高考物理一轮复习专题5机械能第3讲机械能守恒定律及其应用含答案

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第3讲 机械能守恒定律及其应用知识巩固练1．(2020年长沙名校月考)如图所示，固定在竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与轻质弹簧的一端连接，弹簧的另一端固定在墙上O点，现将小圆环向上拉至A点(图中AO、CO间距恰好等于弹簧自然长度，B点是AC中点，AD间距为h)由静止释放，在小圆环下降至最低点D的过程中弹簧始终处在弹性限度内，则下列说法正确的是              (　　)A．小圆环从A至C过程中机械能守恒B．小圆环在整个下落过程中机械能守恒C．小圆环从A下落到D的过程中，弹簧弹力做功为－mghD．小圆环下落过程的最大加速度大小等于重力加速度【答案】C2．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A，B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块              (　　)A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同【答案】D　【解析】由题意根据力的平衡，有mAg＝mBgsin θ，所以mA＝mBsin θ．根据机械能守恒定律mgh＝mv2，得v＝，所以两物块落地速率相等，A错误；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化ΔEp＝－WG＝－mgh，所以EpA＝－mAgh＝－mBghsin θ，EpB＝－mBgh，C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率A＝mAg·，B重力的平均功率B＝mBg·sin θ，因为mA＝mBsin θ，所以A＝B，D正确．3．(2020年鹰潭一中联考)如图，毛毛虫外出觅食，缓慢经过一边长为L的等边三角形“山丘”，已知其身长为3L，总质量为m，如图头部刚到达最高点，假设小虫能一直贴着“山丘”前行，则其头部越过“山顶”刚到达“山丘”底端时小虫的重力势能变化量为              (　　)A．mgL B．mgLC．mgL D．mgL【答案】B　【解析】选山丘底端为零势能面，初状态的重力势能为W1＝mg×sin 60°＝mgL，小虫头部越过山顶刚到达山丘底端时的重力势能为W2＝mg×sin 60°＝mgL，其重力势能的变化量为ΔW＝W2－W1＝mgL－mgL＝mgL，故B正确，A、C、D错误．4．(2020年汕头联考)如图所示，半径为R、内壁光滑的硬质小圆桶固定在小车上，小车以速度v在光滑的水平公路上做匀速运动，有一质量为m、可视为质点的光滑小铅球在小圆桶底端与小车保持相对静止．当小车与固定在地面的障碍物相碰后，小车的速度立即变为零．关于碰后的运动(小车始终没有离开地面)，下列说法正确的是              (　　)A．铅球能上升的最大高度一定等于B．无论v多大，铅球上升的最大高度不超过C．要使铅球一直不脱离圆桶，v的最小速度为gRD．若铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度大小可以等于零【答案】B　【解析】小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为零，根据机械能守恒，此时有mv2＝mgh，解得h＝，另一可能是速度较大，小球滑出弧面做斜抛，到最高点还有水平速度，则此时小球所能达到的最大高度要小于，A错误，B正确；要使铅球一直不脱离圆桶，则在最高点重力完全充当向心力，故有mg＝m，此时速度v′＝，即在最高点的最小速度为，从最低点到最高点机械能守恒，故有－mg·2R＝mv′2－mv2，解得v＝，C、D错误．5．(2020年潍坊名校期末)如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F随时间t变化的关系如图所示．以下说法正确的是              (　　)A．t0时刻弹簧弹性势能最大 B．2t0时刻弹簧弹性势能最大C．t0时刻弹簧弹力的功率为0 D．t0时刻物体处于超重状态【答案】A6．(2020年永昌四中调研)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则              (　　)A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】D　【解析】当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，A错误；a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得mAgh＝mAv，解得vA＝，B错误； b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，C错误； a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，D正确．7．(2021年安徽名校联考)如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻质弹簧．将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d．P的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中              (　　)A．P的速度一直减小B．传送带对P做功的功率一直减小C．传送带对P做的功W<μmgdD．弹簧的弹性势能的变化量ΔEp＝mv2＋μmgd 【答案】C　【解析】P与弹簧接触后在水平方向受弹簧力作用， P受的静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，由于惯性，P继续压缩弹簧，做减速运动直到速度为零，A错误；由公式P＝fv可知，由于P先做匀速后做减速，静摩擦力增大，速度不变，所以功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，B错误；由于P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，P受到的力为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对P做的功小于μmgd，C正确；对滑块由动能定理得Wf－WF＝0－mv2，由于Wf<μmgd，所以弹簧的弹性势能变化量小于mv2＋μmgd，D错误．综合提升练8．如图所示，质量均为m＝1.0 kg 的物块 A、B 通过轻质弹簧相连，竖放在水平地面上，弹簧的劲度系数k＝100 N/m．A、B的右侧竖立一固定光滑杆MN，物块C穿在竖直杆上．一条不可伸长的轻绳绕过位于A正上方的轻质定滑轮P，一端连接A，另一端连接C．开始时物块C与轻质滑轮P等高，且P、C间距L＝0.3 m，绳处于伸直状态但无张力．现将C 由静止释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升(取 g＝10 m/s2)．(1)求 C 的质量mC；(2)若将 C 换成质量为 1.0 kg 的 D，仍从上述初始位置由静止释放，求B离开地面时 D 的速度．解：(1)开始时对A受力分析可得kx1＝mg(弹簧压缩)，x1＝0.1 m．最终恰好能使B离开地面但不继续上升，说明B此时与地面之间无弹力，且整个系统处于静止状态．对B受力分析可得kx2＝mg(弹簧伸长)，x2＝0.1 m．可判断出此时PC间绳子的长度L′＝L＋x1＋x2＝0.5 m，则C下降的高度h＝＝0.4 m．因为始末两个状态弹簧的形变量一样，因此弹性势能不变，由能量守恒定律可得mCgh＝mg(x1＋x2)，解得mC＝0.5 kg．(2)将C换成D后，由能量守恒可得mDv＋mv＋mg(x1＋x2)＝mDgh，由几何关系可知＝，解得vD＝ m/s．9．如图所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方．在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以v0＝ 的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；(3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力．解：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律得l＝gt2，x＝v0t，联立解得x＝2l．(2)由小球到达B点时竖直分速度v＝2gl，tan θ＝，解得θ＝45°．(3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒，设到达C点时速度大小为vC，由机械能守恒定律，有mgl＝mv－mv，设轨道对小球的支持力为F，有F－mg＝m，解得F＝(7－)mg．由牛顿第三定律，可知小球对圆轨道的压力大小F′＝(7－)mg，方向竖直向下．10．(2020年湖北名校月考)如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平．已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，圆弧轨道半径R＝0.75 m，物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)小物块在B点时的速度大小；(2)小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．解：(1)从A点到B点，小物块做平抛运动，有H－h＝gt2，到达B点时，竖直分速度vy＝gt，tan 37°＝，联立解得vB＝＝5 m/s．(2)从A点到C点，有mgH＝mv－mv，设小物块在C点受到的支持力为FN，则FN－mg＝m，联立解得v2＝2 m/s，FN＝ N．由牛顿第三定律，可知小物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为 N．(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力Ff＝μ1mg＝7 N，长木板与地面间的最大静摩擦力Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N，由Ff<Ff′知，小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，故长木板的长度至少为l＝＝2 m．11．(2021年江苏模拟)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放．已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：(1)物块第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)物块第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)物块从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q．解：(1)由动能定理得(mgsin 37°－μ1mgcos 37°)L＝mv－0，解得v1＝8 m/s．(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1，解得t1＝6 s．匀速运动阶段的时间为t2＝＝3 s．第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s．(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcos 37°·L＋mv2＝48 J．