据系统机械能守恒有mg×32L=2×12mv2,解得12mv2=34mgL,D正确。10.CD解析根据能量守恒知,P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒,而P、Q组成的系统机械能不守恒,选项A错误;在下滑过程中,根据速度的合成与分解可知vPcos =vQsin ,解得vPvQ=tan ,由于变化,故P、Q的速度大小不相同,选项B错误;根据系统机械能守恒可得Ep=mgL(cos 30°-cos 60°),弹性势能的最大值为Ep=3-12mgL,选项C正确;P由静止释放,P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,P的速度达到最大,此时动能最大,对P、Q和弹簧组成的整体受力分析,在竖直方向,根据牛顿第二定律可得FN-2mg=0,解得FN=2mg,选项D正确。11.答案 (1)m(2)2(3-1) m/s解析 (1)由题知,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为=60°时,整个装置处于静止状态,则对A受力分析,根据平衡条件有F=mg对C受力分析,根据平衡条件有2Fcos =m0g联立解得m0=m。(2)设撤去拉力后,C上升的高度为H,A、B下降的高度为h,根据几何关系有H=dtan-dtan,h=dsin-dsin设A、B的速度为v1,把C的速度沿着绳子方向和垂直绳子方向分解,则有v1=vcos 根据系统机械能守恒得2mgh=m0gH+12m0v2+12×2mv12联立解得v=2(3-1)m/s。 8