选择题考点专项训练30 机械能守恒与圆周运动（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习

这是一份选择题考点专项训练30 机械能守恒与圆周运动（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习，共6页。


A.小球在B处的机械能等于在A处的机械能
B.小球在B位置上的线速度小于在A位置上的线速度
C.杆转动的角速度满足ω′>ω
D.小球在A、B两个位置做匀速圆周运动的加速度相同
2.(机械能守恒＋竖直面内的圆周运动)(多选)如图所示，小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直(选细绳水平时，小球所在的水平面为零势面)，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点。则( )
A.P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度
B.P球所受绳的拉力一定等于Q球所受绳的拉力
C.P球的动能一定等于Q球的动能
D.P球的机械能一定等于Q球的机械能
3.(机械能守恒＋竖直面内的圆周运动)(多选)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动。为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，不计小球与环的摩擦阻力，重力加速度为g，则瞬时速度v必须满足( )
A.最小值为eq \r(4gr) B.最小值为eq \r(5gr)
C.最大值为eq \r(6gr) D.最大值为eq \r(7gr)
4.(竖直面内两种圆周运动模型的比较)如图所示，两个四分之三竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA、hB，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.若使小球沿轨道运动并且到达轨道最高点，两球释放的最小高度hAB.在轨道最低点，A球受到的支持力最小值为6mg
C.在轨道最低点，B球受到的支持力最小值为6mg
D.适当调整hA、hB，可使两球从轨道最高点飞出后，均恰好落在各自轨道右端开口处
5.(竖直面内半径突变的圆周运动)(多选)如图，在O点用长为L不可伸长的轻绳悬挂一质量为m的小球，O点正下方的P点固定一细钉子，OP距离为d，C点和P点等高。小球处于O点右侧同一水平高度的A点时，绳刚好拉直，将小球从A点由静止释放。以过最低点B的水平面为零势能面，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.若小球恰能绕钉子做圆周运动，则d应等于eq \f(3,5)L
B.若d为eq \f(3,5)L，小球到达C点时绳子拉力为3mg
C.若d为eq \f(1,2)L，小球到达C点时的机械能为eq \f(1,2)mgL
D.若d为eq \f(1,2)L，小球到达C点时所受合力方向水平向右
6.(机械能守恒＋光滑斜面内的圆周运动)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，小球沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(取g＝10 m/s2)( )
A.2 m/s B.2eq \r(10) m/s
C.2eq \r(5) m/s D.2eq \r(2) m/s
7.(机械能守恒＋光滑斜面内的圆周运动)如图所示，一长度为R的轻绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角θ＝30°的光滑斜面上O点，小球在斜面上绕O点做半径为R的圆周运动，A、B分别是圆周运动轨迹的最低点和最高点，若小球通过B点时轻绳拉力大小等于mg，重力加速度为g，则小球通过A点时，轻绳拉力大小为( )
A.2mg B.4mg
C.6mg D.7mg
解析答案30 机械能守恒与圆周运动
1．D [小球受重力、杆的支持力作用，如图所示，根据eq \f(mg,tan α)＝mω2r＝meq \f(v2,r)＝ma，可知小球沿杆上滑稳定后，做匀速圆周运动的半径r增大，加速度a＝eq \f(g,tan α)保持不变，角速度减小，即ω′<ω，线速度增大，故小球的动能增加，又因为高度升高，所以重力势能增大，故小球在B处的机械能大于在A处的机械能，故A、B、C错误，D正确。]
2．AD [由动能定理可知mgL＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝eq \r(2gL)，则向心加速度a＝eq \f(v2,L)＝2g，可知向心加速度与绳长及球的质量无关，P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度，A正确；根据FT－mg＝ma，可得绳子拉力FT＝3mg，因P球的质量大于Q球的质量，可知P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，B错误；根据机械能守恒定律得Ek＝eq \f(1,2)mv2＝mgL，由于P球的质量大于Q球的质量，而LP3．BD [要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度v0满足mg＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，从最低点到最高点由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,min)＝mg·2r＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为vmin＝eq \r(5gr)，故A错误，B正确；为了使环不会在竖直方向上跳起，则在最高点小球有最大速度v1时，对环的压力为2mg，由牛顿第二定律可得mg＋2mg＝meq \f(veq \\al(2,1),r)，从最低点到最高点由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,max)＝mg·2r＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为vmax＝eq \r(7gr)，故C错误，D正确。]
4．B [若小球A恰好能到左侧轨道的最高点，由mg＝meq \f(veq \\al(2,A),R)，得vA＝eq \r(gR)，根据机械能守恒定律有mg(hA－2R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得hA＝eq \f(5,2)R，若小球B恰好能到右侧轨道的最高点，在最高点的速度vB＝0，根据机械能守恒定律得hB＝2R，故hA>hB，故A错误；在轨道最低点，小球受到的支持力最小时，释放高度是最小的，即对左侧轨道来说，在最低点mghA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，由牛顿第二定律有FNA－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)，联立得FNA＝6mg，对右侧轨道来说，在最低点有mghB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，根据牛顿第二定律有FNB－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),R)，联立得FNB＝5mg，故B正确，C错误；小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA＝vAeq \r(\f(2R,g))＝eq \r(gR)·eq \r(\f(2R,g))＝eq \r(2)R>R，所以小球A落在轨道右端开口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端开口处，D错误。]
5．AB [若小球恰能绕钉子做圆周运动，则通过圆周的最高点有mg＝meq \f(v2,L－d)，从A点到最高点有mg(2d－L)＝eq \f(1,2)mv2，解得d＝eq \f(3,5)L，故A正确；从开始至C点过程，由动能定理得mgd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0，在C点，有FT＝meq \f(veq \\al(2,C),L－d)，解得FT＝3mg，故B正确；以过最低点B的水平面为零势能面，小球下落过程机械能守恒，所以在任何位置机械能均为mgL，故C错误；小球到达C点会受到向下的重力，所以在C点时所受合力方向不可能水平向右，故D错误。]
6．C [小球通过最高点的最小速度为vA＝eq \r(gLsin α)＝2 m/s，在B点的最小速度vB满足eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋2mgLsin α，解得vB＝2eq \r(5) m/s，故C正确。]
7．B [在B点，根据牛顿第二定律得mg＋mgsin 30°＝meq \f(v2,R)，从B点到A点，根据动能定理得mg2R·sin 30°＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，在A点，根据牛顿第二定律得FT－mgsin 30°＝meq \f(v′2,R)，解得FT＝4mg，故B正确。]