高考物理一轮复习课时作业16机械能守恒定律及其应用含答案

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机械能守恒定律及其应用(建议用时40分钟)1.如图所示，“娃娃机”是指将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制的抓取玩具的机器手臂的机器，使用者要凭自己的技术操控手臂，以取到自己想要的玩具。不计空气阻力，关于“娃娃机”，下列说法正确的是(　　)A．玩具从机器手臂处自由下落时，玩具的机械能守恒B．机器手臂抓到玩具匀速水平移动时，玩具的动能增加C．机器手臂抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒D．机器手臂抓到玩具加速上升时，机械爪做的功等于玩具重力势能的变化量【解析】选A。在没有空气阻力的情况下，玩具从机器手臂处自由落下时，重力势能转化为动能，没有能量的损失，即玩具的机械能守恒，选项A正确；机器手臂抓到玩具水平匀速运动时，玩具的质量和速度均不变，则动能不变，选项B错误；机器手臂抓到玩具匀速上升时，动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，选项C错误；机器手臂抓玩具加速上升时，动能和重力势能均变大，所以手臂做的功等于玩具重力势能与动能的增大量之和，选项D错误。2.(2020·宜宾模拟)如图所示，a、b 两小球通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮( 视为质点)上。开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线伸直并水平。现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0。则a、b两球的质量之比为(　　)A．3∶1      B．2∶1C．3∶2      D．1∶1【解析】选A。连接b球的细线摆到竖直位置时，由机械能守恒定律mbgl＝mbv2，对小球b：T－mbg＝mb。对小球a：T＝mag，联立解得ma∶mb＝3∶1，选项A正确。【加固训练】　　如图，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的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A和B由静止释放，则A落地前瞬间的速度大小及 B上升的最大高度分别是              (　　)【解析】选A。设B的质量为m，则A的质量为2m，以A、B组成的系统为研究对象，在A落地前，由系统机械能守恒可得-mgR+2mgR=×3mv2，解得v= ；以B为研究对象，在B上升过程中，由机械能守恒定律可得：mv2=mgh，则B上升的最大高度为H=R+h，解得H = ，选项A正确。3．某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用vy 、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是(　　)【解析】选D。足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g的匀变速直线运动，上升阶段vy＝vy0－gt，下落阶段vy＝gt，由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图象是一条倾斜直线，选项A错误；不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E不变，选项B错误；足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，选项C错误； 上升阶段vy＝vy0－gt，下落阶段vy＝gt，再由重力的瞬时功率P＝mgvy，可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，选项D正确。4.(多选)(2021·宜宾模拟)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上,筒内装水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2,如图所示。已知水的密度为ρ,不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,当两筒水面高度相等时,则该过程中 (　　)A.水柱的重力做正功B.大气压力对水柱做负功C.水柱的机械能守恒D.当两筒水面高度相等时,水柱的动能是ρgS(h1-h2)2【解析】选A、C、D。把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功,对右筒水面做负功,抵消为零。水柱的机械能守恒,重力做功等于重力势能的减少量,等于水柱增加的动能,等效于把左管高的水柱移至右管,如图中的斜线所示,重心下降,重力所做正功:WG=()ρgS()=ρgS(h1-h2)2,故A、C、D正确。5．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J【解析】选A、D。由Ep＝mgh知Ep­h图象的斜率为mg，故mg＝＝20 N，解得m＝2 kg，故A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E总－Ep＝100 J－0＝100 J，故mv2＝100 J，解得：v＝10 m/s，故B错误；h＝2 m时，Ep＝40 J，Ek＝ E总－Ep＝90 J－40 J＝50 J，故C错误；h＝0时，Ek＝E总－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m时，Ek′＝E总－Ep＝80 J－80 J＝0，故Ek－ Ek′＝100 J，故D正确。6．(多选)(2021·襄阳模拟)如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随之改变。小球的N－Ek图线如图乙，其左端点坐标为([1]，[2])，其延长线与坐标轴的交点分别为(0，a)、(－b，0)。重力加速度为g。则(　　)A．小球的质量为     B．圆轨道的半径为C．图乙[1]处应为5b    D．图乙[2]处应为6a【解析】选C、D。在最低点由牛顿第二定律得N－mg＝m＝Ek，变形得N＝mg＋Ek，由题图可知mg＝a，解得m＝，由题意可知－mg＝－b＝－Ek，其中Ek＝＝，联立解得R＝，图线的最左端表示小球恰好能完成整个圆周运动，即有mg＝m，[2]－mg＝＝[1]。从最高点到最低点由机械能守恒有mg·2R＝mv2－mv，联立解得[1]＝5mg＝5b，[2]＝6mg＝6a，选项C、D正确。7.(创新题)如图是一个设计“过山车”的实验装置的原理示意图，斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接，斜面AB和圆形轨道都是光滑的，圆形轨道半径为R，一个质量为m的小车(可视为质点)在A点由静止释放沿斜面滑下，小车恰能通过圆形轨道的最高点C。已知重力加速度为g。求：(1)小车在C点的速度大小；(2)A点距水平地面的高度h；(3)运动到B点时小车对轨道的压力大小。【解析】(1)小车在C点有mg ＝ 解得vC＝ (2)由A运动到C，根据机械能守恒定律得mgh＝mg×2R＋mv解得h＝2.5R(3)由A运动到B，根据机械能守恒定律得mgh＝mv解得vB＝小车在B点有FN－mg ＝ 解得FN＝6mg由牛顿第三定律：小车对轨道的压力大小为6mg答案：(1)　(2)2.5R　(3)6mg8.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端连接一质量为m的小球，将小球拉至与O点等高，轻绳处于伸直状态的位置后由静止释放，经时间t轻绳转过的角度为θ。在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，下列关于小球的速率v、动能Ek随时间t变化，小球向心加速度an、重力势能Ep，(取最低点为零势能点)随角度θ变化的图象中，可能正确的是(　　)【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)小球在绳的作用下，做变加速圆周运动，根据Ep=mg(L-Lsinθ)判断出小球的重力势能与θ之间的关系；(2)小球在下落过程中，通过受力分析，利用牛顿第二定律求得小球切向加速度的变化，判断出速度的变化，即可判断动能与时间的关系。【解析】选B。小球在运动过程中只受到重力和绳子拉力的作用，切向加速度a＝g cos θ，加速度一直在变化，故速度时间图象并非线性关系，选项A错误；由于小球下落过程中初始位置速度为零，动能为零，在最低点速度达到最大，切向加速度为0，动能变化率亦为0，选项B正确；设绳长为L，小球下落过程中只有重力做功，根据机械能守恒有Ek＝mv2＝mgL sin θ，解得v2＝2gL sin θ，故向心加速度an＝＝2g sin θ，图象应为正弦曲线，选项C错误；小球下落过程中重力势能只与高度有关，则下落过程中势能为Ep＝mgL(1－sin θ)，选项D错误。9．如图所示，光滑圆形轨道竖直固定在倾角α＝30°的光滑斜面上，B点为圆与斜面相切的点，C为圆轨道上与圆心等高的点，D点为圆形轨道的最高点。一质量为m＝0.5 kg的小球，从与D等高的A点无初速度释放，小球可以无能量损失的通过B点进入圆轨道，当地重力加速度g取10 m/s2。在小球运动的过程中，下列说法正确的是(　　)A.小球可以通过D点B．小球到最高点时速度为零C．小球对C点的压力大小为10 ND．由于圆轨道的半径未知，无法计算出小球对C点的压力大小【解析】选C。根据机械能守恒定律可知，小球从A点由静止释放，则到达等高的D点时速度为零；而要想经过圆轨道的最高点D的最小速度为，可知小球不能到达最高点D，而是过了C点后将脱离圆轨道做斜上抛运动，则到达最高点时速度不为零，选项A、B错误；从A点到C点由机械能守恒定律得mgR＝mv，则C点NC＝m，解得NC＝2mg＝10 N，选项C正确，D错误。10．(2020·成都模拟)如图(a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。由此可知(　　)A.小球的质量m＝0.2 kgB．初动能Ek0＝16 JC．小球在C点时重力的功率为60 WD．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N【解析】选D。由图(b)可知，半圆形轨道的半径为0.4 m，小球在C点的动能大小EkC＝9 J，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＋F＝＝，解得小球的质量m＝2 kg，选项A错误；由机械能守恒定律得，初动能Ek0＝mgh＋EkC＝25 J，其中h＝0.8 m，选项B错误；小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，选项C错误；由机械能守恒定律得，B点的初动能EkB＝mg＋EkC＝17 J，在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝＝＝85 N，选项D正确。11.(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D．在运动过程中，小球B的最大动能为mgL【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)两小球和三角形支架系统释放后只有重力做功，机械能守恒；(2)当系统的重心下降到最低点时，系统的重力势能最小，动能最大；(3)根据机械能守恒求解运动过程中B的速度或者最大动能。【解析】选A、D。系统在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒，选项A正确；系统重心在A、B连线的中点位置，故AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大，选项B错误；小球B运动至最低点时，两小球的速度大小一直相等，根据几何关系知，A下降的高度为Lsin30°，B下降的高度为L(1－cos30°)，根据系统机械能守恒有mgLsin30°＋mgL(1－cos30°)＝2×mv，解得v1＝，选项C错误；A、B连线水平时，系统动能最大，此时A球到图中B球位置，根据系统机械能守恒有mgL＝2×mv2，解得mv2＝mgL，选项D正确。12．(创新题)某建筑工人从高处向楼下运送细沙时，想出了一个巧妙的办法，如图所示，在树杈上的O点系一长度为R的轻质细绳，绳子另一端系铁钩(重力和大小忽略不计)，在阳台上Q点拉直绳子并将铁钩勾住沙袋，OQ与水平方向的夹角为θ＝30°，将沙袋由静止释放，沙袋运动到O点正下方N点时正好脱钩(脱钩过程中，沙袋无能量损失)，沿水平地面滑到M点停下。已知沙袋可视为质点，质量为m，O、N两点之间的距离为R，M、N两点之间的距离为2R，重力加速度为g，空气阻力不计，求：(1)沙袋运动到N点时的速度大小；(2)沙袋运动到N点脱钩前瞬间绳子的张力大小及沙袋与地面间的动摩擦因数。【解析】(1)沙袋由静止释放后先竖直下落，绳子张紧后做圆周运动，如图所示沙袋竖直下落过程中，由机械能守恒定律有mg×2R sin θ＝mv2解得v＝绳子张紧后，沿半径方向的速度消失，沿圆弧切线方向的速度v⊥＝v cos θ＝此后沙袋做圆周运动，从绳子张紧位置运动至N点过程，由机械能守恒定律有mgR(1－sin θ)＝mv－mv解得v1＝(2)沙袋运动到N点脱钩前，根据牛顿运动定律有T－mg＝m可得绳子的张力T＝mg由动能定理有μmg·2R＝mv解得μ＝0.625答案：(1)　(2)mg　0.625【加固训练】　　2020年新年伊始，人们怀着对新一年的美好祝愿和期盼，在广场的水平地面上竖立了2020数字模型，该模型是由较细的光滑管道制造而成，每个数字高度相等，数字2上半部分是半径R1=1 m的圆形管道，数字0是半径R2=1.5 m的圆形管道，2与0之间分别由导轨EF和HM连接，最右侧数字0管道出口处与四分之一圆轨道MN连接。从轨道AB上某处由静止释放质量为m=1 kg的小球，若释放点足够高，小球可以顺着轨道连续通过2020管道并且可以再次返回2020管道。D、G分别为数字2与0管道上的最高点，水平轨道BC与小球间的动摩擦因数μ=0.5，且长度为L=1 m，其余轨道均光滑，不计空气阻力且小球可以当作质点，g取10 m/s2。(1)若小球恰好能通过2020管道，则小球在AB轨道上静止释放处相对地面的高度h为多少。(2)若小球从h1=5 m高处静止释放，求小球第一次经过D点时对管道的压力。【解析】(1)恰好能过管道最高点即最高点速度为0，A→B→C阶段由动能定理mgh-μmgL=mvC→D阶段由机械能守恒mg·2R2＝mv得h＝3.5 m(2)从释放到运动至C处，由动能定理mgh1－μmgL＝mv′C→D阶段由机械能守恒mg·2R2＝mv′－mv设小球在D处受到的弹力为FN，则mg＋FN＝m得FN＝20 N由牛顿第三定律可知小球在D处对管道的压力大小也为20 N，且方向竖直向上答案：(1)3.5 m　(2)20 N，方向竖直向上