新教材高考物理一轮复习课时规范练17机械能守恒定律及其应用含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练17机械能守恒定律及其应用含答案，共8页。试卷主要包含了2 kg等内容，欢迎下载使用。
1.(重力势能的变化)如图所示,小虫缓慢经过一边长为L的等边三角形小物块,已知其身长为3L,总质量为m,假设小虫能一直贴着小物块向右前行,则从其头部刚到小物块顶(图示时刻)至头部越过小物块顶刚到小物块底端的过程中小虫的重力势能变化量为( )
A.12mgLB.312mgL
C.36mgLD.34mgL
2.(多选)(机械能守恒与功能关系)如图所示,三根长度均为L的轻杆组成支架,支架可绕O点在竖直平面内转动,轻杆间夹角均为120°,轻杆末端分别固定质量为m、2m和3m的n、p、q三个小球,n球位于O的正下方,将支架从图示位置由静止开始释放,下列说法正确的是( )
A.从释放到q到达最低点的过程中,q的重力势能减少了72mgL
B.q到达最低点时,q的速度大小为gL
C.q到达最低点时轻杆对q的作用力为5mg
D.从释放到q到达最低点的过程中,轻杆对q做的功为-3mgL
3.(多选)(重力做功、重力势能的图像问题)如图所示,一简易升降机在箱底装有若干个相同的轻弹簧,在某次事故中,升降机吊索在空中突然断裂,忽略摩擦及其他阻力,升降机在从弹簧下端刚接触地面到运动到最低点的过程中,弹簧始终在弹性限度内,则下列关于升降机的加速度大小a、速度大小v、升降机重力做功WG、弹簧整体的弹性势能Ep与升降机向下位移x的关系图像可能正确的是( )
4.(系统机械能守恒)(2023福建泉州质检)如图所示,两个质量均为m的小球a、b(均可视为质点)通过轻质铰链用轻杆连接,a套在固定的竖直杆上,b放在水平地面上。一轻质弹簧水平放置,左端固定在杆上,右端与b相连。当弹簧处于原长状态时,将a由静止释放,已知a下降高度h时的速度大小为v,此时杆与水平面夹角为θ。弹簧始终在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A.释放a的瞬间,a的加速度大小为g
B.释放a的瞬间,地面对b的支持力大小为2mg
C.a的速度大小为v时,b的速度大小为vtan θ
D.a的速度大小为v时,弹簧的弹性势能为mgh-12mv2
素养综合练
5.(多选)如图甲所示, 弹性轻绳下端系一物块, 用外力将物块下拉至离地高度h=0.1 m处,然后由静止释放物块,通过传感器测得物块的速度和离地高度h,并作出物块的动能Ek与离地高度h的关系图像(图乙),其中高度在0.2 m到0.35 m范围内的图线为直线,其余部分为曲线。以地面为参考平面,重力加速度g取10 m/s2,弹性绳始终在弹性限度内,不计空气阻力。由图像可知( )
A.物块的质量为0.2 kg
B.弹性绳的劲度系数为250 N/m
C.刚释放物块时弹性绳的弹性势能为0.5 J
D.物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小为0.32 J
6.水平地面上的物体由静止开始竖直向上运动,在运动过程中,物体的动能Ek与位移x的关系图像如图所示,则满足机械能守恒的阶段是( )
A.0~hB.h~2h
C.2h~3hD.3h~5h
7.(多选)图甲是一种名为“魔力陀螺”的玩具,这种陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落,其原理可等效为图乙所示的模型。半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的铁球(可视为质点)沿轨道外侧运动,a、b分别为轨道的最低点和最高点,轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变,不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C.铁球在b点的最小速度为gR
D.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能保证铁球不脱轨
8.(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gL
D.在运动过程中,小球B的最大动能为34mgL
9.(2023广东佛山一中高三月考)如图所示,物块A套在光滑水平杆上,连接物块A的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ=53°,细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连,定滑轮顶部离水平杆距离为h=0.2 m,现将物块B由静止释放,物块A、B均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,不计空气阻力,则( )
A.物块A与物块B速度大小始终相等
B.物块B下降过程中,重力始终大于细线拉力
C.当物块A经过左侧定滑轮正下方时,物块B的速度最大
D.物块A能达到的最大速度为1 m/s
10.如图所示,A、B、C三个小球(均可视为质点)用轻绳(足够长)通过轻小滑轮对称连接,A、B的质量均为m,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为α=60°时,整个装置处于静止状态。现在外力作用下将小球C竖直向下缓慢拉动至虚线位置,此时连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为β=30°,然后撤去外力,不计一切阻力,整个装置处于竖直面内,左右滑轮到竖直中线的距离为d=0.3 m,g取10 m/s2。
(1)求小球C的质量m0。
(2)撤去外力后,C向上运动,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角变为α时,求小球C的速度大小v。
答案：
1.B 解析 选小物块底端为参考平面,初状态的重力势能为Ep1=13mg×L2sin 60°=312mgL,小虫头部越过小物块顶刚到达小物块底端时的重力势能为Ep2=23mg×L2sin 60°=36mgL,其重力势能的变化量为ΔEp=Ep2-Ep1=36mgL-312mgL=312mgL,故B正确。
2.BD 解析 从释放到q到达最低点的过程中,q的重力势能减少了92mgL,故A错误;n、p、q三个小球和支架组成的系统机械能守恒,n、p、q三个小球的速度大小相等,从释放到q到达最低点的过程中,根据动能定理有3mg(L+Lsin 30°)-mg(L+Lsin 30°) =12(m+2m+3m)v2-0,解得v=gL,故B正确;q到达最低点时,根据牛顿第二定律得F-3mg=3mv2L,解得F=6mg,故C错误;从释放到q到达最低点的过程中,根据动能定理可得W+3mg(L+Lsin 30°)=12·3mv2-0,解得轻杆对q做的功为W=-3mgL,故D正确。
3.AC 解析 升降机在从弹簧下端触地到运动到最低点的过程中,开始阶段,重力大于弹力,加速度方向向下,升降机向下做加速运动,加速度大小a=mg-kxm=g-kmx,当重力和弹力相等以后,弹力大于重力,加速度方向向上,升降机向下做减速运动,加速度大小a'=kx-mgm=kmx-g,加速度的大小先减小后增大,因为升降机有一定的速度,则运动到最低点时加速度大于g,故A正确;由上述分析可知,升降机的速度先增加后减小,根据v2=2ax可知,速度v与位移x并非线性关系,选项B错误;升降机重力做功WG=mgx,即重力做功与x成正比关系,选项C正确;弹簧克服弹力做功为W=0+kx2·x=12kx2,则弹性势能Ep=12kx2,选项D错误。
4.C 解析 释放a的瞬间,a开始向下做加速运动,对a进行受力分析,竖直方向上受重力和轻杆对a的作用力沿竖直方向的分力,所以此时a的加速度大小不为g,A错误;把a、b作为整体,竖直方向有2mg-FN=ma,则有FN=2mg-ma,即释放a的瞬间,地面对b的支持力小于2mg,B错误;当a的速度大小为v时,a沿轻杆方向的分速度大小为vsin θ,则此时b的速度大小为vsinθcsθ=vtan θ,C正确;a、b和弹簧组成的系统机械能守恒,则有mgh=12mv2+12m(vtan θ)2+Ep,则a的速度大小为v时弹簧的弹性势能Ep=mgh-12mv2-12m(vtan θ)2,D错误。
5.AC 解析 高度在0.2 m到0.35 m范围内时,图线为直线,弹性绳松弛,物块做竖直上抛运动,由动能定理得ΔEk=mgΔh,图线斜率绝对值表示物块的重力,即|k|= N=mg,可得物块的质量m=0.2 kg,A正确; 当h1=0.18 m时,动能达到最大,此时满足mg=kx,可得k=mgx=100 N/m,B错误;从刚释放至物块到达最高点过程中,弹性绳的弹性势能全部转化为物块的重力势能增加量,由能量守恒可得Ep=mg(h'-h)=0.2×10×(0.35-0.1) J=0.5 J,故C正确;弹性绳与物块整体机械能守恒,当物块动能最大时,物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小,释放瞬间,物块和弹性绳的总机械能为E总=Ep+mgh=0.5 J+0.2 J=0.7 J,由题图乙可知,物块的最大动能为0.32 J,故物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小值为0.38 J,故D错误。
6.C 解析 0~h阶段,动能增加量为2mgh,重力势能的增加量为mgh,所以机械能增加了3mgh;h~2h阶段,动能不变,重力势能增加mgh,所以机械能不守恒;2h~3h阶段,重力势能增加mgh,动能减小mgh,所以机械能守恒;3h~5h阶段,重力势能增加2mgh,动能减小mgh,机械能增加,A、B、D错误,C正确。
7.BD 解析 铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁性引力的作用,其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变,支持力的方向过圆心,它们都始终与运动的方向垂直,所以磁力和支持力都不能对铁球做功,只有重力会对铁球做功,所以铁球的机械能守恒,在最高点的速度最小(可以为零),在最低点的速度最大,铁球不可能做匀速圆周运动,选项A、C错误,B正确。铁球恰好不脱轨的条件是铁球在最高点的速度恰好为0,而且到达最低点时,轨道对铁球的支持力恰好等于0。根据机械能守恒定律,铁球在最高点的速度恰好为0,到达最低点时的速度满足mg·2R=12mv2,轨道对铁球的支持力恰好等于0,则磁力与重力的合力提供向心力,即F-mg=mv2R,联立得F=5mg,即要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,选项D正确。
8.AD 解析 系统在运动过程中,只有重力做功,故机械能守恒,A正确;系统重心在A、B连线的中点位置,故A、B连线水平时,系统重力势能最小,动能最大,B错误;两小球的速度大小一直相等,小球B运动至最低点时,根据几何关系知,A下降的高度为Lsin 30°,B下降的高度为L(1-cs 30°),根据系统机械能守恒有mgLsin 30°+mgL(1-cs 30°)=2×12mv12,解得v1=gL3-32,C错误;A、B连线水平时,系统动能最大,此时A球运动到题图中B球位置,根据系统机械能守恒有mg×32L=2×12mv2,解得12mv2=34mgL,D正确。
9.D 解析 根据关联速度得vAcs θ=vB,所以二者的速度大小不相等,A错误;当物块A经过左侧定滑轮正下方时细线与杆垂直,则根据选项A可知,物块B的速度为零,所以B会经历减速过程,减速过程中重力会小于细线拉力,B、C错误;当物块A经过左侧定滑轮正下方时,物块A的速度最大,根据系统机械能守恒得mghsinθ-h=12mv2,解得v=1 m/s,D正确。
10.答案 (1)m (2)2(3-1) m/s
解析 (1)由题知,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为α=60°时,整个装置处于静止状态,则对A受力分析,根据平衡条件有F=mg
对C受力分析,根据平衡条件有2Fcs α=m0g
联立解得m0=m。
(2)设撤去拉力后,C上升的高度为H,A、B下降的高度为h,
根据几何关系有H=dtanβ-dtanα,h=dsinβ-dsinα
设A、B的速度为v1,把C的速度沿着绳子方向和垂直绳子方向分解,则有
v1=vcs α
根据系统机械能守恒得2mgh=m0gH+12m0v2+12×2mv12
联立解得v=2(3-1)m/s。