2023一轮复习课后速练24 5.3 机械能守恒定律

2023一轮复习课后速练(二十四)

一、选择题

1．(多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球a和b，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在b球顺时针摆动到最低位置的过程中(　　)

A．b球的重力势能减少，动能增加，b球机械能守恒

B．a球的重力势能增加，动能也增加，a球机械能不守恒

C．a球、b球组成的系统机械能守恒

D．a球、b球组成的系统机械能不守恒

【答案】　BC

【思维分析】 b球从水平位置下摆到最低点的过程中，a球升至最高点，重力势能增加，动能也增加，机械能增加．由于a、b系统只有重力做功，则系统机械能守恒，既然a球机械能增加，b球机械能一定减小．可见，杆对a球做了正功，杆对b球做了负功．故选B、C两项．

2．(2021·贵州模拟)某同学玩高空荡秋千，如图所示，工作人员拉动秋千(由2条等长的秋千绳悬挂)的座椅，使秋千绳与竖直方向的夹角为θ时由静止释放，不计空气阻力，若该同学(含座椅及装备)的质量为m，重力加速度大小为g，则其到达最低点时，每条秋千绳的拉力大小为(　　)

A．3mg－2mgcos θ　　　　　 B．2mg－2mgcos θ

C.－mgcos θ   D．mg－mgcos θ

【答案】　C

【思维分析】 由最高点到最低点，由机械能守恒定律mgl(1－cos θ)＝mv2，在最低点2T－mg＝m，解得T＝－mgcos θ，故选C项．

3．(2022·宁夏模拟)蹦床(Trampoline)是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，它属于体操运动的一种，蹦床有“空中芭蕾”之称．在某次“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图所示．在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦．下列有关说法正确的是(　　)

A．整个过程中小朋友的机械能守恒

B．从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小

C．小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1

D．小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)

【答案】　D

【思维分析】 小朋友与蹦床组成的系统机械能守恒，A项错误；小朋友的脚接触蹦床到弹力等于重力的过程中有mg－kx＝ma，小朋友下降过程中x增大，则a减小，当弹力等于重力到蹦床被压缩至最低点的过程中有kx－mg＝ma′，小朋友下降过程中x增大，则a′增大，则从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先减小后增大，B项错误；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，C项错误；小朋友处于h＝h4高度时，根据机械能守恒有mg(h2－h4)＝Ep，D项正确．故选D项．

4．(2021·河南二模)把一重物自足够高的地方由静止释放，取地面为重力势能零点，其下落过程中的机械能E随位移x的关系如图所示，则下列描述重物下落过程的重力势能Ep、动能Ek、速度v、加速度a随位移x的变化关系中图像可能正确的是(　　)

【答案】　B

【思维分析】 取地面为重力势能零点，设初位置高度为h，则下落过程中物体的重力势能为Ep＝mg(h－x)，故A项错误；由机械能E随位移x的关系图可知，物体受阻力作用，由图线斜率增大得出，阻力增大，所以下落时合力减小，所以动能Ek随位移x变化的关系图线的斜率减小，故B项正确；因为物体受变化的阻力作用，所以加速度变化，物体做变加速运动，故C、D两项错误．故选B项．

5．(2021·武汉模拟)如图所示，长为2l、质量为m粗细均匀且质量分布均匀的软绳对称地挂在轻小的定滑轮两边，用细线将物块M与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开滑轮(此时物块未到达地面，重力加速度大小为g)，在此过程中(　　)

A．物块M的机械能逐渐增加

B．软绳的机械能逐渐增加

C．软绳重力势能共减少了mgl

D．软绳重力势能的减少量等于物块机械能的增加量

【答案】　B

【思维分析】 物块M下落过程中，软绳对物块做负功，物块的机械能逐渐减小，A项错误；物块下落过程中，物块对绳子的拉力做正功，软绳的机械能增加，B项正确；以初态软绳下端所在水平面为零势能面，则初态软绳重力势能为Ep1＝mg＝mgl，末态软绳的重力势能为Ep2＝0，则ΔEp＝Ep2－Ep1＝－mgl，即软绳重力势能共减少了mgl，C项错误；根据系统的机械能守恒得：软绳重力势能的减少量等于物块机械能的增加量与软绳动能增加量之和，D项错误．故选B项．

6．(2021·湖南模拟)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过最高点A处时对轨道的压力为　(　　)

A．2mg   B．3mg

C．4mg   D．5mg

【答案】　C

【思维分析】 小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝m，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＋mvB2＝mvA2，解得F＝4mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力F′＝F＝4mg，故C项正确．

7．(2022·黑龙江模拟)如图所示，光滑的固定圆弧槽的槽口与一个固定半球顶点相切，半球底面水平，小滑块(可视为质点)从圆弧槽最高点由静止滑下，滑出槽口时速度方向为水平方向．已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，不计空气阻力，则R1和R2应满足的关系是(　　)

A．R1≤R2   B．R1≥R2

C．R1≥   D．R1≤

【答案】　C

【思维分析】 滑块沿光滑的圆弧槽下滑过程，只有重力做功，由机械能守恒有mgR1＝mv2，要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平抛运动，则mg≤m，由以上两式解得R1≥，故C项正确．故选C项．

8．(2021·西安模拟)(多选)固定的光滑斜面轨道AB的末端连接着光滑水平轨道BC，有直径均为d的六只相同的钢球排放在斜面轨道上，被挡板顶住处于静止状态．已知斜面轨道的倾角为α，水平轨道BC的长度为3d，且不计钢球经过B点连接处的能量损耗．当抽去挡板后，从钢球开始下滑到最终落在水平地面的过程中(　　)

A．1号球的机械能守恒

B．6号球的机械能不守恒

C．钢球落在地面上共有6个落点

D．钢球落在地面上共有4个落点

【答案】　BD

【思维分析】 在由静止释放到6号球落地的全过程中，所有球在斜面上时，机械能守恒，但当1号球到达水平面时，后面的球速度将继续增大，故相互间有力的作用，故机械能均不再守恒，故B项正确，A项错误；由于1小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开C点时球1的速度最小，其次球2、3，水平射程球1最小，其次球2、球3；而最后三个球在水平面上运动时不再加速，4、5、6的速度相等，水平射程相同，所以4、5、6号球的落点相同，所以钢球落在地面上共有4个落点，故D项正确，C项错误．故选B、D两项．

9．(2022·安徽模拟)(多选)如图所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上．轻绳跨过光滑的滑轮O和O′，一端与物体P相连，另一端与质量同为m的物体Q相连．用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO＝L，OB＝h，AB＜BO′，重力加速度为g.现释放物体Q，让二者开始运动，下列说法正确的是(　　)

A．当物体P运动到B处时，物体Q的速度最大

B．在物体P从A滑到B的过程中，P的机械能减少、Q的机械能增加

C．物体P运动的最大速度为

D．开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q回到原来的位置

【答案】　CD

【思维分析】 设轻绳OA与AO′的夹角为θ，物体P的速度为vP，物体Q的速度为vQ，根据运动的合成与分解vPcos θ＝vQ，当物体P运动到B处时θ＝90°，则cos θ＝0，所以物体Q的速度为零，故A项错误；物体P从A运动到B过程，速度由零到最大，物体Q从开始下落到最低点，由系统机械能守恒可知，物体P机械能增加，物体Q的机械能减少，故B项错误；对物体P、Q系统，根据系统机械能守恒有mg(L－h)＝mv2，得v＝，故C项正确；由系统机械能守恒可知，当物体P速度再次为零时，物体Q回到原位置，故D项正确．故选C、D两项．

10．(2017·江苏)(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中(　　)

A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg

B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg

C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下

D．弹簧的弹性势能最大值为mgL

【答案】　AB

【思维分析】 A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于mg，故A、B两项正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C项错误；A下落的高度为：h＝Lsin 60°－Lsin 30°，根据机械能守恒，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为Ep＝mgh＝mgL，故D项错误．

二、非选择题

11．如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10 kg的小球从B点的正上方高H＝0.95 m处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，D、Q间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80 m．取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：

(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；

(2)小球经过P点时的速度大小vP；

(3)D点与圆心O的高度差hOD.

【答案】　(1)6.8 N　(2)3 m/s　(3)0.3 m

【思维分析】 (1)设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝mv12，

由牛顿第二定律有FN－mg＝m，

代入数据解得FN＝6.8 N.

(2)从P到Q小球做平抛运动

竖直方向有h＝gt2，

水平方向有＝vPt，

代入数据解得vP＝3 m/s.

(3)小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，则mvP2＋mgh＝mg(H＋hOD)，

代入数据解得hOD＝0.3 m.

12．(2021·广东模拟)有一摩托车花样表演过山坡模型可简化如图，四分之一光滑圆弧槽半径为R，固定在水平地面上，在A点有一个质量为m的物块P(可视为质点)由静止释放，与A点相切进入圆弧槽轨道AB，物块P滑下后进入光滑水平轨道BC，然后滑上半径为r的三分之一光滑圆弧轨道CDE，直线部分与圆弧的连接处平滑，物块P经过连接处无能量损失．(g＝10 m/s2)

(1)求物块对轨道的最大压力大小；

(2)物块在弧CD某点处运动时，与圆心的连线跟竖直线的夹角为θ，求物块所受支持力FN与θ、R、r的关系式，分析物块在何处对轨道压力最小？

(3)若R＝r，请计算说明物块能否到达最高点D处？

【答案】　(1)3mg　(2)FN＝3mgcos θ－mg　C点　(3)能

【思维分析】 (1)在最低点B处压力最大，物块从静止沿圆弧轨道滑至B点，设速度大小为vB，由机械能守恒定律有mgR＝mvB2

在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝m

联立解得FN＝3mg

由牛顿第三定律可知压力大小为3mg；

(2)取CD上任意一点M，受力如图，由圆周运动知

mgcos θ－FN＝m

从A到M由机械能守恒知mg(R＋rcos 60°－rcos θ)＝mvM2

得FN＝3mgcos θ－mg(1＋)，则在C点时压力最小；

(3)在C点当R＝r时FN＝－mg

说明物块离开C点后做斜抛运动，有

rsin 60°＝vtcos 60°

y＝vtsin 60°－gt2

从A到C由机械能守恒知mgR＝mv2

得y＝r，所以物块恰能飞到最高点D.

13．(2022·泰安一模)如图，用光滑细杆弯成半径为R的四分之三圆弧ABCDE，固定在竖直面内，C、E与圆心O在同一水平线上，D为最低点．质量为m的小环P(可视为质点)穿在圆弧细杆上，通过轻质细绳与相同的小环Q相连，细绳绕过固定在E处的轻小光滑定滑轮．开始小环P处于圆弧细杆上B点，小环Q与D点等高，两环均处于静止状态．给小环微小扰动，使P沿圆弧向下运动．已知重力加速度为g.求：

(1)小环P在B点静止时对细杆的压力大小；

(2)小环P下滑到C点时，小环P的速度；

(3)小环P经过D点时，小环Q重力的瞬时功率．

【答案】　(1)mg　(2)

(3)mg

【思维分析】 (1)小环P在B点静止时，受到重力mg、细绳的拉力T＝mg、杆的支持力N作用，由平衡条件知，OB连线与P的重力、细绳BE的夹角相等

由几何关系知BE与CE间的夹角为θ＝30°，所以N＝2mgcos θ

解得N＝mg.

(2)由几何关系可得BE＝2Rcos θ

小环P下滑到C点时，Q的速度为0，根据机械能守恒定律

mg(2Rcos θ·sin θ)－mg(2R－2Rcos θ)＝mvC2

整理得vC＝.

(3)小环P经过D点时，细绳DE部分与水平方向的夹角为α＝45°，长度为DE＝R，此时小环P的速度vP与Q的速度vQ的关系为vPcos α＝vQ

根据机械能守恒定律可得mg(2Rcos θ·sin θ＋R)＋mg(2Rcos θ－R)＝mvP2＋mvQ2

整理得vQ＝，此时Q的重力做功的功率为P＝mgvQ

联立可解得P＝mg.