高考物理一轮总复习 第五章 机械能 能力课2 机械能守恒定律练习（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

能力课2 机械能守恒定律一、选择题 1.(2019届桂林模拟)一棵树上有一个质量为0.3 kg的熟透了的苹果P，该苹果从树上与A等高处先落到地面C最后滚入沟底D.已知AC、CD的高度差分别为2.2 m和3 m，以地面C为零势能面，A、B、C、D、E面之间竖直距离如图所示算出该苹果从A落下到D的过程中重力势能的减少量和在D处的重力势能分别是(g取10 m/s2)()A15.6 J和9 JB9 J和9 JC15.6 J和9 J D15.6 J和15.6 J解析：选C以地面C为零势能面，根据重力势能的计算公式得D处的重力势能Epmgh0.3×10×(3) J9 J，从A下落到D的过程中重力势能的减少量Epmgh0.3×10×(2.23) J15.6 J，选项C正确2.把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)忽略弹簧的质量和空气阻力则小球从A位置运动到C位置的过程中，下列说法正确的是()A经过位置B时小球的加速度为0B经过位置B时小球的速度最大C小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒D小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小解析：选C分析小球从A位置到B位置的过程中受力情况，开始时弹力大于重力，中间某一位置弹力和重力相等，接着弹力小于重力，在B点时，弹力为零，小球从B到C的过程中，只受重力根据牛顿第二定律可以知道小球从A位置到B位置过程中，小球先向上做加速运动再向上做减速运动，所以速度最大位置应该是加速度为零的位置，在A、B之间某一位置，选项A、B错误；从A位置到C位置过程中小球、地球、弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，选项C正确，D错误3.(多选)(2018届湖南郴州一中模拟)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A运动员到达最低点前重力势能始终减小B蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关解析：选ABC在运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义可知重力势能始终减小，故选项A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，而运动员向下运动，所以弹力做负功，弹性势能增加，故选项B正确；对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故选项C正确；重力做功是重力势能转化的量度，即WGEp，而蹦极过程中重力做功与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，故选项D错误4.(多选)(2018届山东山师附中三模)如图所示，质量为m的a、b两球固定在轻杆的两端，杆可绕O点在竖直面内无摩擦转动，已知两物体距O点的距离L1>L2，现在由图示位置静止释放，则在a下降过程中()Aa、b两球的角速度大小始终相等B重力对b球做功的瞬时功率一直增大C杆对a做负功，a球机械能不守恒D杆对b做负功，b球机械能守恒解析：选ACa、b两球同时绕O点转动，角速度大小始终相等，故A正确；刚开始，b的速度为0，重力对b球做功的瞬时功率为0，在竖直位置，速度与重力方向垂直，重力对b球做功的瞬时功率为0，所以重力对b球做功的瞬时功率先增大后减小，故B错误；在a下降过程中，b球的动能增加，重力势能增加，所以b球的机械能增加，根据重力之外的力做功量度物体机械能的变化，所以杆对b做正功，球a和b系统机械能守恒，所以a机械能减小，所以杆对a做负功，故D错误，C正确5.(多选)(2019届揭阳市揭东一中检测)如图，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，小物块a和b及弹簧组成的系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则()A细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为gB弹簧恢复原长时，a和b的加速度大小均为gC下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒解析：选BD开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于物块b的重力mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则物块b受力仍然平衡，加速度为零，而a受向下的重力和拉力作用，加速度为2g，故A错误；弹簧恢复原长时，两物块均只受重力，故加速度大小为g，由于此时物块a的速度大于b的速度，故此后一段时间弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误；对a、b和弹簧组成的系统来说，由于只有重力和弹簧弹力做功，故机械能守恒，故D正确6.(多选)如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球1、2、3沿水平轨道分别以速度v12、v23、v34水平向左冲上半圆形轨道，g为重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A的水平距离和离开轨道后的运动形式的说法正确的是()A三个小球离开轨道后均做平抛运动B小球2和小球3的落点到A点的距离之比为 2C小球1和小球2做平抛运动的时间之比为11D小球2和小球3做平抛运动的时间之比为11解析：选BD设小球恰好通过最高点时的速度为v，此时由重力提供向心力，则mgm，得v设小球能通过最高点时在轨道最低点的最小速度为v，由机械能守恒定律得2mgRmv2mv2得v由于v12<v，所以小球1不能到达轨道最高点，也就不能做平抛运动，故A、C错误；小球2和小球3离开轨道后做平抛运动，由2Rgt2，得t2，则得小球2和小球3做平抛运动的时间之比为11，故D正确；设小球2和小球3通过最高点时的速度分别为v2和v3根据机械能守恒定律得2mgRmv22mv222mgRmv32mv32解得v2，v32由平抛运动规律得水平距离为xv0t，t相等，则小球2和小球3的落点到A点的距离之比为2.故B正确7.(多选)(2018届南京市、盐城市一模)如图所示，光滑细杆上套有两个质量均为m的小球，两球之间用轻质弹簧相连，弹簧原长为L，用长为2L的细线连接两球现将质量为M的物块用光滑的钩子挂在细线上，从细线绷直开始释放，物块向下运动则物块()A运动到最低点时，小球的动能为零B速度最大时，弹簧的弹性势能最大C速度最大时，杆对两球的支持力为(M2m)gD运动到最低点时，杆对两球的支持力小于(M2m)g解析：选AC物块从开始释放先做加速运动，后做减速运动直到速度为零即到达最低点，此时小球速度为零，两球相距最近，弹簧形变最大，弹性势能最大，故A正确，B错误；速度最大时，即此时系统合力为零，将两小球和物块看成系统，受重力(M2m)g，杆对两球的支持力二力平衡，故C正确；运动到最低点时，物块具有向上的加速度，由类整体法可知，杆对两球的支持力大于(M2m)g，故D错误8.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的二倍当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()A2R B.C. D.解析：选C设A球刚落地时两球速度大小为v，根据机械能守恒定律2mgRmgR(2mm)v2得v2gR，B球继续上升的高度h，B球上升的最大高度为hRR.9.(2016年海南卷)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1N2的值为()A3mg B4mgC5mg D6mg解析：选D设小球在最低点时速度为v1，在最高点时速度为v2，根据牛顿第二定律有，在最低点：N1mg，在最高点：N2mg；从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有mv22mg·2Rmv12，联立可得N1N26mg，故选项D正确10.(2019届云南模拟)如图所示，由半径为R的光滑圆周和倾角为45°的光滑斜面组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接一小球恰能过最高点，并始终贴着轨道内侧顺时针转动则小球通过斜面的时间为(重力加速度为g)()A2 B2C(22) D()解析：选D小球恰好通过最高点的速度v1，由机械能守恒定律得mv12mgRmv22，解得小球通过斜面顶端时的速度v2，由运动学规律得Rv2tgt2sin45°，则t()，选项D正确二、非选择题11.(2018年江苏卷)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sin53°0.8，cos53°0.6.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)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2.F1sin53°F2cos53°FmgF1cos53°F2sin53°且F1Mg解得FMgmg.(2)小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h13lsin53°，物块下降高度h22l根据机械能守恒定律mgh1Mgh2解得Mm65.(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时AC方向的加速度大小为a，物块受到的拉力为T，由牛顿第二定律得MgTMa，小球受AC的拉力TT由牛顿第二定律得Tmgcos53°ma解得T.答案：(1)Mgmg(2)65(3)12如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客不会掉下来我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下，小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动如果已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g，不考虑阻力(1)求若小球从高为h处由静止释放，小球到达圆轨道底端时对轨道的压力；(2)若要使小球运动过程中不脱离轨道，讨论小球由静止释放时的高度应满足的条件；(3)若让小球从高为h2R处的A点由静止释放，试求小球通过圆轨道底端后所能到达的最大高度解析：(1)小球从高为h处由静止释放到到达圆轨道底端的过程，由机械能守恒定律得mghmv2在底端，由牛顿第二定律得Nmgm解得Nmgmmg根据牛顿第三定律得NNmg，方向为竖直向下(2)要使小球运动过程中不脱离轨道第一种可能：恰能到达最高点，设在最高点时速度为vm，有mgm能过最高点，则在最高点时速度应满足vvm由机械能守恒定律有mghmv2mg·2R解得hR.第二种可能：小球到达圆轨道上与圆心等高处时速度恰为零，有mghmgR则hR不能到达圆轨道上高于圆心处，则hR.所以hR或hR.(3)h2R<R，设小球将在C点脱离轨道，C点与轨道圆心的连线与水平方向成角，此时N0即mgsinm小球从A点到C点，根据机械能守恒定律有mg·2RmvC2mg(RRsin)解得sin，vC 小球从C处开始做斜抛运动，到达最高点时速度vxvCsinvC小球从A点到最高点，根据机械能守恒定律有mg·2Rmghmvx2解得hR.答案：(1)mg，竖直向下(2)hR或hR(3)R|学霸作业|自选一、选择题1.(2019届石家庄一模)如图所示，质量为m的物体A和质量为2m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧开始用手托着物体A使弹簧处于原长且细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上现由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无压力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A物体A下落过程中一直处于失重状态B物体A即将落地时，物体B处于失重状态C物体A下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mghD物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小解析：选C根据题述“A与地面即将接触时速度恰好为零”可知A先加速后减速向下运动，加速度方向先向下后向上，物体A先处于失重状态后处于超重状态，选项A错误；根据题述“A与地面即将接触时速度恰好为零，此时物体B对地面恰好无压力”，可知此时细绳中拉力等于B的重力，B处于静止状态，加速度为零，B不是处于失重状态，选项B错误；对A和弹簧组成的系统，在A由静止下落到A与地面即将接触时的过程，系统重力势能、动能和弹性势能相互转化，取地面为重力势能为零，初状态系统机械能等于mgh，末状态系统机械能为弹性势能，由机械能守恒定律，物体A下落过程中，弹簧的弹性势能最大值为mgh，选项C正确；物体A下落过程中，A的重力势能一直减小，A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，选项D错误2.(多选)(2018届佛山模拟)如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量为2m的小球A和质量为m的物块B，由图示位置释放后，当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，且此时物块B的速度刚好为零，则下列说法中正确的是()A物块B一直处于静止状态B小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒C小球A运动到水平轴正下方时的速度小于D小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球A与物块B组成的系统机械能守恒解析：选CD当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，所以小球A下降的高度为，绳的拉力大于B的重力，物块B会上升一定的高度h，由机械能守恒得·2mv22mg·mgh，所以小球A运动到水平轴正下方时的速度v<，A错误，C正确；在整个过程中小球A与物块B组成的系统机械能守恒，B错误，D正确3.如图所示，在一个直立的光滑管内放置一个轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一个质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则正确的是()A小球运动的最大速度等于2B弹簧的劲度系数为C小球运动中最大加速度为gD弹簧的最大弹性势能为3mgx0解析：选D小球从A点到O点做自由落体运动，到达O点的速度为v22g·2x0，解得v2，接触弹簧后，合力减小，加速度减小，到合力减小到零时，速度达到最大值，所以最大速度大于2，A错误；小球速度达到最大时，mgFk·x，解得x<x0，B错误；若小球在O点释放，向下运动到最下端，由于受力情况具有对称性，a上a下g，而从A点释放小球，弹簧的压缩量会更大，弹力会更大，故加速度大于g，C错误；根据机械能守恒定律得mg·3x0E弹，D正确 4.(多选)如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2 m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是()A杆对小球A做正功B小球A的机械能守恒C杆对小球B做正功D小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m解析：选AD将小球A、B视为一个系统，设小球的质量均为m，最后小球B上升的高度为h，根据机械能守恒定律有×2mv2mghmg(h0.2×sin30°)，解得h0.15 m，选项D正确；以小球A为研究对象，由动能定理有mg(h0.2×sin30°)W0mv2，可知W>0，可见杆对小球A做正功，选项A正确，B错误；由于系统机械能守恒，故小球A增加的机械能等于小球B减小的机械能，杆对小球B做负功，选项C错误5.(多选)如图所示，轻弹簧一端固定在O1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上，O1在O2的正上方，C是O1O2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动已知小球在A点时弹簧被拉长，在C点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是()A弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动C弹簧处于原长时，小球的速度最大D小球机械能最大的位置有两处解析：选AD因只有重力和弹簧弹力做功，故小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能之和最小，所以在A点弹簧的弹性势能大于弹簧在C点的弹性势能，A正确；小球从A点至C点，切线方向先加速后减速，当切线方向加速度为零时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，B、C错误；当弹簧处于原长状态时，其弹性势能为零，小球的机械能最大，由对称性可知，在A、C间和C、B间应各有一处，D正确6如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则()AhAhBhC BhAhB<hCChAhB>hC DhAhC>hB解析：选DA球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能对A、C球列机械能守恒定律方程为mghmv02，解得h，对B球：mghmvt2mv02，且vt0所以h<h，故D正确7.(多选)如图所示，在固定的光滑水平杆上，质量为m的物体P用轻绳跨过光滑的滑轮O、O连接质量为2m的物体Q，用手托住Q使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，且AOL，OBh，AB<BO，重力加速度为g.现释放Q，让二者开始运动，则下列说法正确的是()AQ始终比P运动得快B在P物体从A滑到B的过程中，P的机械能增加、Q的机械能减少CP运动的最大速度为2D开始运动后，当P速度再次为零时，Q下降了2(Lh)距离解析：选BC设轻绳OA与AO的夹角为，P的速度为vP，Q的速度为vQ，则有vPcosvQ，vP始终大于vQ，选项A错误；P从A运动到B过程，速度由零到最大，Q从下落点到最低点，由系统机械能守恒可知，P机械能增加，Q的机械能减少，选项B正确；对P、Q系统有2mg(Lh)mv2，得v2，选项C正确；由系统机械能守恒可知，当P速度再次为零时，Q物体回到原位置，选项D错误8.(多选)(2019届枣庄期末)在竖直杆上安装一个光滑导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是()A导向槽位置应在高为的位置B最大水平位移为C小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下2v上D当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角解析：选AD设平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得mv02mghmv2，解得v0；根据平抛运动的知识可得下落时间t，则水平位移xv0t，所以当2h2h时水平位移最大，解得h，A正确；最大的水平位移为x2h，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设小球落地时速度与水平方向成角，位移与水平方向的夹角为，根据平抛运动的规律可知，tan2tan2×1，则45°，D正确二、非选择题9.(2018届德州一模)如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的O点静止放置一质量m0.25 kg的小物块，它与水平轨道间的动摩擦因数0.4，OO1的距离s4 m在O1右侧固定了一半径R0.32 m的光滑的竖直半圆弧，现用F2 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力(g10 m/s2)求：(1)为使小物块到达O1，求拉力F作用的最短时间；(2)若将拉力变为F1，使小物块由O点静止运动至OO1的中点位置撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1的大小解析：(1)小物块能运动到O1点，由动能定理得Fxmgs0解得x2 m由牛顿第二定律得Fmgma解得a4 m/s2由运动公式得xat2解得t1 s.(2)设小物块到达O1点的速度为v2，刚好到达最高点时的速度为v由牛顿第二定律得mgm由机械能守恒定律得mv122mgRmv2在水平轨道上运动，应用动能定理得F1s1fsmv12解得F13 N.答案：(1)1 s(2)3 N10.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面体上，一劲度系数为k200 N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C，另一端连接一质量为m4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A的最大速度大小解析：(1)弹簧恢复原长时，物体A、B的加速度大小相同，对B分析有mgTma对A分析有Tmgsin30°ma代入数据解得T30 N.(2)初始位置，弹簧的压缩量为x110 cm当物体A速度最大时，即物体A的加速度为0，对物体A分析有mgkx2mgsin30°弹簧的伸长量为x210 cm所以物体A沿斜面上升的距离为xx1x220 cm.(3)因为x1x2，所以弹簧的弹性势能没有改变，由系统机械能守恒得mg(x1x2)mg(x1x2)sin30°·2m·v2解得v1 m/s.答案：(1)30 N(2)20 cm(3)1 m/s11(2019届泉州质检)如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径PQ沿竖直方向，其半径R的大小可以连续调节，轨道上装有压力传感器，其位置N始终与圆心O等高质量M1 kg、长度L3 m的小车静置在光滑水平面上，小车上表面与P点等高，右端与P点的距离s2 m，一质量m2 kg的小滑块以v06 m/s的水平初速度从左端滑上小车，小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动在R取不同值时，压力传感器读数F与的关系如图乙所示，已知小滑块与小车表面的动摩擦因数0.2，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)小滑块到达P点时的速度v1；(2)图乙中a和b的值；(3)在>3.125 m1的情况下，小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离xmin.解析：(1)小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动，设小滑块加速度大小为a1，小车加速度为a2，由牛顿第二定律可得对小滑块有mgma1对小车有mgMa2设小车与小滑块经历时间t后速度相等，则有v0a1ta2t小滑块的位移s1v0ta1t2小车的位移s2a2t2代入数据解得s15 m，s22 m由于s2s，Ls1s2，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好与小车共速并到达小车右端，即小滑块到达P点的速度v14 m/s.(2)设小滑块到达N点时的速度为vN，则有Fm从P点到N点过程中，由机械能守恒定律有mv12mvN2mgR由式得Fm2mg故b2mg40 N由式，结合图乙可知，图象的斜率kmv1232解得a1.25 m1.(3)设小滑块恰能经过半圆轨道最高点Q时的轨道半径为R，此时经过Q点的速度为vQ则有mgm从P到Q点过程中，由机械能守恒可得mv12mvQ22mgR解得R0.32 m，即3.125 m1可见>3.125 m1在的情况下，小滑块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道由式可知vQ小滑块离开Q点后做平抛运动至到达小车的过程中，有xvQt,2Rgt2解得x，当R0.2 m时，x有最大值xm0.8 m小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离xminLxm2.2 m.答案：(1)4 m/s(2)1.2540(3)2.2 m