高考物理一轮复习 第5章 第3节 课时提能练16　机械能守恒定律及其应用

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1．如图5­3­11所示，两块三角形的木板B、C竖直放在水平桌面上，它们的顶点连接在A处，底边向两边分开．一个锥体置于A处，放手之后，奇特的现象发生了，锥体自动地沿木板滚上了B、C板的高处，不计一切阻力．下列说法正确的是( )
图5­3­11
A．锥体在滚动过程中重心逐渐升高
B．锥体在滚动过程中重心保持不变
C．锥体在滚动过程中机械能逐渐增大
D．锥体在滚动过程中机械能保持不变
D [在锥体自动地沿木板滚上B、C板的高处的过程中，只有重力做功，锥体的重力势能转化为动能，但锥体的机械能守恒，随着锥体运动的速度增大，动能增大，重力势能减小，高度虽然逐渐上升，但重心逐渐降低，D正确．]
2．(多选)如图5­3­12所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )
【导学号：92492228】
图5­3­12
A．B物体受到细线的拉力保持不变
B．A物体与B物体组成的系统机械能不守恒
C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大
BD [以A、B组成的系统为研究对象，有mBg－kx＝(mA＋mB)a.由于弹簧的伸长量x逐渐变大，从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小，由mBg－FT＝mBa可知，此过程中细线的拉力逐渐增大，是变力，A错误．A物体、弹簧与B物体组成的系统机械能守恒，而A物体与B物体组成的系统机械能不守恒，B正确．B物体机械能的减少量等于A物体机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，C错误．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，B物体速度最大，A物体的动能最大，D正确．]
3．(多选)(2017·广州模拟)如图5­3­13所示，轻绳一端通过光滑的定滑轮与物块P连接，另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接，Q从静止释放后，上升一定距离到达与定滑轮等高处，则在此过程中( )
图5­3­13
A．任意时刻P、Q两物体的速度大小满足vPB．任意时刻Q受到的拉力大小与P的重力大小相等
C．物块P和圆环Q组成的系统机械能守恒
D．当Q上升到与滑轮等高时，它的机械能最大
ACD [设绳与竖直杆的夹角为α，由运动的合成与分解知vQcs α＝vP，可知在任意时刻P、Q两物体的速度大小满足vP4．如图5­3­14所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )
图5­3­14
A.eq \r(\f(1,8)gh)B．eq \r(\f(1,6)gh)
C.eq \r(\f(1,4)gh)D．eq \r(\f(1,2)gh)
A [当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为整个液体的动能，根据机械能守恒定律有eq \f(1,8)mg·eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝eq \r(\f(1,8)gh).]
5．(2017·兰州模拟)如图5­3­15所示，竖立在水平面上的轻质弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把球和水平面拴牢(如图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(如图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( )
【导学号：92492229】
图5­3­15
A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．球刚脱离弹簧时动能最大
C．球在最低点所受的弹力等于重力
D．在某一阶段内，球的动能减小而球的机械能增大
D [从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为球的机械能，弹簧的弹性势能逐渐减小，选项A错误；当弹簧对球的弹力与球的重力大小相等时，球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，选项D正确，B错误；烧断细线后球被弹起，说明在细线被烧断瞬间球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项C错误．]
6．(多选)(2017·潍坊模拟)半径为R、内壁光滑的半圆槽AOB固定在水平地面上，如图5­3­16所示，可视为质点的小球a、b质量均为m，固定于长为eq \r(2)R的轻杆两端，初始时刻，a球在半圆槽最低点，b球位于右侧最高点B，现释放b球，a、b球运动过程中始终与圆O在同一竖直平面内．下列说法中与实际相符的是( )
图5­3­16
A．球a向左不能达到左侧最高点A
B．运动过程中球a、球b速度大小始终相等
C．运动过程中b球的最大速度为eq \r(\r(2)－1gR)
D．球a从最低点运动到左侧最高点A的过程中，轻杆对a做的功大于轻杆对b做的功
BC [将a、b两球视为整体，运动过程中，轻杆对a球做的功始终等于轻杆对b球做的功，且运动过程中，a、b两球组成的系统机械能守恒，所以当b球运动到最低点时，a球恰好运动到左侧最高点A，A、D项错误；由于半圆槽AOB固定在水平地面上，其半径为R，轻杆长为eq \r(2)R，则两球与O点连线与轻杆夹角始终为45°，两球运动过程中速度沿杆方向的分速度大小相等，所以运动过程中球a、球b速度大小始终也相等，B项正确；当A、B整体重力势能减小量最大时，两球运动的速度最大，记为v，由机械能守恒定律eq \f(\r(2),2)mgR－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)))mgR＝eq \f(1,2)×2mv2，可得最大速度为v＝eq \r(\r(2)－1gR)，C项正确．]
7．如图5­3­17所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为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，小球在B、D间某点静止，在小球滑到最低点的整个过程中，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( )
【导学号：92492230】
图5­3­17
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 [小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒．弹簧处于原长时弹性势能为零，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、末动能均为零，所以上述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．]
8．(2017·抚顺模拟)如图5­3­18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轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道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：
图5­3­18
(1)小球经过C点的速度大小；
(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.
【导学号：92492231】
【解析】 (1)小球恰好运动到C点时，重力提供向心力
即mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，vC＝eq \r(gR)＝5 m/s.
(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B).
在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)
联立解得vB＝5eq \r(5) m/s，FN＝6 N.
(3)从A到B由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋mgR(1－cs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
所以vA＝eq \r(105) m/s
在A点进行速度的分解有，vy＝vAsin 53°
所以H＝eq \f(v\\al(2,y),2g)＝3.36 m.
【答案】 (1)5 m/s (2)6 N (3)3.36 m
B级 名校必刷题
9．(2017·盐城模拟)如图5­3­19所示，半径分别为R和r的两半圆轨道竖直放置．将一质量为m的小球从与半径为r的半圆轨道的底部等高位置竖直向上抛出，恰好沿切线方向进入半径为R的半圆轨道，小球恰好能从半径为R的半圆轨道的顶点A通过后沿切线方向进入半径为r的半圆轨道，W为小球从出发运动到B点过程克服轨道阻力所做的功．不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
图5­3­19
A．若W＝0，R＝r，则小球在B处对轨道的压力大小为5mg
B．若W＝0，R＝2r，则小球抛出时的初速度为eq \r(6gr)
C．若W>0，R＝2r，是小球在B处对轨道的压力大小为mg＋eq \f(2mv\\al(2,0)－4W,R)
D．若W>0，R＝r，则小球在B处对轨道的压力大于6mg
C [若W＝0，R＝r，则小球到B点的速度大小等于v0，所以小球对轨道的压力大小为6mg，A项错误；若W＝0，R＝2r，小球恰好过顶点，则小球在A点满足mg＝eq \f(mv2,R)，上升过程由机械能守恒得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝3mgr＋eq \f(1,2)mv2，解得v0＝eq \r(8gr)，B项错误；若W>0，R＝2r，小球回到B点重力不做功，利用动能定理可得，小球在B点的动能为eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－W，在B点有，F－mg＝eq \f(mv2,r)＝eq \f(2mv\\al(2,0)－4W,R)，解得F＝mg＋eq \f(2mv\\al(2,0)－4W,R)，C项正确；若W>0，R＝r，由于阻力做功，小球到达B点的速度小于v0，所以F<6mg，D项错误．]
10．(2017·泰州模拟)如图5­3­20所示，质量分别为mA和mB的A、B两小球，分别用细线悬挂在天花板上，小球之间用轻绳相连．平衡时，两球恰好处于同一高度，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1>θ2)，此时细线的拉力分别为FA和FB，两球的重力势能分别为EpA和EpB.突然剪断A、B间的轻绳，两球摆动的最大速度分别为vA和vB，则( )
图5­3­20
A．FA一定大于FB B．mA一定大于mB
C．vA一定大于vBD．EpA一定大于EpB
C [未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的细绳的拉力大小为T.由平衡条件得：对A球分析受力如图：
则有：T＝mAgtan θ1，FA＝eq \f(T,sin θ1)
同理，对B球有：T＝mBgtan θ2，FB＝eq \f(T,sin θ2)，则得
mAgtan θ1＝mBgtan θ2，因θ1>θ2，则得：
mA对A球有：mAgLA(1－cs θ1)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)，得：
vA＝eq \r(2gLA1－cs θ1)
对B球有：mBgLB(1－cs θ2)＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)，得：
vB＝eq \r(2gLB1－cs θ2)
由图知：LA>LB，θ1>θ2，则得：vA>vB，故C正确；若取两球所在的水平面为参考平面，两者的重力势能都为零，则有EpA＝EpB，若取两球下方的水平面为参考平面，mA11．(多选)如图5­3­21所示，B是质量为2m、半径为R的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上．A是质量为m的细长直杆，光滑套管D被固定在竖直方向，A可以自由上下运动，物块C的质量为m，紧靠半球形碗放置．初始时，A杆被握住，使其下端正好与碗的半球面的上边缘接触．然后从静止开始释放A，A、B、C便开始运动．则( )
【导学号：92492232】
图5­3­21
A．长直杆的下端运动到碗的最低点时长直杆竖直方向的速度为零
B．长直杆的下端运动到碗的最低点时，B、C水平方向的速度相等，均为eq \r(\f(2Rg,3))
C．长直杆的下端运动到碗的最低点时B、C速度均为零
D．长直杆的下端能上升到的半球形碗左侧最高点距离半球形碗底部的高度为eq \f(2R,3)
ABD [长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆在竖直方向的速度为0，B、C水平方向的速度相等，A项正确；由能量守恒得mgR＝eq \f(1,2)×3mv2，所以vB＝vC＝eq \r(\f(2Rg,3))，B项正确，C项错误；长直杆的下端上升到所能达到的最高点时，长直杆在竖直方向的速度为0，碗的水平速度亦为零．由机械能守恒定律得eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,B)＝mgh解得h＝eq \f(2R,3)，D项正确．]
12．如图5­3­22所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4 m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m＝0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力为F1＝58 N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3 m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑．g取10 m/s2，求：
图5­3­22
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力大小．
【解析】 (1)小球运动到C处时，由牛顿第二定律得：
F1－mg＝meq \f(v\\al(2,1),R)
解得v1＝eq \r(\f(F1－mgR,m))
代入数据解得v1＝5 m/s
根据动能定理得：Ep－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
代入解得Ep＝11.2 J.
(2)小球从C到D过程，由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝2mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
代入数据解得v2＝3 m/s
由于v2>eq \r(gR)＝2 m/s，
所以小球在D处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得：F2＋mg＝meq \f(v\\al(2,2),R)
代入数据解得F2＝10 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为10N.
【答案】 (1)11.2 J (2)10 N