2022年新教材高考物理一轮复习 考点规范练18 机械能守恒定律（含解析）新人教版.docx

1、考点规范练18机械能守恒定律一、单项选择题1.如图所示,竖立在水平面上的轻弹簧,下端固定,将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接),用力向下压球,使弹簧被压缩,并用细线把小球和地面拴牢(图甲)。烧断细线后,发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)。不计空气阻力,该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中,下列说法正确的是()A.弹簧、小球所构成的系统机械能守恒B.球刚脱离弹簧时动能最大C.球所受合力的最大值等于重力D.小球所受合外力为零时速度最小2.如图所示,在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上,小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时,小球被弹

2、出,小球落地时的速度方向与水平方向成60角,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2)()A.10 JB.15 JC.20 JD.25 J3.按压式圆珠笔内装有一根小弹簧,尾部有一个小帽,压一下小帽,笔尖就伸出来。如图所示,使笔的尾部朝下,将笔向下按到最低点,使小帽缩进,然后放手,笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力,笔从最低点运动至最高点的过程中()A.笔的动能一直增大B.笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小C.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量D.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能之和的增加量4.有一款名叫“跳一跳”的小游戏,要求操作者通过控制棋子(质量为

3、m)脱离平台时的速度,使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹,不计空气阻力,重力加速度为g,则()A.棋子从起跳至运动到最高点的过程中,机械能增加mghB.棋子离开平台时的动能为mghC.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,重力势能增加mghD.棋子落到平台上的速度大小为2gh5.如图所示,用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板上,轻绳与天花板的夹角为,整个系统静止,这时每根轻绳中的拉力为FT。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为FT。为某一值时,FTFT最大,此最大值为()A.94B.2C.32-2D.54256.(20

4、20浙江宁波二模)如图所示,AB是半径为R的14圆弧轨道,轨道底端B点与一水平轨道BC相切,水平轨道又在C点与足够长的斜面轨道CD平滑连接,轨道B处有一挡板(厚度不计)。在圆弧轨道上静止摆放着N个半径为r(rR)的光滑刚性小球,恰好将AB轨道铺满,小球从A到B依次标记为1、2、3、N号。现将B处挡板抽走,N个小球均开始运动,不计一切摩擦,考虑小球从AB向CD的运动过程,下列说法正确的是()A.N个小球在离开圆弧轨道的过程中均做匀速圆周运动B.1号小球第一次经过B点的速度一定小于2gRC.1号小球第一次经过B点的向心加速度一定等于2gD.1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为R7.(2020山

5、东滨州二模)如图所示,一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内,半圆顶点有大小可不计的定滑轮,O点为其圆心,AB为半圆上两点,OA处于水平方向,OB与竖直方向夹角为45。一轻绳两端连接大小可不计的两个小球甲、乙,初始时甲静止在B点,乙静止在O点,绳子处于拉直状态。已知甲球的质量m1=2 kg,乙球的质量m2=1 kg,半圆轨道的半径r=1 m,当地重力加速度g取10 m/s2,忽略一切摩擦。解除约束后,两球开始运动的过程中,下列说法正确的是()A.甲球刚开始运动时的加速度大小为5(2-1) m/s2B.甲球一定能沿半圆轨道下滑经过A点C.甲球沿着半圆轨道运动过程中,甲、乙两球系统的机械能守恒D.甲球沿

6、着半圆轨道运动过程中,甲球机械能增大二、多项选择题8.(2020山东临沂检测)如图所示,半径为R的光滑圆弧轨道AO对接半径为2R的光滑圆弧轨道OB于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出),物体恰能从O点平抛出去。则()A.CO1O=60B.CO1O=90C.落地点距O2的距离为22RD.落地点距O2的距离为2R9.将质量分别为m和2m的两个小球A和B,用长为2l的轻杆相连,如图所示,在杆的中点O处有一固定水平转动轴,把杆置于水平位置后由静止自由释放,不计一切摩擦,在B球顺时针转动到最低位置的过程中()A.A、B两球的线速度大小始终不相等B.重力对B球做功的瞬时功率先增

7、大后减小C.B球转动到最低位置时的速度大小为23glD.杆对B球做正功,B球机械能不守恒10.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。此下降过程中()A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于32mgB.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mgC.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32mgl三、非选择题11.(202

8、0江苏卷)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。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。12.(2020湖北武汉模拟)如图甲所示,质量m0=1 kg、长l=3 m的长木板放在光滑的水平面上,水平面

9、的右端沿竖直方向固定一光滑的半圆轨道ABC,在与圆心等高的B点有一压力传感器,长木板的上表面与轨道的最低点在同一水平面上,长木板的右端距离轨道最低点的间距x=2 m。可视为质点的质量m=2 kg的物块从长木板的最左端以v0=6 m/s的速度滑上长木板,物块与长木板之间的动摩擦因数=0.2,经过一段时间长木板与挡板碰撞,且碰后长木板停止运动。当半圆轨道的半径R发生改变时,物块对B点的压力与半径R的关系图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。(1)物块运动到半圆轨道最低点A瞬间,其速度应为多大?(2)图乙中横、纵坐标x、y分别为多少?(3)如果半圆轨道的半径R32 cm,则物块落在长木板上的

10、点到长木板最左端的最小距离应为多少?(结果保留3位有效数字)考点规范练18机械能守恒定律1.A解析:烧断细线后,小球受重力和弹力作用,故弹簧、小球所构的系统机械能守恒,选项A正确。小球受到重力和向上的弹力两个力,弹簧的弹力先大于重力,小球加速上升,后弹力小于重力,小球减速上升,所以球的动能先增大后减小,当加速度等于零时,此时所受的合力为零,即小球受到的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大,动能最大,此时弹簧尚处于压缩状态,故B、D错误。小球刚开始向上运动时,合力向上,然后逐渐减小到零,脱离弹簧后合力为mg,因不知道开始运动时加速度的大小,故无法比较合力大小,故球所受合力的最大值不一定等于重力,选

11、项C错误。2.A解析:由2gh=vy2-0得vy=2gh,即vy=30m/s,落地时,tan60=vyv0可得:v0=vytan60=10m/s,由机械能守恒定律得Ep=12mv02,可求得Ep=10J,故A正确。3.D解析:笔向上运动先加速到加速度变为0,再减速运动,则动能先增大再减小,故A错误。笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和一定,动能先增大后减小,则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增大,且弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能与重力势能之和的增加量,故B、C错误,D正确。4.C解析:棋子起跳后只受重力作用,机械能守恒,故A错误。棋子在最高点具有水平方向的速度,所以棋子离开平台时的

12、动能大于mgh,落到平台上的速度要大于2gh,故B、D错误。棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,重力做功为WG=-mgh,所以重力势能增加mgh,故C正确。5.A解析:剪断细绳之前2FTsin=mg;剪断细绳后,摆到最低点时12mv2=mgl(1-sin),由牛顿第二定律FT-mg=mv2l,联立解得FTFT=6sin-4sin2。由数学知识可知,当sin=34时,此比值最大,最大值为94,选项A正确。6.B解析:在下滑的过程中,水平面上的小球要做匀速运动,而曲面上的小球要做加速运动,则后面的小球对前面的小球有向前压力的作用,所以小球之间始终相互挤压,圆弧轨道上的小球做加速圆周运动,故A错误

13、。1号小球在下滑过程中,始终受到2号小球对它的压力,所以1号小球第一次经过B点时,有12mv12mgR,解得v12gR,故B正确。1号小球在B点,由牛顿第二定律得an=v12R,而v12gR,联立解得anmgh,解得hR,故D错误。7.C解析:甲球刚开始运动时,两球加速度大小相等,设为a。根据牛顿第二定律对甲球有m1gsin45-F=m1a对乙球有F-m2g=m2a联立解得a=10(2-1)3m/s2,故A错误。甲球沿着半圆轨道运动过程中,忽略一切摩擦,对甲、乙两球组成的系统,只有重力做功,系统的机械能守恒。若甲球沿半圆轨道运动过程中,经过某点时对轨道的压力为零,设此时该点与O点的连线与水平方

14、向的夹角为,从B点到该点的过程,根据系统的机械能守恒得m1g(rsin45-rsin)-m2gr4-=12(m1+m2)v2其中04在该点,对甲球,根据牛顿第二定律有m1gcos=m1v2r联立解得5sin(+37)=22-2+2令y=5sin(+37)和y=22-2+2,分别作出y-图像,可知两图线有交点,所以通过分析可知有解,但不为零,所以甲球经过该点时做离心运动,甲球一定不能沿半圆轨道下滑经过A点,故B错误,C正确。甲球沿着半圆轨道运动过程中,绳子拉力对甲球做负功,则甲球机械能减小,故D错误。8.BC解析:要使物体恰能从O点平抛出去,在O点有mg=mv22R,解得物体从O点平抛出去的最小

15、速度为v=2gR。设CO1O=,由机械能守恒定律可知,mgR(1-cos)=12mv2,解得=90,故选项A错误,B正确。由平抛运动规律可得,x=vt,2R=12gt2,解得落地点距O2的距离为22R,选项C正确,D错误。9.BC解析:A、B两球用轻杆相连共轴转动,角速度大小始终相等,转动半径相等,所以两球的线速度大小也相等,选项A错误。杆在水平位置时,重力对B球做功的瞬时功率为零,杆在竖直位置时,B球的重力方向和速度方向垂直,重力对B球做功的瞬时功率也为零,但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零,因此,重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小,选项B正确。设B球转动到最低位置时速度为v,两球

16、线速度大小相等,对A、B两球和杆组成的系统,由机械能守恒定律得2mgl-mgl=12(2m)v2+12mv2,解得v=23gl,选项C正确。B球的重力势能减小了2mgl,动能增大了23mgl,故机械能减小了,所以杆对B球做负功,选项D错误。10.AB解析:取A、B、C整体研究,三个小球皆静止时,地面对B、C球的弹力各为32mg,当A球下降时,只要A球未达最大速度,就有竖直向下的加速度,A球就处于失重状态,此时地面对B球的支持力小于32mg,A正确。A球的动能最大时,aA=0,系统在竖直方向上F合=0,则地面对B球的弹力为32mg,B正确。弹簧的弹性势能最大时,对应着弹簧伸长量最大,A球运动到最

17、低点,此时vA=0,但aA0,加速度方向竖直向上,C错误。两杆间夹角由60变为120,A球下落的距离h=lsin60-lsin30=3-12l,A球重力势能的减少量为Ep=3-12mgl,由能量转化知,弹簧的弹性势能最大值为3-12mgl,D错误。11.解析:(1)根据线速度和角速度的关系可知,重物落地后,小球线速度的大小为v=2R。(2)重物落地后一小球转到水平位置,此时小球的向心力为F向=2mR2此时小球受到的向心力等于球受到杆的作用力与球重力的合力,如图所示。根据几何关系可得F=F向2+(mg)2=m4R24+g2。(3)落地时,重物的速度为v=R由机械能守恒得12mv2+412mv2=

18、mgh解得h=m+16m2mg(R)2。答案:(1)2R(2)m4R24+g2(3)m+16m2mg(R)212.解析:(1)物块滑上长木板后将做匀减速直线运动,长木板将做匀加速直线运动,设物块加速度大小为a1,长木板加速度为a2,由牛顿第二定律可得对物块有mg=ma1对长木板有mg=m0a2设长木板与物块经历时间t后速度相等,则有v0-a1t=a2t物块的位移s1=v0t-12a1t2长木板的位移s2=12a2t2代入数据解得s1=5m,s2=2m由于s2=x、l=s1-s2,说明长木板与挡板碰撞时,物块到达长木板右端恰好与长木板共速,由运动学公式得物块到达A点的速度为vA=2a2s2=4m

19、/s。(2)将物块到达B点时的速度设为vB,由牛顿第二定律得F=mvB2R从A点到B点过程中,由机械能守恒定律得12mvA2=12mvB2+mgR由以上各式得F=mvA2R-2mg故纵坐标为y=2mg=40N横坐标为x=1.25m-1。(3)设物块恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为Rm,此时经过C点的速度设为vC,则有mg=mvC2Rm从A到C点过程中,由机械能守恒可得12mvA2=12mvC2+2mgRm代入数据解得Rm=0.32m,如果半圆轨道的半径R32cm,则此时物块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道,由以上各式可知vC=vA2-4gR物块离开C点后做平抛运动至到达长木板的过程中,有x=vCt,2R=12gt2联立得x=2(vA2-4gR)Rg,代入数据知,当R=0.2m时x有最大值,xm=0.8m物块在长木板上的落地点与长木板最左端的最小距离为xmin=l-xm=2.20m。答案:(1)4 m/s(2)1.25 m-140 N(3)2.20 m