23版新高考一轮分层练案(十七)　机械能守恒定律及其应用

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一轮分层练案(十七)　机械能守恒定律及其应用1.(多选)如图所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑的斜面上。现将它们从静止释放，在下滑的过程中(　　)A．两物体下滑的加速度相同B．轻杆对A做正功，对B做负功C．系统的机械能守恒D．任意时刻两物体的重力的功率相同【答案】AC　因为两物体用轻杆连接，一起运动，加速度相同。对两物体整体进行受力分析得(2m＋m)gsin θ＝(2m＋m)a，整体的加速度a＝gsin θ，A正确；设轻杆对B的力为F，隔离B进行受力分析可得2mgsin θ＋F＝2ma，且a＝gsin θ，所以F＝0，B错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C正确；因为重力功率为P＝mgvy，虽然两物体的速度相同，但是质量不一样，重力功率不一样，D错误。2．一个大人和一个小孩进行登楼比赛，他们同时从底层出发，最后到达六楼，小孩比大人先到。下面说法正确的是(　　)A．小孩的重力势能的变化一定大B．大人的重力势能的变化一定大C．小孩的重力做功的功率一定更大D．大人的重力做功的功率一定更大【答案】B　从底层到达六楼，重力势能增加，ΔEp＝mgh，大人与小孩上升的高度相等，大人的质量大，重力势能的增量大，故A项错误，B项正确；小孩的重力做功W＝－mgh，比大人的重力做功少，小孩所用时间短，根据功率P＝，无法比较大人和小孩的重力做功功率的大小。故C、D项错误。3.(多选)如图所示，质量均为m的a、b两球固定在轻杆的两端，杆可绕O点在竖直面内无摩擦转动，已知两物体距O点的距离L1>L2，现在由图示位置静止释放，则在a下降过程中(　　)A．a、b两球的角速度大小始终相等B．重力对b球做功的瞬时功率一直增大C．杆对a做负功，a球的机械能不守恒D．杆对b做负功，b球的机械能守恒【答案】AC　a、b两球同时绕O点转动，角速度大小始终相等，故A正确；刚开始，b的速度为0，重力对b球做功的瞬时功率为0，在竖直位置，速度与重力方向垂直，重力对b球做功的瞬时功率为0，所以重力对b球做功的瞬时功率先增大后减小，故B错误；在a下降的过程中，b球的动能增加，重力势能增加，所以b球的机械能增加，根据重力之外的力做功量度物体机械能的变化，所以杆对b做正功，球a和b系统的机械能守恒，所以a的机械能减小，所以杆对a做负功，故C正确，D错误。4．(多选)如图所示，光滑圆轨道固定在竖直平面内，两个光滑小球用轻杆相连，其长度刚好等于圆轨道的直径。已知A球的质量为2m，B球的质量为m。由图中的位置静止释放小球，运动到竖直位置的过程中(　　)A．B球到达最高点C时杆受到的是压力B．B球到达最高点C时杆受到的是拉力C．调整两小球的质量比，小球有可能达不到最高点D．调整两小球的质量比，杆竖直时受到的作用力可能为零【答案】ACD　根据机械能守恒定律知，B球到达最高点时，有(2mg－mg)R＝·3mv2，解得v＝，设B球在C时杆受到的是压力，则杆对B的支持力为FNC，则mg－FNC＝m，解得：FNC＝mg，假设正确，B球到达最高点C时杆受到的是压力，故A项正确，B项错误；如果两球质量相等，静止释放后，两球保持静止不动，故C项正确；如果B球在最高点所需向心力刚好等于B球的重力，杆所受到的作用力为零，而A所需的向心力由A的重力和圆轨道底端的支持力提供，故D项正确。5．(多选)如图所示，质量M的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平，BO间连线的长度恰好与弹簧的原长相等，且与杆垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中点，θ＝30°。现让小球从A处由静止释放，下列说法正确的有(　　)A．下滑过程中小球的机械能守恒B．小球滑到B点时的加速度为gC．小球下滑到B点时速度最大D．小球下滑到C点时的速度为 【答案】BD　下滑过程中小球的机械能会和弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A错误；因为在B点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，由牛顿第二定律可得mgcos 30°＝ma，解得a＝g，故B正确；到达B点时，加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C错误；因为C是AO′段的中点，θ＝30°，所以当小球到C点时，弹簧的长度与在A点时相同，故在小球从A到C的过程中弹簧的弹性势能没变，小球的重力做功全部转化为小球的动能，所以得mgl0＝mvC2，解得vC＝，故D正确。6．(多选)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)的质量均为m，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与N杆的夹角为30°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法正确的是(　　)A．a球和b球所组成的系统机械能守恒B．b球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于gC．b球的最大速度为D．a球的最大速度为【答案】ABC　a球和b球所组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故A正确；b球速度为0时，a到达水平面，在竖直方向上只受重力作用，则加速度为g，故B正确；当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为0，b的速度最大为vbm，由机械能守恒得mg＝mvbm2，解得vbm＝，故C正确；a球运动到两杆的交点处，b的速度为0，此时a的速度最大为vam，由机械能守恒得mg·＝mvam2，解得vam＝，故D错误。7．(多选)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，有一长为l＝1 m的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m＝2 kg的小球，小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，已知O点到斜面底边的距离为L＝3 m，g取10 m/s2。若小球运动到最低点B时细线刚好断裂，求：(1)细线能够承受的最大拉力；(2)细线断裂后，小球继续运动到斜面底边时到C点的距离。(C点为AB连线与底边的交点，斜面底边与AC垂直) 解析：(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝m解得vA＝ m/s小球从A点运动到B点，由机械能守恒定律得mg2lsin θ＝mvB2－mvA2解得vB＝5 m/s此时，细线拉力与重力分力的合力提供向心力，有FT－mgsin θ＝m，解得FT＝60 N。(2)细线断裂后，小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面向下的加速度a＝gsin θ则有L－l＝gsin θ·t2x＝vB·t，解得x＝2 m。【答案】(1)60 N　(2)2 m8．(多选)如图所示，a、b两个小球用一根不可伸长的细线连接，细线绕过固定光滑水平细杆C，与光滑水平细杆D接触，C、D在同一水平线上，D到小球b的距离为L，在D的正下方也固定有一光滑水平细杆E，D、E间的距离为。小球a放在水平地面上，细线水平拉直，由静止释放小球b，当细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球a对地面的压力恰好为零，不计小球的大小，则下列说法正确的是(　　)A．细线与水平细杆E的接触一瞬间，小球b的加速度大小不变B．细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球b的速度大小不变C．小球a与小球b的质量之比为5∶1D．将D、E细杆向右平移相同的一小段距离再固定，由静止释放小球b，细线与E相碰的一瞬间，小球a会离开地面【答案】BCD　细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球b速度不会发生突变，因此小球b速度大小不变，由于做圆周运动的半径减小，由a＝可知，小球b的加速度增大。故A错误，B正确。小球b运动到最低点时，设其速度为v，根据机械能守恒定律可知，mbgL＝mbv2，解得v＝，细线与E相碰的一瞬间有mag－mbg＝mb，因此有ma∶mb＝5∶1，故C正确。将D、E细杆向右平移相同的一小段距离再固定，设小球b开始做圆周运动的半径为L′，与杆E相碰时的速度大小v′＝，设相碰的一瞬间细线的拉力为F′，则F′－mbg＝mb，求得F′＝mbg＋4mbg·＞5mbg，因此细线与E相碰的一瞬间，小球a会离开地面，故D正确。9．(多选)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平，B是最低点，A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点的正上方，DA的距离h为有限值。现于D点无初速度释放一个大小可以忽略的小球，小球从A点进入圆弧轨道，并从C点飞出后做平抛运动，落在平台MN上。P点是小球落在MN之前轨迹上紧邻MN的一点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)A．小球由D经A、B、C到P的过程中，机械能守恒B．小球从A运动到B的过程中，重力的功率一直增大C．只要D点的高度合适，小球可以落在平台MN上任意一点D．如果DA距离为h，则小球经过B点时对轨道的压力为3 mg＋【答案】AD　小球由D经A、B、C到P的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；小球从A运动到B的过程中，A点时速度向下，重力功率不为零，B点时速度方向水平向左，重力的功率为零，所以小球从A运动到B的过程中，重力的功率不是一直增大，故B错误；小球恰好通过C点，则有mg＝m，从C点飞出后做平抛运动并落在平台MN上，R＝gt2，x＝vt，解得x＝R，即小球落点至少离M点(一1)R，故C错误；如果DA距离为h，小球从D到B过程有mg(h＋R)＝mvB2－0，小球在B位置时FN－mg＝m，解得FN＝3mg＋，由牛顿第三定律可得小球经过B点时对轨道的压力为3mg＋，故D正确。10．(多选)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，则在小球C下落的过程中(　　)A．小球A、B、C组成的系统机械能守恒B．小球C的机械能先减小后增大C．小球C落地前瞬间的速度大小为D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg【答案】ABC　由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；小球B的初速度为零，C至落地面的瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统的机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B正确；根据以上分析可知，小球C落地前瞬间小球A与B速度为零，以水平地面为参考平面，根据机械能守恒定律得mv2＝mgh，解得v＝，故C正确；  当小球C的机械能最小时，小球B的速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，轻杆对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。11．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上。一长为L＝9 cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5 cm。(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D点到水平线AB的高度h；(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep。解析：(1)小球由C到D，由机械能守恒定律得mgL＝mv12解得v1＝ ①在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝m ②由①②解得F＝30 N由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N。(2)由D到A，小球做平抛运动，则有vy2＝2gh ③tan 53°＝ ④联立解得h＝16 cm。(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧组成的系统的机械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin 53°)，代入数据解得Ep＝2.9 J。【答案】(1)30 N　(2)0.16 m　(3)2.9 J12.如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。解析：(1)由线速度v＝ωr得v＝2ωR。(2)设F与水平方向的夹角为α，则Fcos α＝mω2×2RFsin α＝mg解得F＝。(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由小球与重物组成的系统的机械能守恒得Mv′2＋4×mv2＝Mgh解得h＝(ωR)2。【答案】(1)2ωR　(2) (3)(ωR)2