高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第16講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)(含解析)

PAGEPAGE8第16講機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用[解密考綱]理解機(jī)械能守恒定律運(yùn)用的條件，會應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求解力學(xué)綜合問題．1．(2019·聊城一中高三階段性檢測)(多選)質(zhì)量為m的物體在豎直方向的拉力作用下，以大小為0.8g的加速度減速上升h的過程中，下列判斷正確的是(重力加速度大小為g)()A．重力勢能增加了0.8mghB．物體克服重力做功mghC．動能減少了0.8mghD．機(jī)械能增加了0.2mghBCD解析物體上升h，則重力勢能增加了mgh，物體克服重力做功mgh，選項A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理可知，動能減小量為ΔEk＝mah＝0.8mgh，選項C正確；物體減速上升，加速度向下，則mg－F＝ma，解得F＝0.2mg，因F做正功為WF＝Fh＝0.2mgh，可知機(jī)械能增加了0.2mgh，選項D正確．2．(2018·全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上．甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A．2倍B．4倍C．6倍D．8倍A解析設(shè)甲球落至斜面時的速率為v1，乙落至斜面時的速率為v2，由平拋運(yùn)動規(guī)律，x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，設(shè)斜面傾角為θ，由幾何關(guān)系，tanθ＝eq\f(y,x)，小球由拋出到落至斜面，由機(jī)械能守恒定律，eq\f(1,2)mv2＋mgy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得v1＝eq\r(1＋tan2θ)·v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比．同理可得，v2＝eq\r(1＋tan2θ)·eq\f(v,2)，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，選項A正確．3．(2019·內(nèi)蒙古杭錦后旗奮斗中學(xué)高三調(diào)研)(多選)如圖所示，一輕彈簧固定于O點(diǎn)，另一端系一重物，將重物從與懸點(diǎn)O在同一水平面且彈簧保持原長的A點(diǎn)無初速度地釋放，讓它自由擺下，不計空氣阻力，在重物由A點(diǎn)擺向最低點(diǎn)的過程中()A．重物的機(jī)械能減少 B．系統(tǒng)的機(jī)械能不變C．系統(tǒng)的機(jī)械能增加 D．系統(tǒng)的機(jī)械能減少AB解析重物自由擺下的過程中，彈簧拉力對重物做負(fù)功，重物的機(jī)械能減少，選項A正確；對系統(tǒng)而言，除重力，彈力外，無其他外力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，選項B正確，C、D錯誤．4．(2019·邢臺高三月考)(多選)把質(zhì)量為0.2kg的小球放在豎立的彈簧上，并把球向下按至A位置，如圖甲所示．迅速松手后，彈簧把球彈起，球升至最高位置C(如圖丙所示)，途中經(jīng)過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(如圖乙所示)．已知B、A的高度差為0.1m，C、B的高度差為0.2m，彈簧的質(zhì)量和空氣阻力均可忽略，g＝10m/s2.則下列說法正確的是()A．小球在A位置時彈簧的彈性勢能等于小球在C位置的重力勢能B．小球到達(dá)B位置時，速度達(dá)到最大值2m/sC．小球到達(dá)B位置時，小球機(jī)械能最大D．若將彈簧上端與小球焊接在一起，小球?qū)⒉荒艿竭_(dá)B、C的中點(diǎn)CD解析小球從A到C的過程中，系統(tǒng)減少的彈性勢能轉(zhuǎn)化為重力勢能，所以彈性勢能的變化量等于重力勢能的變化量，故選項A錯誤；當(dāng)小球受到的合力為零時，動能最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故選項B錯誤；從A到B的過程彈簧對小球做正功，所以小球的機(jī)械能增加，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時機(jī)械能達(dá)到最大，故選項C正確；根據(jù)題意，若將彈簧上端與小球焊接在一起，B、C中點(diǎn)處的彈性勢能與A處的彈性勢能相等，根據(jù)能量守恒，從A向上運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中重力勢能增加，所以彈性勢能必定要減小，即運(yùn)動不到B、C點(diǎn)的中點(diǎn)，故選項D正確．5．(2019·牡丹江第一高級中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)．初始時刻，A、B處于同一高度并恰好靜止．剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊分別落地的過程中，兩物塊()A．速度的變化大小相同 B．動能的變化相同C．重力勢能的變化相同 D．重力的平均功率相同AD解析剛開始A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以有mBgsinθ＝mAg，則mB＞mA，剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，A、B都只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mgh，得v＝eq\r(2gh)，速度的變化量Δv＝v－0＝v，可知兩個物體落地速度大小相等，速度的變化大小相同，動能的變化不相同，故選項A正確，B錯誤；下落的高度相同，故重力做功WA＝mAgh，WB＝mBgh，由于質(zhì)量不同，故重力做功不同，重力勢能的變化不同，故選項C錯誤；初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)剪斷后，A的合力為mAg，加速度為g，B的合力為mBgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律可知B的加速度為gsinθ，對A，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)，得tA＝eq\r(\f(2h,g))，對B，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,B)，則得tB＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，A重力做功的平均功率為PA＝eq\f(mAgh,tA)＝mAgheq\r(\f(g,2h))；B重力做功的平均功率為PB＝eq\f(mBgh,tB)＝mAgh·eq\r(\f(g,2h))，所以重力做功的平均功率相等，故選項D正確．6．(多選)如圖所示，不可伸長的柔軟細(xì)線跨過光滑定滑輪，線兩端分別系一小球a和b.a球質(zhì)量為m，靜置于地面；b球質(zhì)量為M，用手托住，離地面高度為h，此時輕繩剛好拉緊．從靜止開始釋放b后，a可能達(dá)到的最大高度為H(低于滑輪的高度)，下列說法正確的是()A．經(jīng)過時間t＝eq\r(\f(M＋mh,M－mg))，兩球到達(dá)同一高度B．兩球質(zhì)量之比eq\f(M,m)越大，a上升的最大高度越高C．兩球質(zhì)量之比eq\f(M,m)滿足一定數(shù)值，a上升的最大高度可以達(dá)到2hD．無論兩球質(zhì)量eq\f(M,m)之比多大，a上升的最大高度不可能達(dá)到2hABD解析設(shè)運(yùn)動過程中，線上的拉力為T，則Mg－T＝Ma，T－mg＝ma，得a＝eq\f(M－m,M＋m)g，從開始運(yùn)動到二者位于同一高度，b下落eq\f(h,2)，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(M＋mh,M－mg))，選項A正確．在b落地前，a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且a、b兩物體速度大小相等，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知Mgh－mgh＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，b球落地時，a球高度為h，之后a球向上做豎直上拋運(yùn)動，上升過程中機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv2＝mgΔh得Δh＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(M－m,M＋m)h，所以a可能達(dá)到的最大高度為H＝h＋eq\f(M－m,M＋m)h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,\f(M,m)＋1)))h，可以看出，只有eq\f(M,m)>1，兩球才會運(yùn)動，在此前提下，無論eq\f(M,m)是多少，都滿足h<H<2h，且eq\f(M,m)越大，H越大，選項B、D正確，C錯誤．7．(2019·北京第十九中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，光滑平直軌道MO和ON底端平滑對接，將它們固定在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道與水平地面間的夾角分別為α和β，且α>β，它們的上端M和N位于同一水平面內(nèi)，現(xiàn)將可視為質(zhì)點(diǎn)的一小滑塊從M端由靜止釋放，若小滑塊經(jīng)過兩軌道的底端連接處的時間可忽略不計且無機(jī)械能損失，小滑塊沿軌道可運(yùn)動到N端，以a、E分別表示小滑塊沿軌道運(yùn)動的加速度大小和機(jī)械能，t表示時間，下列各圖是小滑塊由M端釋放到第一次到達(dá)N端的運(yùn)動過程中的a-t圖象和E-t圖象，其中可能正確的是()AD解析物塊在MO上滑動時的加速度為a1＝gsinα；在NO上滑動時的加速度為a2＝gsinβ，因α>β可知a1>a2，選項A正確，B錯誤；滑塊在斜面上滑動的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，則E-t圖線是平行于t軸的直線，選項C錯誤，D正確．8．(2019·聊城一中高三階段性檢測)(多選)滑塊以速率v1靠慣性沿固定斜面由底端向上運(yùn)動，當(dāng)它回到出發(fā)點(diǎn)時速率變?yōu)関2，且v1大于v2.若滑塊向上運(yùn)動的位移中點(diǎn)為A，取斜面底端重力勢能為零，則()A．上升時機(jī)械能減小，下降時機(jī)械能增大B．上升時物體克服重力做功的平均功率大于下降時重力的平均功率C．上升過程中動能和勢能相等的位置在A點(diǎn)上方D．上升過程中動能和勢能相等的位置在A點(diǎn)下方BC解析由v2＜v1可知，斜面與滑塊間有摩擦，滑塊無論上升還是下降時，都有機(jī)械能損失，故選項A錯誤；上升時物體克服重力做功等于下降時重力的功，但是由于上升時加速度大于下降時的加速度，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2可知，上升的時間比下降時的時間短，根據(jù)P＝eq\f(W,t)可知，上升時物體克服重力做功的平均功率大于下降時重力的平均功率，故選項B正確；可先求出斜面中點(diǎn)A的動能Ek1和勢能EpA情況，滑塊初始機(jī)械能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，滑塊在斜面中點(diǎn)A的速度vA＝eq\r(\f(v\o\al(2,1)＋0,2))＝eq\f(\r(2),2)v1，在A點(diǎn)的機(jī)械能EA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋EpA，聯(lián)立得EA＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋EpA＝eq\f(1,2)E1＋EpA，而因斜面與滑塊間有摩擦，知E1＞EA，所以EkA＞EpA，故動能和勢能相等的位置應(yīng)出現(xiàn)在A點(diǎn)之上，故選項C正確，D錯誤．9．(2019·安徽屯溪第一中學(xué)高三開學(xué)考試)(多選)如圖所示，固定光滑斜面AC長為L，B為斜面中點(diǎn)．一物塊在恒定拉力F作用下，從最低點(diǎn)A由靜止開始沿斜面向上拉到B點(diǎn)撤去拉力F，物塊繼續(xù)上滑至最高點(diǎn)C，設(shè)物塊由A運(yùn)動到C的時間為t0，下列描述該過程中物塊的速度v隨時間t、物塊的動能Ek隨位移x、加速度a隨位移x、機(jī)械能E隨位移x變化規(guī)律的圖象中，可能正確的是()BD解析B為斜面中點(diǎn)，圖A中AB的距離不等于BC的距離，故選項A錯誤；物塊從0→eq\f(1,2)L位移處，做加速運(yùn)動，加速度為正，動能Ek變大，然后做減速運(yùn)動，加速度為負(fù)，Ek變小，故選項B正確，C錯誤；0→eq\f(1,2)L段，外力F做正功，機(jī)械能E變大，eq\f(1,2)L→L段，僅重力做功，機(jī)械能E不變，故選項D正確．10．(2019·阜陽三中高三模擬)(多選)如圖所示，三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過程中()A．A的動能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mgB．A的動能最大時，B受到地面的支持力eq\f(3,2)mgC．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向上D．彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(\r(3),2)mgLBC解析A的動能最大時，設(shè)B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝1.5mg；在A的動能達(dá)到最大前一直是加速下降，處于失重狀態(tài)，所以B受到地面的支持力小于1.5mg，大于mg，選項A錯誤，B正確；當(dāng)A達(dá)到最低點(diǎn)時動能為零，此時彈簧的彈性勢能最大，A的加速度方向向上，選項C正確；A下落的高度為h＝Lsin60°－Lsin30°，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球A的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，選項D錯誤．11．(2019·阜陽三中高三模擬)如圖所示，在粗糙水平面上有一質(zhì)量為M＝2kg表面光滑的斜面體，斜面的傾角θ＝37°，在斜面體的左側(cè)相距為d＝2.4m處有一固定障礙物Q.將一質(zhì)量為m＝0.2kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))用一根輕繩(不可伸長)系住，繩的一端固定在斜面體的頂端．現(xiàn)給斜面體施加一個水平向左的推力F，使斜面體和小物塊無相對滑動，一起向左做勻加速運(yùn)動，當(dāng)斜面體到達(dá)障礙物Q與其碰撞后，斜面體立即被障礙物Q鎖定．已知斜面體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，求：(1)水平推力F的最大值；(2)若用最大水平推力作用在斜面體上，斜面體被障礙物Q鎖定后，小物塊在輕繩牽引下能沿圓周運(yùn)動到豎直最高點(diǎn)，求繩的長度應(yīng)滿足的條件．(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)解析(1)由題意可知，當(dāng)F最大時，小物塊不受繩子的拉力，以小物塊為研究對象mgtanθ＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝7.5m/s2，以小物塊和斜面整體為研究對象F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝27.5N.(2)在斜面體加速過程中，由速度位移關(guān)系得2ad＝v2得v＝6m/s，設(shè)小物塊離開斜面瞬間的速度為v1方向垂直斜面向上，有v1＝vsinθ＝3.6m/s，小物塊剛好通過最高點(diǎn)，設(shè)繩的長度為L.小物塊在最高點(diǎn)時mg＝meq\f(v\o\al(2,2),L)，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－mgL(1＋sinθ)，解得L＝0.31m，所以L應(yīng)滿足L≤0.31m.答案(1)27.5N(2)L≤0.31m12．(2019·浙江高考選考科目聯(lián)考)某高中興趣學(xué)習(xí)小組成員，在學(xué)習(xí)完必修1與必修2后設(shè)計出如圖所示的實(shí)驗．OA為一水平彈射器，彈射口為A.ABCD為一光滑曲管，其中AB水平，BC為豎直桿(長度可調(diào)節(jié))，CD為四分之一圓環(huán)軌道(各連接處均圓滑連接)，其圓心為O′，半徑為R＝0.2m．D的正下方從E開始向右水平放置一塊橡皮泥板EF，長度足夠長．現(xiàn)讓彈射器彈射出一質(zhì)量m＝0.1kg的小環(huán)，小環(huán)從彈射口A射出后沿光滑曲桿運(yùn)動到D處飛出，不計小環(huán)在各個連接處的能量損失和空氣阻力．已知彈射器每次彈射出的小環(huán)具有相同的初速度．某次實(shí)驗中小組成員調(diào)節(jié)BC高度h＝0.8m．彈出的小環(huán)從D處飛出，現(xiàn)測得小環(huán)從D處飛出時速度vD＝4m/s，求(取g＝10m/s2)：(1)彈射器釋放的彈性勢能及小環(huán)在D處對圓環(huán)軌道的壓力；(2)小環(huán)落地點(diǎn)離E的距離(已知小環(huán)落地時與橡皮泥板接觸后不再運(yùn)動)；(3)若不改變彈射器彈性勢能，改變BC間高度h在0～2m之間，小環(huán)下落在橡皮泥板EF上的范圍．解析(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg(h＋R)＝1.8J，對小環(huán)在最高點(diǎn)D受力分析，由牛頓第二定律得FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，解得FN＝7N，由牛頓第三定律知，小環(huán)對圓軌道的壓力大小為7N，方向豎直向上．(2)小環(huán)離開軌道后做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律得h＋R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vDt，解得x＝eq\f(4\r(5),5)m.(3)小環(huán)剛到達(dá)D點(diǎn)的臨界條件為mg(h1＋R)＝Ep，解得h1＝1.6m.改變h，小環(huán)做平拋運(yùn)動，分析可得小環(huán)水平方向位移應(yīng)有最大值，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ep－mg(h2＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(′2,D)，小環(huán)平拋運(yùn)動時間為t＝eq\r(\f(2h2＋R,g))，得x＝v′Dt＝2eq\r([1.8－h(huán)2＋R]h2＋R)，可得，當(dāng)h2＋R＝0.9m時，水平位移最大，最大位移x＝1.8m，故小環(huán)落地點(diǎn)范圍在離E點(diǎn)向右0～1.8m的范圍內(nèi)．答案(1)1.8J7N(2)eq\f(4\r(5),5)m(3)0～1.8m13．(2019·中央民族大學(xué)附屬中學(xué)高三月考)在傾角為30°的光滑斜面底端固定一擋板，質(zhì)量均為m的物塊B、C通過輕彈簧連接，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧的壓縮量為x0，O點(diǎn)為彈簧的原長位置．在斜面上距物塊B的距離為3x0的P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量也為m的物塊A，A與B相碰(不粘連)后立即一起沿斜面向下運(yùn)動，并恰好能返回到O點(diǎn)．物塊A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g.(1)求A、B碰前彈簧具有的彈性勢能Ep;(2)若物塊A從P點(diǎn)以一定的初速度沿斜面下滑，兩