2021年高考物理一轮复习课时跟踪检测(十七)机械能守恒定律及其应用.pdf

课时跟踪检测（十七）机械能守恒定律及其应用 A 级基础小题练熟练快 1.(多选)(2019济宁市第二次模拟)如图所示，A、B 两物体的质量分别为 m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑的斜面上。现将它们从静止释放，在下滑的过程中()A两物体下滑的加速度相同 B轻杆对 A 做正功，对 B 做负功 C系统的机械能守恒 D任意时刻两物体重力的功率相同 解析：选 AC 因为两物体用轻杆连接，一起运动，加速度相同，两物体整体受力分析得：(2mm)gsin(2mm)a，整体加速度 agsin，A 正确；设杆对 B 的力为 F，隔离B 可得：2mgsin F2ma，且 agsin，所以 F0，B 错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C 正确；因为重力功率等于 Pmgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，重力功率不一样，D 错误。2.(多选)如图所示，在一个直立的光滑圆管内放置一根轻质弹簧，弹簧的上端 O与管口 A 的距离为 2x0，一个质量为 m 的小球从管口由静止开始下落，将弹簧压缩至最低点 B，压缩量为 x0，设小球运动到 O 点时的速度大小为 v0，不计空气阻力，则在这一过程中()A小球运动的最大速度大于 v0 B小球运动的最大速度等于 v0 C弹簧的劲度系数为mgx0 D弹簧的最大弹性势能为 3mgx0 解析：选 AD 当小球加速度为 0 时，小球速度最大，kxmg，所以速度最大位置在压缩量为mgk位置，从 O 点到压缩量为mgk位置，小球合力向下，依然加速，最大速度大于 v0，A 正确，B 错误；结合 A 选项的分析，kxmg，x 为速度最大的位置，x0为速度为 0 的位置，所以 xmgx0，C 错误；对小球全程用机械能守恒定律：mg3x0Epm，D正确。3.(多选)(2020武邑第三次质检)如图，固定于小车上的支架上用 细线悬挂一小球。线长为 L。小车以速度 v0做匀速直线运动，当小车突然碰到障碍物而停止运动时，小球上升的高度的可能值是()A等于v022g B小于v022g C大于v022g D等于 2L 解析：选 ABD 当小车突然碰到障碍物而停止运动时，由于惯性小球的速度仍为 v0，若 v0可以满足小球做圆周运动，则小球可以上升的最高点正好为圆的直径，即为 2L，若小球不能做圆周运动，则根据机械能守恒可得12mv02mgh，解得 hv022g，若空气阻力不能忽略，则小球的机械能不守恒，上升高度小于v022g，故 A、B、D 正确。4.(2019河北张家口考试)如图所示，半径为 R0.4 m 的光滑的14圆弧形轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与足够长的光滑固定水平轨道相切，可视为质点的质量均为 m0.5 kg 的小球甲、乙用轻杆连接并置于圆弧形轨道上，小球甲与 O 点等高，小球乙位于圆心 O 的正下方。某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平轨道上运动。g 取 10 m/s2，则()A下滑过程中小球乙的机械能守恒 B两小球最终在水平轨道上运动的速度大小为 2 2 m/s C当小球甲滑到圆弧轨道最低点时，轨道对它的支持力大小为 10 N D小球甲下滑过程中重力对它做功的功率增大 解析：选 C 下滑过程中，杆要对小球乙做功，则小球乙的机械能不守恒，选项 A 错误；系统机械能守恒，故有 mgR12mv212mv2，解得 v gR 100.4 m/s2 m/s，故 B 错误；当小球甲下滑到圆弧形轨道最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力有 Nmgmv2R，解得 Nmgmv2R0.510 N0.5220.4 N10 N，故 C 正确；小球甲下滑过程中，在最高点时的速度为零，故重力的功率为零；在最低点时的速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增加后减小，故 D 错误。5.(多选)(2020六安一中模拟)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内从 A 点到 B 点做圆周运动，从 B 点脱离后做平抛运动，经过 0.4 s 后又恰好垂直与倾角为 45 的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为 R1 m，小球可看做质点且其质量为 m1 kg，g 取 10 m/s2。下列判断正确的是()A小球在斜面上的碰点 C 与管道圆心 O 的高度差是 0.2 m B小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离是 0.8 m C小球经过管道内 O 点等高点时，重力的瞬时功率是60 W D小球经过管道的 A 点时，对管道外壁压力是 66 N 解析：选 ACD 小球从 B 到 C 的运动时间为 t0.4 s，那么，小球在 C 点的竖直分速度为：vygt4 m/s；由小球恰好垂直与倾角为 45 的斜面相碰可知：小球从 B 点水平射出的速度 vvycot 454 m/s，故小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离为：svt1.6 m；h12gt212100.42 m0.8 m，hCORh10.80.2 m，故 A 正确，B 错误；从管道内 O 点等高点到 B 点，由机械能守恒定律得：mgR12mv212mv02，重力的功率PGmgv060 W，故 C 正确；从管道内 A 点等高点到 B 点，由机械能守恒定律得：mg2R12mv212mvA2，在 A 点，有 FNmgmvA2R，解得 FN66 N，故 D 正确。6.(2020泸州市第一次诊断性考试)如图所示，一根足够长的光滑细杆倾斜固定放置在竖直平面内，它与以 O 为圆心、R 为半径的圆(图中虚线表示)相交于 B、C 两点，一轻弹簧一端固定在圆心 O 点，另一端连接一质量为 m 的小球，小球穿在细杆上且能自由滑动，小球由圆心正上方的 A点静止释放，经过 B 点时弹簧恰好处于原长，此时小球速度为 v，整个过程弹簧均在弹性限度内，则小球从 A 点到 C 点的运动过程中，下列判断正确的是()A小球机械能守恒 B小球经过 B 点时速度最大 C小球经过 C 点时速度一定大于 v D小球重力势能和动能之和先减小后增大再减小 解析：选 C 小球从 A 点到 C 点的运动过程中，小球与弹簧组成的系统能量守恒，小球的机械能不守恒，故 A 不正确。小球经过 B 点时弹簧恰好处于原长，此时小球速度为 v，则小球经过 C 点时弹簧恰好也处于原长，小球从 B 到 C 重力做正功，小球动能增加，小球经过 C 点时速度一定大于 v，故 B 不正确，C 正确。分析知弹簧原来处于伸长状态，小球从 A 到 B，弹簧的弹力做正功，弹性势能减少，小球的重力势能和动能之和先增加；小球 从 B 到 BC 的中点过程中，弹簧被压缩，弹性势能增加，则小球的重力势能和动能之和就减少；小球从 BC 中点到 C 的过程中，弹簧伸长，弹性势能减少，则小球的重力势能和动能之和就增加，所以小球从 A 点到 C 点的运动过程中，小球重力势能和动能之和先增加后减少再增加，故 D 不正确。7.(多选)(2019岳阳市一模)在一次探究活动中，某同学设计了如图所示的实验装置，小车的质量 M1 kg、长 L4 m，半径 R1 m 的光滑半圆弧轨道固定在小车的上表面的中点位置，半圆弧轨道下端与小车的上表面水平相切，现让位于轨道最低点的质量 m0.2 kg 的光滑小球随同小车一起沿光滑水平面向右做匀速直线运动，某时刻小车碰到固定障碍物而瞬时处于静止状态(小车不反弹)，之后小球离开圆弧轨道最高点并恰好落在小车的左端边沿处，该同学通过这次实验得到了如下结论，其中正确的是(g 取 10 m/s2)()A小球到达最高点的速度为 10 m/s B小车与障碍物碰撞时损失的机械能为 12.5 J C小车瞬时静止后，小球在轨道最低点对轨道的压力是 12 N D小车向右做匀速直线运动的速度约为 6.5 m/s 解析：选 AC 从最高点做平抛运动，下落时间为 t 4Rg 4110 s105 s，抛出时的速度为 vL2t42105 m/s 10 m/s，故 A 正确；小球在上滑过程中由动能定理可知mg2R12mv212mv02，解得：v05 2 m/s，故小车和小球向右运动的速度为 5 2 m/s7.07 m/s，故小车损失的机械能为 E12Mv02121(5 2)2 J25 J，故 B 错误，D 错误；碰撞后小球开始做匀速圆周运动，在最低点由牛顿第二定律得：FN2mgmv02R，解得：FN212 N，由牛顿第三定律可知对轨道的压力为 12 N，故 C 正确。B 级增分题目练通抓牢 8.(多选)(2019武汉调研)如图所示，用长度为 s 的金属丝绕制成高度为 h 的等距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为 m 的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放。已知重力加速度为 g，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大 B 小球的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动 C小球运动到螺旋轨道底端时，重力的功率为 mg 2gh D小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为 2s2gh 解析：选 AD 由于不计一切摩擦，故小球在下滑过程中机械能守恒，小球沿轨道斜向下的速度不断增大，故小球下滑过程中的运动可分解为水平方向速率不断增大的圆周运动和竖直方向的匀加速直线运动，选项 B 错误；又小球下滑过程中，水平方向做圆周运动的速率不断增大，则轨道对小球水平方向的作用力逐渐增大，竖直方向小球的受力恒定不变，即轨道对小球竖直方向的作用力恒定不变，故下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大，选项A 正确；小球运动到螺旋轨道底端时，根据机械能守恒定律有 mgh12mv2，解得 v 2gh，根据功率公式，重力的功率 Pmgvcos mg 2ghcos，为小球运动到底端时速度方向与重力方向的夹角，选项 C 错误；用长度为 s 的金属丝绕制成高度为 h 的等距螺旋轨道，可等效为长度为 s、高度为 h 的倾斜轨道，小球速度方向与竖直方向夹角的余弦值 cos hs，小球沿等效倾斜轨道运动的加速度 agcos ghs，由 s12at2，解得小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间 t 2s2gh，选项 D 正确。9.(多选)(2020广东茂名一测)如图所示，在竖直平面内固定有同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙。一质量为 m 的小球从轨道的最低点以初速度 v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为 R，不计空气阻力。设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是()A若小球运动到最高点时速度为 0，则小球机械能一定不守恒 B若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为32mgR C若使小球始终做完整的圆周运动，则 v0一定不小于 5gR D若小球第一次运动到最高点时速度大小为 0，则 v0 4gR 解析：选 AC 若小球运动到最高点时速度为 0，则小球在运动过程中一定与内圆轨道接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故 A 正确；若初速度 v0比较小，小球在运动过程中一定与内圆轨道接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在水平直径下方运动，最大的机械能为 mgR，所以小球最终的机械能不可能为32mgR，若初速度 v0足够大，小球始终沿外圆轨道做完整的圆周运动，机械能守恒，机械 能必定大于 2mgR，故 B 错误；若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆轨道运动，在运动过程中不受摩擦力作用，机械能守恒，设小球沿外圆轨道恰好运动到最高点时的速度为 v，则有 mgmv2R由机械能守恒定律得12mv02mg2R12mv2，解得小球在最低点时的最小速度 v0 5gR，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则 v0一定不小于 5gR，故 C 正确；如果内圆轨道光滑，小球在运动过程中不受摩擦力作用，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为 0，由机械能守恒定律得12mv02mg2R，小球在最低点时的速度 v0 4gR，由于内圆轨道粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度 v0一定大于 4gR，故 D 错误。10(多选)(2019湖南永州二模)如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点 A 冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从 A 运动到C 的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点 C 受到轨道的作用力为 2.5 N，空气阻力不计，B 点为 AC 轨道的中点，g10 m/s2，下列说法正确的是()A图乙中 x36 B小球质量为 0.2 kg C小球在 B 点受到轨道的作用力为 8.5 N D小球在 A 点时重力的功率为 5 W 解析：选 BC 小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有12mv0212mv2mgh，解得 v22ghv02，当 h0.8 m 时，v29 m2/s2，代入数据得 v05 m/s；当 h0 时，v2v0225 m2/s2，x25，故 A 错误；由题图乙可知，轨道半径 R0.4 m，小球在 C 点的速度 vC3 m/s，由牛顿第二定律可得 FmgmvC2R，解得 m0.2 kg，B 正确；小球从 A 到 B 过程中由机械能守恒有12mv0212mvB2mgR，解得小球运动到 B 点的速度 vB 17 m/s，在 B 点，由牛顿第二定律可知 NBmvB2R，代入数据得 NB8.5 N，选项 C 正确；小球在 A 点时，重力 mg 和速度 v0垂直，重力的瞬时功率为 0，D 错误。11.(多选)(2020河南省普通高中毕业班高考适应性测试)如图所示，质量分别为 2m、m 的小滑块 A、B，其中 A 套在固定的竖直杆上，B 静置于水平地面上，A、B 间通过铰链用长为 L 的刚性轻杆连接。一轻弹簧左端与 B 相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平。当 30时，弹簧处于原长状态此时将 A 由静止释放，下降到最低点时 变为 45，整个运动过程中，A、B 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 A 下降过程中()AA、B 组成的系统机械能守恒 B弹簧弹性势能的最大值为(3 2)mgL C竖直杆对 A 的弹力一定大于弹簧弹力 DA 的速度达到最大值前，地面对 B 的支持力小于 3mg 解析：选 BD 根据能量守恒知，A、B 弹簧组成的系统机械能守恒，故 A 错误；根据系统机械能守恒可得：Ep2mgL(cos 30cos 45)，弹性势能的最大值为 Ep(32)mgL，故 B 正确；对 B，水平方向的合力 FxF杆sin F弹ma，滑块先做加速运动后做减速运动，竖直杆对 A 的弹力大小等于 F杆sin，所以竖直杆对 A 的弹力不始终大于弹簧弹力，故 C 错误；A 下降过程中动能达到最大前，A 加速下降，对 A、B 整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有 3mgN2ma，则有 N3mg，故 D 正确。故选 B、D。12(2020安徽省巢湖市质检)如图所示，光滑水平轨道 AB 与光滑半圆形轨道 BC 在 B点相切连接，半圆轨道半径为 R，轨道 AB、BC 在同一竖直平面内。一质量为 m 的物块在A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点 C。已知物块在到达 B点之前已经与弹簧分离，重力加速度为 g。求：(1)物块由 C 点平抛出去后在水平轨道的落点到 B 点的距离；(2)物块在 B 点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在 A 点时弹簧的弹性势能。解析：(1)因为物块恰好能通过 C 点，则有：mgmvC2R xvCt,2R12gt2 解得 x2R 即物块在水平轨道的落点到 B 点的距离为 2R。(2)物块由 B 到 C 过程中机械能守恒，则有12mvB22mgR12mvC2 设物块在 B 点时受到的半圆轨道的支持力为 FN，则有：FNmgmvB2R，解得 FN6mg 由牛顿第三定律可知，物块在 B 点时对半圆轨道的压力大小 FNFN6 mg。(3)由机械能守恒定律可知，物块在 A 点时弹簧的弹性势能为 Ep2mgR12mvC2，解得Ep52mgR。答案：(1)2R(2)6mg(3)52mgR 13(2018江苏高考)如图所示，钉子 A、B 相距 5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为 M 的小物块，另一端绕过 A 固定于 B。质量为 m 的小球固定在细线上 C 点，B、C 间的线长为 3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时 BC 与水平方向的夹角为53。松手后，小球运动到与 A、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为 g，取 sin 530.8，cos 530.6。求：(1)小球受到手的拉力大小 F；(2)物块和小球的质量之比 Mm；(3)小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T。解析：(1)由几何知识可知 ACBC，根据平衡(Fmg)cos 53Mg 解得 F53Mgmg。(2)与 A、B 相同高度时 小球上升 h13lsin 53，物块下降 h22l，物块和小球组成的系统机械能守恒 mgh1Mgh2 解得Mm65。(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为 T，加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 MgTMa 对小球，沿 AC 方向由牛顿第二定律得 Tmgcos 53ma 解得 T8mMg5mM 结合(2)可得 T18mg25Mg55或4855mg 或811Mg。答案：(1)53Mgmg(2)65(3)8mMg5mM18mg25Mg55或4855mg或811Mg