2024高考物理一輪復習第五章機械能第3講機械能守恒定律及其應用練習含解析新人教版

PAGEPAGE7第3講機械能守恒定律及其應用一、單項選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2024·上海長寧區(qū)期末)從地面豎直上拋兩個質量不同、初動能相同的小球，不計空氣阻力，以地面為零勢能面，當兩小球上升到同一高度時，則(C)A．它們具有的重力勢能相等B．質量小的小球動能肯定小C．它們具有的機械能相等D．質量大的小球機械能肯定大[解析]本題考查機械能大小的比較問題。在上升到相同高度時，由于兩小球質量不同，由重力勢能Ep＝mgh可知重力勢能不同，故A錯誤；在小球上升過程中，依據(jù)機械能守恒定律，有Ek＝E－mgh,其中E為兩小球相同的初始動能。在上升到相同高度時，h相同，質量小的小球動能Ek大，故B錯誤；在上升過程中，只有重力做功，兩小球機械能守恒，由于初動能相同，則它們具有的機械能相等，故C正確，D錯誤。2.(2024·山東臨沂模擬)如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直平面內。小球A、B的質量分別為βm、m(β為待定系數(shù))。A球從左邊與圓心等高處由靜止釋放后沿軌道下滑，并與靜止于軌道最低點的B球碰撞，碰撞后A、B兩球能達到的最大高度均為eq\f(R,4)。碰撞中無機械能損失，則待定系數(shù)β為(A)A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．2 D．3[解析]本題通過圓周運動中的碰撞考查機械能守恒問題。A球從靜止起先下滑到與B球碰撞后A、B球達到最大高度的過程，由機械能守恒定律得βmgR＝eq\f(βmgR,4)＋eq\f(mgR,4)，解得β＝eq\f(1,3)，故A正確。3.如圖所示，將一內、外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一豎直墻壁?，F(xiàn)讓一小球自左端槽口A點的正上方靜止起先下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內，則下列說法正確的是(C)A．小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球處于失重狀態(tài)C．小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D．小球從下落到從右側離開槽的過程中機械能守恒[解析]小球在槽內運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點起先上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球的作用力做負功，故A錯誤；小球在A點加速度豎直向下，在最低點，加速度豎直向上，故小球先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故B錯誤；小球在槽內運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點起先上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球的作用力做負功，所以小球的機械能不守恒，D錯誤；小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，只有重力和系統(tǒng)內彈力做功，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，故C正確。4.如圖所示，一長L的勻稱鐵鏈對稱掛在一輕質小滑輪上，由于某一微小的擾動使得鏈條向一側滑動，滑輪離地面足夠高，則鐵鏈完全離開滑輪時的速度大小為(C)A．eq\r(2gL) B．eq\r(gL)C．eq\r(\f(gL,2)) D．eq\f(1,2)eq\r(gL)[解析]鐵鏈向一側滑動的過程受重力和滑輪彈力的作用，彈力始終與對應各節(jié)鏈條的運動方向垂直，故只有重力做功。設鐵鏈剛好完全離開滑輪時的速度為v，由機械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv2＋ΔEp＝0，其中鐵鏈重力勢能的改變量相當于滑離時下半部分的重力勢能減去滑動前左半部分的重力勢能，如圖所示，即ΔEp＝－eq\f(1,2)mg·eq\f(L,2)，解得v＝eq\r(\f(gL,2))，故C項正確。二、多項選擇題：在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的。5．(2024·湖北天門等八市聯(lián)考)如圖所示，公園蹦極跳床深受兒童寵愛。一小孩系好平安帶后靜止時腳剛好接觸蹦床，將小孩舉高至每根輕質彈性繩都處于原長時由靜止釋放，下列對小孩下落過程的分析中正確的是(BD)A．小孩始終處于失重狀態(tài)B．彈性繩對小孩的作用力始終增大C．小孩的加速度始終增大D．小孩的機械能始終減小[解析]本題借助蹦極跳床考查運動狀況、能量改變狀況。由于初始時刻彈性繩處于原長，彈力為零，小孩加速度向下，最終接觸蹦床，速度肯定會減小至零，故小孩先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，A項錯誤；隨著小孩的下落，彈性繩伸長，彈力增大，彈力之間夾角減小，彈力合力增大，B項正確；小孩加速下落時，有mg－F彈＝ma，彈力增大，加速度減小，當小孩接觸蹦床后，做減速運動，有F蹦＋F彈－mg＝ma，加速度增大，C項錯誤；由于彈性繩和蹦床都對小孩做負功，所以小孩的機械能始終減小，D項正確。6．(2024·北京中心民大附中月考)如圖所示，質量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A緊靠豎直墻壁。用水平推力向左推B，將彈簧壓縮，推到某位置并保持靜止時推力大小為F，彈簧的彈性勢能為EA．撤去推力的瞬間，B的加速度大小為eq\f(F,2m)B．從撤去推力到A離開豎直墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒C．A離開豎直墻壁后，彈簧彈性勢能最大值為eq\f(E,3)D．A離開豎直墻壁后，彈簧彈性勢能最大值為E[解析]本題考查含彈簧系統(tǒng)的機械能轉化問題。撤去推力前，B處于靜止狀態(tài)，彈簧的彈力與F二力平衡。撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，依據(jù)牛頓其次定律得B的加速度大小為eq\f(F,2m)，故A正確；從撤去推力到A離開豎直墻壁之前，墻壁對A有彈力作用，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)合外力不等于零，系統(tǒng)的動量不守恒。因為只有系統(tǒng)內彈簧彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故B正確；A離開豎直墻壁后，系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒，彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒；當A、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大；對于從撤去推力到A離開豎直墻壁之前，機械能守恒，設A剛離開墻壁時，B的速度大小為v0。則有E＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)，得v0＝eq\r(\f(E,m))；A離開墻壁后到A、B速度均為v時，依據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得2mv0＝(m＋2m)v，依據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝Ep＋eq\f(1,2)(m＋2m)v2，解得彈簧的彈性勢能最大值Ep＝eq\f(E,3)，故C正確，D錯誤。7．(2024·?？谀M)如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為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，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽視一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中(AB)A．A的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mgB．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于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下D．彈簧的彈性勢能最大值為eq\f(\r(3),2)mgL[解析]在A的動能達到最大前，A向下加速運動，此時A處于失重狀態(tài)，則整個系統(tǒng)對地面的壓力小于3mg，即地面對B的支持力小于eq\f(3,2)mg，A正確；當A的動能最大時，A的加速度為零，這時系統(tǒng)既不失重，也不超重，系統(tǒng)對地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mg，B正確；當彈簧的彈性勢能最大時，A減速運動到最低點，此時A的加速度方向豎直向上，C錯誤；由機械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能最大值等于A的重力勢能的削減量，即為mg(Lcos30°－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，D錯誤。8.如圖所示，一質量為m的小球套在光滑豎直桿上，輕質彈簧一端與小球相連，另一端固定于O點?，F(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，沿豎直桿運動到B點，已知OA長度小于OB長度，彈簧處于OA、OB兩位置時彈力大小相等，A、B兩點間的距離為h。在小球由A到B的過程中，下列說法正確的是(BD)A．彈簧處于OA、OB兩位置時的彈性勢能不相等B．小球在B點時的動能為mghC．小球的加速度等于重力加速度g的位置只有一個D．在彈簧與桿垂直時，小球機械能最小[解析]由于彈簧處于OA、OB兩位置時彈力大小相等，依據(jù)胡克定律可知彈簧形變量大小相等，依據(jù)同一輕彈簧的彈性勢能只與形變量有關，可知彈簧處于OA、OB兩位置時的彈性勢能相等，A錯誤；在小球由A到B的過程中，由機械能守恒定律可知小球在B點時的動能為Ek＝mgh，B正確；在小球由A到B的過程中，當小球下落到與O點在同一水平位置時，即在彈簧與桿垂直時，在豎直方向上受重力作用，加速度為重力加速度g，在小球下落到輕彈簧復原到原長時，在豎直方向上只受重力作用，加速度為重力加速度g，所以在小球由A到B的過程中，小球的加速度等于重力加速度g的位置有兩個，C錯誤；在整個過程中，小球的機械能與彈簧彈性勢能之和不變，又彈簧與桿垂直時，彈簧彈性勢能最大，可知小球機械能最小，D正確。三、非選擇題9．(2024·東北三省三校一模)如圖所示，半徑為R＝0.5m的光滑圓環(huán)固定在豎直面上，圓環(huán)底端固定一輕彈簧，彈簧上端與物體A連接。圓環(huán)上端固定一光滑小滑輪，一輕繩繞過滑輪，一端與A連接，另一端與套在大圓環(huán)上的小球B連接，已知A的質量mA＝1kg，B的質量mB＝2kg，圖示位置與豎直方向夾角為30°?，F(xiàn)將A、B自圖示位置由靜止釋放，當B運動到與圓心等高的C點時，A運動到圓心位置，此時B的速度大小為2m/s。已知g＝10m/s2，eq\r(3)＝1.732，eq\r(2)＝1.414，在此過程中，求：(1)繩的拉力對B做的功；(2)彈簧彈性勢能的改變量。[答案](1)9J(2)削減8.410J[解析](1)對B由動能定理得W－mBghBC＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，其中hBC＝R·sin30°，解得W＝9J；(2)將B的速度按沿繩方向與垂直于繩方向分解，可得vA＝vBcos45°＝eq\r(2)m/s對A、B組成的系統(tǒng)，由功能關系得W彈＋mAghAO＝mBghBC＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，其中hAO＝2Rcos30°－2Rcos45°＝(eq\r(3)－eq\r(2))R，解得W彈＝8.410J，因為W彈＝－ΔEp，所以ΔEp＝－8.410J。10．(2024·鄭州質量檢測)輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l。現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后釋放，P(1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍。[答案](1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m[解析](1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能。由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能Ep＝5mgl設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l②聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl)③若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿意eq\f(mv2,l)－mg≥0④設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD滿意④式要求