高考物理一轮复习第五章机械能第讲机械能守恒定律及其应用练习含解析新人教版

这是一份高考物理一轮复习第五章机械能第讲机械能守恒定律及其应用练习含解析新人教版，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2023·上海虹口区质检)不同质量的两个物体由同一地点以相同的动能竖直向上抛出，不计空气阻力，则这两个物体( C )
A．所能达到的最大高度和最大重力势能都相同
B．所能达到的最大高度和最大重力势能均不同
C．所能达到的最大高度不同，但最大重力势能相同
D．所能达到的最大高度相同，但最大重力势能不同
[解析] 物体做竖直上抛运动到最高点，速度为零，根据机械能守恒定律得Ek＝mgh，解得h＝eq \f(Ek,mg)，m不同，Ek相等，故最大高度h不同，而最大重力势能EP＝mgh＝Ek相同，故A、B、D错误，C正确。
2．如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( D )
A．物体的重力势能减少，动能不变
B．斜面体的机械能不变
C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒
[解析] 物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，选项A错误；物体在下滑过程中，斜面体做加速运动，其机械能增加，选项B错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，选项C错误；对物体与斜面体组成的系统，只有重力势能和动能间的相互转化，机械能守恒，选项D正确。
3．(2023·全国卷Ⅰ，18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( C )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
[解析] 小球从a运动到c，根据动能定理，得
F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq \r(gR)，
小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝eq \f(v1,g)＝2eq \r(\f(R,g))，水平位移x＝eq \f(1,2)gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。
4．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长，原长为h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是( C )
A．圆环的机械能守恒
B．圆环的机械能先增大后减小
C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mgh
D．橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大
[解析] 本题考查机械能守恒的判断。圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环滑到杆的底端时动能为零，重力势能减小了mgh，即圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次恢复原长时，该过程中圆环动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环加速度为零，圆环的速度最大，故D错误。
5．如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为α的光滑固定斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧均与斜面平行，物块A、B保持静止。现在挂钩上挂一重物D，平衡时物块B恰好不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，某一瞬间剪断细绳，则下列说法正确的是( D )
A．重物D的重力为mgsin α
B．物块A下滑过程中机械能守恒
C．剪断细绳瞬间，物块A的加速度大小为gsin α
D．物块A下滑过程中的最大速度为2gsin αeq \r(\f(m,k))
[解析] 本题考查连接体问题的机械能守恒问题。平衡时物块B恰好不离开挡板，则对A、B、D组成的系统，由平衡知识可知mDg＝2mgsin α，选项A错误；下滑过程中物块A受到弹簧弹力做功，故A机械能不守恒，选项B错误；剪断细绳之前细绳上的拉力T＝2mgsin α，剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不变，对物块A分析，由牛顿第二定律得2mgsin α＝ma，解得a＝2gsin α，选项C错误；A速度最大时，加速度为零，受力平衡，有F弹＝mgsin α，此时弹簧压缩量为x1＝eq \f(mgsin α,k)，同理当B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量为x2＝eq \f(mgsin α,k)，两个位置弹簧的形变量相同，则弹性势能相同，从开始到A速度最大，A下落的位移为x＝x1＋x2＝eq \f(2mgsin α,k)，根据机械能守恒定律知mgxsin α＝eq \f(1,2)mv2，即v＝2gsin αeq \r(\f(m,k))，故D正确。
6．(2023·湖北调研)如图所示，质量为m的小物块(可视为质点)从固定的半球形金属球壳的最高点由静止沿球壳下滑，物块通过球壳最低点时的速度大小为v。球壳的半径为R，其两端的最高点在同一水平线上，物块与球壳间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( BC )
A．物块运动到最低点时，受到的摩擦力大小为μmg
B．物块通过球壳最低点时，对球壳的压力大小为mg＋eq \f(mv2,R)
C．从刚释放至运动到最低点的过程中，物块减少的机械能为mgR－eq \f(1,2)mv2
D．物块通过球壳最低点时重力的瞬时功率为mgv
[解析] 本题考查机械能变化的计算。在最低点，物块受到重力、球壳的支持力和滑动摩擦力，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得N－mg＝meq \f(v2,R)，则有N＝mg＋meq \f(v2,R)，由牛顿第三定律知，物块对球壳的压力为mg＋meq \f(v2,R)，则物块受到的滑动摩擦力为f＝μN＝μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg＋m\f(v2,R)))，故A错误，B正确；下滑过程中，物块重力势能的减少量为ΔEP＝mgR，动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)mv2，所以机械能的减少量为ΔE＝mgR－eq \f(1,2)mv2，故C正确；物块到最低点时，速度方向水平向右，和重力相互垂直，所以重力的瞬时功率为零，故D错误。
7．(2023·海口模拟)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( AB )
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于eq \f(3,2)mg
B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于eq \f(3,2)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eq \f(\r(3),2)mgL
[解析] 在A的动能达到最大前，A向下加速运动，此时A处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg，即地面对B的支持力小于eq \f(3,2)mg，A正确；当A的动能最大时，A的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于3mg，即B受到地面的支持力等于eq \f(3,2)mg，B正确；当弹簧的弹性势能最大时，A减速运动到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，C错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量，即为mg(Lcs30°－Lcs60°)＝eq \f(\r(3)－1,2)mgL，D错误。
8．如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为eq \f(π,6)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( ABD )
A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2︰1
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为eq \r(\f(gl,8))
C．A落地时速率为eq \r(2gl)
D．A、B质量之比为1︰4
[解析] 本题考查动杆的机械能守恒问题。设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝meq \f(v\\al(2,A),l)，解得vA＝eq \r(\f(gl,2))，vB＝eq \f(vA,2)＝eq \r(\f(gl,8))，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30°＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，v＝eq \r(\f(3gl,2))，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin 30°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)，把vA和vB的值代入，化简得m︰M＝1︰4，故D正确。
二、非选择题
9．(2023·江苏单科，14)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M︰m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
[答案] (1)eq \f(5,3)Mg－mg (2)6︰5 (3)eq \f(8mMg,5m＋M)eq \f(48,55)mg或eq \f(8,11)Mg
[解析] (1)对小球受力分析，设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
在水平方向：F1sin 53°＝F2cs 53°①
在竖直方向：F＋mg＝F1cs 53°＋F2sin 53°②
且F1＝Mg③
由①②③式解得F＝eq \f(5,3)Mg－mg。④
(2)小球运动到与A、B 相同高度过程中
由几何关系得小球上升高度h1＝3lsin 53°⑤
物块下降高度h2 ＝2l⑥
物块和小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律mgh1＝Mgh2⑦
由⑤⑥⑦式解得eq \f(M,m)＝eq \f(6,5)。⑧
(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点，设此时AC方向的加速度大小为 a，物块受到的拉力为T
对物块由牛顿第二定律得
Mg－T ＝Ma⑨
根据牛顿第三定律，小球受AC 的拉力
T′＝T⑩
对小球，在沿AC方向，由牛顿第二定律得
T′－mgcs 53°＝ma⑪
解得T ＝ eq \f(8mMg,5m＋M)结合⑧式，也可得到T＝eq \f(48,55)mg或T＝eq \f(8,11)Mg。
10．如图所示为一个演示装置，乙、丙球由一根轻质长线连接，悬挂在两个水平光滑的小滑轮上，两个滑轮相距0.8 m。已知甲球质量为1.2 kg，乙、丙球质量均为1.0 kg，甲球通过轻质细线挂在滑轮中间长线上的O点上。实验开始时控制三个球保持静止。当解除控制时甲球向下运动，乙、丙球向上运动，经过一段时间达到一定位置后返回，返回到原位置后重复此过程，三球做往复运动，即保持振动。g取10 m/s2。
(1)甲球向下运动距离多大时速度达到最大值？
(2)甲、乙球运动速度的最大值分别是多大？
(3)甲球向下达到的位移最大值是多少？
[答案] (1)0.3 m (2)1.29 m/s 0.77 m/s (3)0.75 m
[解析] (1)甲球向下先加速后减速，当a＝0时，速度达到最大值对O点受力分析如图所示。
则eq \f(1,2)m甲g－m乙gcs θ＝0，得θ＝53°。
已知l＝0.8 m，则此时甲球下落的高度
h甲＝eq \f(l,2 tan θ)＝eq \f(0.8 m×3,2×4)＝0.3 m
(2)甲球速度最大时，乙、丙球均升高
h＝ eq \r(h\\al(2,甲)＋\f(l2,4))－eq \f(l,2)＝0.1 m
根据机械能守恒定律，三个小球组成的系统从解除控制到加速度a＝0的过程中有，
m甲gh甲－2m乙gh＝eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＋2×eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)
此时甲、乙两球的速度关系满足v甲sin 37°＝v乙
解得v乙≈0.77 m/s，v甲≈1.29 m/s
(3)设甲下降的最大高度为hm
则乙上升的最大高度为 eq \r(h\\al(2,m)＋\f(l2,4))－eq \f(l,2)
根据机械能守恒定律
m甲ghm－2m乙geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(h\\al(2,m)＋\f(l2,4))－\f(l,2)))＝0
解得hm＝0.75 m(另一解hm＝0舍去)。