2024届高考物理一轮复习专题五机械能第3讲机械能守恒定律及其应用练习含答案

这是一份2024届高考物理一轮复习专题五机械能第3讲机械能守恒定律及其应用练习含答案，共7页。试卷主要包含了如图所示，质量均为m＝1，1 m等内容，欢迎下载使用。
第3讲　机械能守恒定律及其应用



　　　　　　　　　　　　　　　
知识巩固练
1.如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断不正确的是(　　)

A.甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒
B.乙图中，斜面体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C.丙图中，连接物体A、B的绳子不可伸长，不计任何阻力和定滑轮及绳子的质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D.丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
【答案】B
2.

(2021年深圳调研)“蹦极”运动时，运动员身上绑好弹性绳从高空平台静止跳下，如图所示(右图中水面重力势能为零).向下运动的过程中，不计空气阻力，运动员的机械能E、动能Ek与下落位移x之间关系的图像可能正确的是(　　)

A B C D
【答案】B　
【解析】向下运动的过程中，不计空气阻力，人和绳系统机械能守恒.在绳子未绷紧时，人的机械能不变，在绳子绷紧后，人受到绳子拉力作用，随着时间的推移，人的机械能转化为绳子的弹性势能，且转化速率越来越大，观察图像，A错误，B正确；绳子未绷紧时，动能线性增大，绳子绷紧后，根据机械能守恒，有mgx＝Ek+12k(x－l)2，在平衡点之前，人做加速度减小的加速运动，动能曲线增加，增加速率减小，当二力平衡时，达到平衡点，加速度反向增加，动能减小，C、D错误.


3.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，假设毛毛虫能一直贴着“山丘”前行，则其头部越过“山顶”刚到达“山丘”底端时的重力势能变化量为(　　)
A.12mgL B.312mgL C.36mgL D.34mgL
【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＝13mg×L2sin 60°＝312mgL，毛毛虫头部越过山顶刚到达山丘底端时的重力势能为W2＝23mg×L2sin 60°＝36mgL，其重力势能的变化量为ΔW＝W2－W1＝36mgL－312mgL＝312mgL，故B正确，A、C、D错误.
4.轮滑等极限运动深受青少年的喜欢，轮滑少年利用场地可以进行各种炫酷的动作表演.为了研究方便，把半球形下沉式场地简化成半圆形轨道，两轮滑少年可以看作光滑小球A和B，如图所示.两小球分别从半圆形轨道边缘无初速滑下，则下列说法正确的是(　　)

A.A、B两小球在最低点速度相同
B.A、B两小球在最低点所受支持力相同
C.A、B两小球在最低点的加速度大小相同
D.若以水平地面为零势面，两小球分别滑到各自最低点时A小球的机械能小于B小球的机械能
【答案】C
5.(2022年湖北模拟)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的14弧形的光滑凹槽，A点切线水平.另有一个质量为m的小球以水平速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g.下列说法中正确的是(　　)

A.当v0＝2gR时，小球恰好能到达B点
B.当v0＝2gR时，小球在弧形凹槽上冲向B点的过程中，滑块的动能增大；返回A点的过程中，滑块的动能减小
C.如果小球的速度v0足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
D.小球返回A点后做自由落体运动
【答案】D　
【解析】小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球v0＝2gR的速度冲上，根据机械能守恒mgh＝12mv02，解得h＝R，但是凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到B点，A错误；当v0＝2gR时，小球在弧形凹槽向上冲的过程中，滑块受到右上方的支持力，速度减小，动能减小；滑到最高点时，两者速度相等，之后返回A点的过程中，滑块的动能依然减小，B错误；如果小球的速度v0足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，C错误；小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞mv0＝mv1+mv2，12mv02＝12mv12+12mv22，解得v1＝0，v2＝v0，所以小球返回A点后做自由落体运动，D正确.
6.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，设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＜μmgd
D.弹簧的弹性势能的变化量ΔEp＝12mv2+μmgd
【答案】C　
【解析】P与弹簧接触后在水平方向受弹力作用，P受的静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大静摩擦力相等时，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先做匀速后做减速运动，静摩擦力先不变后增大，所以功率先不变后增大，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＝0－12mv2，由于Wf＜μmgd，所以弹簧的弹性势能变化量小于12mv2+μmgd，D错误.
综合提升练
7.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＝L'2－L2＝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
12mDvD2+12mvA2+mg(x1+x2)＝mDgh，
由几何关系可知vAvD＝hL'，
解得vD＝10041 m/s.
8.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＝2gl 的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道从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＝12gt2，x＝v0t，
联立解得x＝2l.
(2)由小球到达B点时竖直分速度vy2＝2gl，
tan θ＝vyv0，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mgl1－22＝12mvC2-12mv02，
设轨道对小球的支持力为F，有F－mg＝mvC2l，
解得F＝(7－2)mg.
由牛顿第三定律，可知小球对圆轨道的压力大小
F'＝(7－2)mg，方向竖直向下.
9.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取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＝12gt2，
到达B点时，竖直分速度vy＝gt，tan 37°＝vyv0，
联立解得vB＝v02+vy2＝5 m/s.
(2)从A点到C点，有mgH＝12mv22-12mv02，
设小物块在C点受到的支持力为FN，则
FN－mg＝mv22R，
联立解得v2＝27 m/s，FN＝1423 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1423 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＝v222μ1g＝2 m.
10.(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＝12mv12－0，
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＝v122a－v22av＝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+12mv2＝48 J.