2023高考物理一轮总复习练习16第五章第3讲机械能守恒定律及其应用.docx

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1、第3讲机械能守恒定律及其应用一、选择题(本题共8小题，15题为单选，68题为多选)1(2022重庆八中高三模拟)如图所示为一款“乒乓球训练器”，整个装置由金属底座、支撑杆、高弹性轻质软杆及固定在软杆一端的乒乓球构成，训练时底座保持静止，在某次击球后，乒乓球以某一初速度从A点开始运动经最高点B后继续运动。不计空气阻力，关于该过程，下列说法正确的是(A)A从A到B的过程中，软杆对乒乓球的弹力一直做正功B运动到B点时，乒乓球所受合力为零C地面对金属底座的支持力始终等于整个装置的总重力D地面对金属底座的摩擦力始终为零解析软杆有恢复形变方向上的弹力，故A到B过程软杆对乒乓球的弹力一直做正功；运动到B点时

2、，做变速圆周运动故合外力不为零，故A正确，B错误；由于乒乓球在竖直方向上不是匀速运动，杆对乒乓球在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直方向的支持力也是变化的，故C错误；由于乒乓球在水平方向做变速运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受力分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，故D错误。2.如图所示，虚线、分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道为椭圆轨道，轨道为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道半径的2倍，则(D)A卫

3、星在轨道的运行周期为轨道的2倍B卫星经过a点的速率为经过b点的倍C卫星在a点的加速度大小为在c点的2倍D质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能解析由开普勒第三定律可得，a2R1，解得，A错误；由万有引力定律得Gm，解得v，由上式可知，若卫星经过b点是做匀速圆周运动，则卫星经过a点的速率为卫星经过b点的速率的倍，而图中b点所在的轨道不是匀速圆周运动轨道，B错误；根据Gma，得a ，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，C错误；设卫星在、轨道交点处的引力势能为Ep，在b点的机械能为Eb，在c点的机械能为Ec，根据机械能守恒定律得EbEpEk，EcEpEk，从轨道变到轨道，在交点处要点火加速

4、，则有EkEk，所以EbEc，所以质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，D正确。3(2022吉林白城一中高三模拟)如图所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为30的光滑固定斜面底端，另一端连有一不计质量的挡板，一滑块从斜面上到挡板的距离为2.5 m处由静止释放，取重力加速度大小g10 m/s2。下列说法正确的是(C)A滑块与挡板碰撞前瞬间的速度大小为5 m/sB滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的加速度一直增大C滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的机械能一直减小D滑块到达最低点后的反弹过程中，在离开挡板前滑块的速度一直增大解析根据题意，由能量守恒可得mghmv2，代入数据，解

5、得v5 m/s，滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的加速度先减小后增大，B错误；滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，弹簧的弹性势能一直增大，系统的机械能不变，故滑块的机械能一直减小，C正确；滑块到达最低点后的反弹过程中，在离开挡板前滑块的速度先增大后减小，D错误。4.有一款名叫“跳一跳”的微信小游戏，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m)脱离平台时的速度，使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力。则下列说法中正确的是(重力加速度为g)(C)A棋子从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mghB棋子离开平台时的动能为mghC棋子从

6、离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghD棋子落到平台上的速度大小为解析棋子从起跳至运动到最高点的过程中，因为最高点存在水平方向的速度v，所以机械能增加mghmv2，A错误；以平台为参考面，则根据机械能守恒得Ekmghmv2，B错误；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，C正确；以平台为参考面，则根据机械能守恒得mv2mghmv2，解得v，D错误。5(2021全国高三专题练习)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加

7、速度为g，则(B)AA球的最大速度为2BA球的速度最大时，两小球的总重力势能最小CA球第一次转动到与竖直方向的夹角为45时，A球的速度大小为DA、B两球的最大速度之比vAvB31解析根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vAvB2ll21，D错误；由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确；当OA与竖直方向的夹角为时，由机械能守恒得，mg2lcos 2mgl(1sin )mv2mv，解得，vgl(sin cos )gl，由数学知识知，当45时，sin cos 有最大值，最大值为vA，A、C错误。6如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m

8、的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，则下列说法中正确的是(BCD)A物体落到海平面时的重力势能为mghB物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mghC物体在海平面上的动能为mvmghD物体在海平面上的机械能为mv解析以地面为参考平面，在海平面上的重力势能为mgh，A错误；从抛出到落到海平面，重力做功为mgh，B正确；根据机械能守恒定律可得mghmv2mv，所以物体在海平面上的动能为mvmgh，C正确；物体运动过程中，机械能守恒，所以任意一点的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为mv，故整个过程中的机械能为mv，所以

9、物体在海平面上的机械能为mv， D正确。7(2022辽宁高三月考)如图所示，轻质弹簧的一端固定于O点，弹簧的另一端连接一质量为m的可视为质点的小球，当小球位于A处时，弹簧恰好处于原长l，弹簧与竖直方向夹角为，现由静止释放小球，小球运动到O点正下方B点时的速度大小为v。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(BC)A小球从A点运动到B点的过程中，重力势能的减少量为mgl(1cos )B小球运动到B点时重力的功率为0C小球到达B点时，弹簧的弹性势能大于mgl(1cos )mv2D从A点运动到B点的过程中小球的机械能守恒解析小球从A点运动到B点的过程中，弹簧的长度要增加，则重力势能的减少

10、量大于mgl(1cos )，选项A错误；小球运动到B点时竖直速度为零，则重力的功率为PGmgvy0，选项B正确；小球到达B点时，重力势能减小量等于弹簧的弹性势能与动能增量之和，因重力势能的减少量大于mgl(1cos )，则弹簧的弹性势能大于mgl(1cos )mv2，选项C正确；从A点运动到B点的过程中，除重力做功外还有弹簧的弹力做功，则小球的机械能不守恒，选项D错误。8(2021四川成都七中高三月考)如图所示，在水平地面上固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与套在圆形轨道

11、上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是(AB)A小圆环到达B点时的加速度为gB小圆环到达B点后还能再次回到A点C小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为2D小圆环和物块的质量之比满足解析小圆环运动到B点时，小环受到竖直向下的重力，水平向右的拉力和圆环对小环向左的支持力，因为运动到B点时速度恰好为零，小球的合力为竖直方向的重力，根据牛顿第二定律可知mg

12、ma，解得ag，A正确；小环和物块组成的系统，在运动过程中，由于忽略一切摩擦力，故只有重力做功，机械能守恒，当小环到达B点时，速度都为零，此后小环沿圆轨道向下运动，机械能还是守恒，最终小环和物块速度都减到零，故圆环到达B点后还能再次滑回A点，B正确；小环在P点时，小环的速度方向沿绳的方向，根据速度的合成与分解可知，此时小圆环和物块的速度之比为11，C错误；设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知OC2R ，ACR，在运动过程中，对环和物块组成的系统，根据机械能守恒定律可知mgRMgR(1)sin 30，解得，D错误。二、非选择题9(2021全国高三月考)如图，一竖直光滑杆AB、四分之一光滑圆弧杆BC

13、和水平粗糙直杆CD连接成一个轨道，CD直杆右端有一竖直挡板E，光滑杆上套有一轻弹簧，弹簧的原长与竖直杆AB长度相等，一端固定在水平地面上，另一端的上面叠放一个套在杆上的物块(物块与弹簧不拴接)，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧再释放，物块上升到光滑圆弧杆的C处时恰好对轨道没有作用力。已知：物块的质量m0.1 kg，四分之一圆弧BC的半径R0.4 m，物块与水平粗糙直杆CD的动摩擦因数，重力加速度g10 m/s2，弹性势能的公式EPkx2(x为弹簧的形变量，k为该弹簧的劲度系数k140 N/m)，求：(1)物块刚要释放时轻弹簧的形变量x1的大小；(2)若物块只与挡板碰撞一次且碰撞没有能量损失，水平直

14、杆CD长度的可能值。答案(1)0.1 m(2)0.2 mL0.6 m解析(1)从物块释放到C处，根据能量守恒定律得kxmg(Rx1)mv，物块上升到光滑圆弧杆的C处时恰好对轨道没有作用力，即在C点FN0，则mgm，联立解得x10.1 m或x1 m(不合题意，舍去)。(2)物块只与挡板碰撞一次且碰撞没有能量损失，设水平直杆CD的长度为L，则当物块在水平直杆CD上的路程s13L1，恰好停在挡板前，此时直杆CD最短；或路程s2L2，恰好撞上挡板，此时直杆CD最长，根据动能定理得mgs0mv，当ss1时，解得L10.2 m，当ss2时，解得L20.6 m，故物块只与挡板碰撞一次且碰撞没有能量损失时，水

15、平直杆CD长度0.2 mL0.6 m。10(2021河北高三月考)如图所示，竖直面内的圆弧轨道所对圆心角60，半径R0.2 m，圆弧轨道顶端固定一个小定滑轮，最低点切线水平，与桌面上的水平轨道平滑相连。一弹簧两端分别连接A、B两个物块，mAmB0.8 kg。B通过不可伸长的细绳与质量mC5.4 kg的小球C相连。初始时，整个装置都处于静止状态，A位于地面上，C在外力作用下静止在圆弧轨道的顶端，细绳恰好伸直但无张力。现撤去外力，当C滑至圆弧轨道最低点时，A恰好要离开地面，细线断裂，B未到达定滑轮处。不计弹簧、细绳和滑轮的质量，不计一切摩擦和能量损失，已知弹簧始终在弹性限度内。重力加速度g10 m/s2。求： (1)弹簧的劲度系数k；(2)细绳断裂后瞬间，小球C对圆弧轨道的压力FN。答案(1)80 N/m(2)88.2 N，方向竖直向下解析(1)对AB受力分析，根据胡克定律mBgkxB，mAgkxA，xAxBR，联立解得k80 N/m。(2)由能量关系可知mCgR(1cos 60)mBg(xAxB)mBvmCv，且vBvCsin 60，FNmCgmC，解得FN88.2 N，根椐牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FNFN88.2 N。方向竖直向下。