新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：15　机械能守恒定律及其应用

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1．(多选)下列说法正确的是( )
A. 如果物体受到的合力为0，则其机械能一定守恒
B. 如果物体受到的合力做功为0，则其机械能一定守恒
C. 物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒
D. 做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒
CD 解析：当物体竖直向上匀速运动时，物体所受的合外力等于0，合外力做功也等于0，物体的机械能不守恒，所以A、B两项错误；物体沿光滑曲面下滑时只有重力做功，所以机械能守恒，故C正确；当物体沿光滑斜面匀加速下滑时，物体的机械能守恒，故D正确。
2．(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 解析：初始时刻，两球的动能和势能均相等，则机械能相等，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＝ eq \f(1,2)mv2，因lA＞lB，所以vA＞vB。故A、C错误，B、D正确。
3．(2020·德州模拟)如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是 eq \f(1,2)g，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，物块在由A点运动到C点的过程中，空气阻力恒定，则( )
A. 物块机械能守恒
B. 物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C. 物块机械能减少 eq \f(1,2)mg(H＋h)
D. 物块和弹簧组成的系统机械能减少 eq \f(1,2)mg(H＋h)
D 解析：物块在未接触弹簧时加速度为 eq \f(g,2)，那么受到的空气阻力为重力的一半，故机械能不守恒，选项A、B错误；物块机械能的减少量为ΔE减＝ΔEp减＋ΔEk减＝mg(H＋h)＋0＝mg(H＋h)，选项C错误；物块与弹簧组成的系统机械能的减少量为克服空气阻力所做的功，为 eq \f(1,2)mg(H＋h)，选项D正确。
4．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为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(此时小球速度为0)的整个运动过程中，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 解析：小球与弹簧组成的系统在整个运动过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为0，小球从C点到最低点的过程中，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项错误，B项正确；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项错误；小球的初、末动能均为0，所以整个运动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项错误。
5．如图所示，可视为质点的小球A、B用一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球的质量为B球的两倍。当B球位于地面上时，A球恰与圆柱轴心等高。将A球由静止释放，B球上升的最大高度是( )
A. 2R B. eq \f(5R,3)
C. eq \f(4R,3) D. eq \f(2R,3)
C 解析：设B球质量为m，则A球质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝ eq \f(1,2)(2m＋m)v2＋mgR，得v2＝ eq \f(2,3)gR，B球继续上升的高度h＝ eq \f(v2,2g)＝ eq \f(R,3)，B球上升的最大高度为h＋R＝ eq \f(4,3)R，故选C。
6．有一条长为2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后，链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)( )
A. 2.5 m/s B. eq \f(5\r(2),2) m/s
C. eq \r(5) m/s D. eq \f(\r(35),2) m/s
B 解析：设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－ eq \f(1,2)×2mg× eq \f(L,4)sin θ－ eq \f(1,2)×2mg× eq \f(L,4)＋0＝－ eq \f(1,4)mgL(1＋sin θ)，链条全部滑出时的动能为 E′k＝ eq \f(1,2)×2mv2＝mv2，重力势能为E′p＝－2mg eq \f(L,2)＝－mgL，由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p，即－ eq \f(1,4)mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL，解得v＝ eq \f(1,2) eq \r(gL（3－sin θ）)＝ eq \f(5\r(2),2) m/s，故B正确，A、C、D错误。
7．(2020·山东高考)(多选)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为0。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度范围内，物块A始终处于静止状态。弹簧弹性势能与形变量x的关系为Ep＝ eq \f(1,2)kx2，其中k为劲度系数。以下判断正确的是( )
A. M<2m
B. 2mC. 在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D. 在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
ACD 解析：设轻绳与水平桌面间的夹角为θ，B下降的最大距离为x，当B下降到最低点时，由题意可知F sin θ＝Mg，F＝kx，对B由释放位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得mgx＝ eq \f(1,2)kx2，联立解得M＝2m sin θ，故有M＜2m，故A正确，B错误；由题意可知B从释放位置到最低点的过程中，开始时弹簧弹力小于重力，B加速，合力做正功，后来弹簧弹力大于重力，B减速，合力做负功，故C正确；对于B在从释放到速度最大的过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。
8．(2020·潍坊模拟)(多选)如图甲所示，倾角 θ＝30° 的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v­t图像如图乙所示，其中OA段为直线段，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )
A. 小球在tB时刻所受弹簧的弹力等于 mg
B. 小球在tC时刻的加速度大于 eq \f(1,2)g
C. 小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点
D. 小球从tA时刻到tC时刻的运动过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
BC 解析：小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力大小等于小球重力沿斜面方向的分力，则有F弹＝mg sin 30°＝ eq \f(1,2)mg，故A错误；在题图乙中，关于A点对称的点处弹簧的弹力大小为 0.5mg，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力再变化0.5mg，故到达C点时弹簧的弹力大于 2×0.5mg＝mg，根据牛顿第二定律可知F弹－mg sin θ＝ma，解得a＞ eq \f(1,2)g，故B正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从C点释放，小球能到达原来的释放点，故C正确；小球从tA时刻到tC时刻的运动过程中，系统机械能守恒，则有重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，所以重力势能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。
9．如图所示，将一质量为m＝0.1 kg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弧轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆弧轨道ABC的形状为半径 R＝2.5 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)。求：
(1)小球经过C点时的速度大小；
(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＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)),R)
解得vC＝ eq \r(gR)＝5 m/s。
(2)小球从B点运动到C点，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))＋mg·2R＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)),R)
联立解得vB＝5 eq \r(5) m/s，FN＝6 N。
(3)小球从A点运动到B点，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))＋mgR(1－cs 53°)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
得vA＝ eq \r(105) m/s
在A点进行速度分解有vy＝vA sin 53°
所以H＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)),2g)＝3.36 m。
答案：(1)5 m/s (2)6 N (3)3.36 m
10．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上的落点到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
mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)),R)
x＝vCt，2R＝ eq \f(1,2)gt2
解得x＝2R
即物块在水平轨道上的落点到B点的距离为2R。
(2)物块由B点运动到C点的过程中机械能守恒，则有
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))＝2mgR＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
设物块在B点时受到半圆轨道的支持力为FN，则有FN－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)),R)
解得FN＝6mg
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F′N＝FN＝6mg。
(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
Ep＝2mgR＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))
解得Ep＝ eq \f(5,2)mgR。
答案：(1)2R (2)6mg (3) eq \f(5,2)mgR
11．有一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用一不可伸长的轻质细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘一侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱边缘处由静止释放，如图所示。已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：
(1)A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小；
(2)A球沿圆柱内表面运动的最大位移。
解析：(1)设A球沿圆柱内表面滑至最低点时的速度大小为v，B球的质量为m，A球的质量为2m，则根据机械能守恒定律有
2mgR－ eq \r(2)mgR＝ eq \f(1,2)×2mv2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
由图甲可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为
vB＝v1＝v cs 45°
联立解得v＝2 eq \r(\f(2－\r(2),5)gR)。
(2)当A球的速度为0时，A球沿圆柱内表面运动的位移最大，设为x，如图乙所示，由几何关系可知A球下降的高度
h＝ eq \f(x,2R) eq \r(4R2－x2)
根据机械能守恒定律有2mgh－mgx＝0
解得x＝ eq \r(3)R。
答案：(1)2 eq \r(\f(2－\r(2),5)gR) (2) eq \r(3)R