高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律 課后分級演練16 機械能守恒定律及其應(yīng)用

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1、 課后分級演練(十六) 機械能守恒定律及其應(yīng)用 【A級——基礎(chǔ)練】 1.(2017·雙鴨山一中測試)如圖所示，質(zhì)量相同的可視為質(zhì)點的甲、乙兩小球，甲從豎直固定的光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下，軌道半徑為R，圓弧底端切線水平，乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止滑下．下列判斷正確的是(　　) A．兩小球到達底端時速度相同 B．兩小球由靜止運動到底端的過程中重力做功不相同 C．兩小球到達底端時動能相同 D．兩小球到達底端時，甲小球重力做功的瞬時功率大于乙小球重力做功的瞬時功率 解析：C　根據(jù)機械能守恒定律可得兩小球到達底端時速度大小v＝，但方向不同，所以選項A錯誤；兩小球由靜止運動

2、到底端的過程中重力做功相同，則兩小球到達底端時動能相同，所以選項C正確，B錯誤；兩小球到達底端時，甲小球重力做功的瞬時功率為零，乙小球重力做功的瞬時功率大于零，所以選項D錯誤． 2.(2017·上海交大附中月考)如圖所示，一個半徑為R、質(zhì)量為m的均勻薄圓盤處在豎直平面內(nèi)，可繞過其圓心O的水平轉(zhuǎn)動軸無摩擦轉(zhuǎn)動，現(xiàn)在其右側(cè)挖去圓心與轉(zhuǎn)軸O等高、直徑為R的一個圓，然后從圖示位置將其靜止釋放，則下列說法正確的是(　　) A．剩余部分不能繞O點做360°轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中具有的最大動能為mgR B．剩余部分不能繞O點做360°轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中具有的最大動能為mgR

3、 C．剩余部分能繞O點做360°轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中具有的最大動能為mgR D．剩余部分能繞O點做360°轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中具有的最大動能為mgR 解析：A　依題意知在薄圓盤右側(cè)挖去的圓心與轉(zhuǎn)軸O等高、直徑為R的一個圓的質(zhì)量為m1＝m，根據(jù)對稱性可在其左側(cè)對稱挖去一個同樣大小的圓(如圖所示)，余下部分的薄圓盤的重心仍在圓心O，故當(dāng)圓心O1在最低點時，系統(tǒng)的重力勢能最小，動能最大，根據(jù)機械能守恒定律可得：Ekm＝mgR，當(dāng)圓心O1轉(zhuǎn)到右側(cè)與O等高時，薄圓盤將停止轉(zhuǎn)動，故剩余部分只能繞O點做180°轉(zhuǎn)動，所以只有選項A正確． 3.(2017·沈陽高三

4、聯(lián)考)將一質(zhì)量為m的小球套在一光滑的、與水平面夾角為α(α<45°)的固定桿上，小球與一原長為L的輕質(zhì)彈性繩相連接，彈性繩的一端固定在水平面上，將小球從離地面L高處由靜止釋放，剛釋放時，彈性繩長為L，如圖所示．小球滑到底端時速度恰好為零，則小球運動過程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球的機械能守恒 B．彈性繩的彈性勢能將一直增大 C．小球到達底端時，彈性繩的彈性勢能為mgL(cot α－1) D．小球和彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析：D　在小球下滑過程中，小球和彈性繩的機械能守恒，則A錯誤，D正確；彈性繩的彈性勢能先不變后增大，選項B錯誤；由機械能守恒定律知，

5、彈性繩的彈性勢能增加了mgL，選項C錯誤． 4.(多選)如圖，輕彈簧豎立在地面上，正上方有一鋼球，從A處自由下落，落到B處時開始與彈簧接觸，此時向下壓縮彈簧，小球運動到C處時，彈簧對小球的彈力與小球的重力平衡．小球運動到D處時，到達最低點．不計空氣阻力，以下描述正確的有 (　　) A．小球由A向B運動的過程中，處于完全失重狀態(tài)，小球的機械能減少 B．小球由B向C運動的過程中，處于失重狀態(tài)，小球的機械能減少 C．小球由B向C運動的過程中，處于超重狀態(tài)，小球的動能增加 D．小球由C向D運動的過程中，處于超重狀態(tài)，小球的機械能減少 解析：BD　小球由A向B運動的過程中，做自由落體運動，

6、加速度等于豎直向下的重力加速度g，處于完全失重狀態(tài)，此過程中只有重力做功，小球的機械能守恒，A錯誤；小球由B向C運動的過程中，重力大于彈簧的彈力，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能增加，小球的重力勢能減少，由于小球向下加速運動，小球的動能還是增大的，B正確，C錯誤；小球由C向D運動的過程中，彈簧的彈力大于小球的重力，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，彈簧繼續(xù)被壓縮，彈性勢能繼續(xù)增大，小球的機械能繼續(xù)減小，D正確．故答案為B、D. 5.(多選)如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，

7、輕桿長為R，不計小球大?。_始時a球處在圓弧上端A點，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)球下滑過程中機械能保持不變 B．a(chǎn)、b兩球和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機械能保持不變 C．a(chǎn)、b滑到水平軌道上時速度為 D．從釋放到a、b滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為 解析：BD　由機械能守恒的條件得，a球機械能不守恒，a、b系統(tǒng)機械能守恒，所以A錯誤，B正確．對a、b系統(tǒng)由機械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×mv2，解得v＝，C錯誤．對a由動能定理得：mgR＋W＝mv2，解得W＝，D正確． 6.如圖，可視為質(zhì)點的小球A、B用

8、不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍．當(dāng)B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　) A．2R B．5R/3 C．4R/3 D．2R/3 解析：C　設(shè)A剛落到地面時的速度為v，則根據(jù)機械能守恒定律可得2mgR－mgR＝×2mv2＋mv2，設(shè)A落地后B再上升的高度為h，則有mv2＝mgh，解得h＝，B上升的最大高度為H＝R＋h＝R，即C正確． 7.(多選)(2015·新課標全國Ⅱ)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，

9、由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.則(　　) A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功 B．a(chǎn)落地時速度大小為 C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg 解析：BD　因為桿對滑塊b的限制，a落地時b的速度為零，所以b的運動為先加速后減速，桿對b的作用力對b做的功即為b所受合外力做的總功，由動能定理可知，桿對b先做正功后做負功，故A錯．對a、b組成的系統(tǒng)應(yīng)用機械能守恒定律有：mgh＝mv，va＝，故B正確．桿對a的作用效果為先推后拉，桿對a的作用力為拉力時，a下落過程中的加速度大小會大于g，即C錯．由功

10、能關(guān)系可知，當(dāng)桿對a的推力減為零的時刻，即為a的機械能最小的時刻，此時桿對a和b的作用力均為零，故b對地面的壓力大小為mg，D正確． 8．如圖所示，在下列不同情形中將光滑小球以相同速率v射出，忽略空氣阻力，結(jié)果只有一種情形小球不能到達天花板，則該情形是(　　) A．A B．B C．C D．D 解析：B　由題意，忽略空氣阻力，沒有能量的消耗，小球的機械能守恒，將光滑小球以相同速率v射出：小球沿豎直方向向上運動，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，速度足夠大，就會有足夠的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，就會到達天花板；同理，小球沿斜面向上運動，同樣會到達天花板；小球在管道里運動時類似于用桿支撐，故只要豎直上拋

11、能到達最高點，則在管道里面即可到達最高點；只有物體斜拋時，由于豎直分速度小于A中的豎直速度，水平方向速度保持不變，則由機械能守恒定律可知，小球無法到達最高點．綜合考慮，本題選B. 9.(多選)(2017·河北保定調(diào)研)如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點．現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動．當(dāng)小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點．已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2

12、.設(shè)先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則的值可能是(　　) A. B. C. D．1 解析：AB　本題考查圓周運動、動能定理和機械能守恒定律的綜合應(yīng)用，意在考查考生的推理能力和分析綜合能力．第一次擊打小球時小球最高運動到過O點與水平地面平行的直徑的兩端位置，小錘對小球做功W1＝mgR，第二次擊打小球，小球恰好做圓周運動，此時小球在最高點速度v＝，與小球在最高點對應(yīng)最低點的速度為vA，根據(jù)機械能守恒定律可得－mg·2R＝mv2－mv，第二次擊打小球，小錘對小球做的功W2＝mv－mgR＝mgR，則先后兩次擊打，小錘對小球做功的最大值為，故選A、B正確，C、D錯

13、誤． 10.將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示．取g＝10 m/s2，求： (1)小球的質(zhì)量； (2)小球受到的空氣阻力(不包括重力)大小； (3)小球的動能與重力勢能相等時的高度． 解析：(1)在最高點，由Ep＝mgh和圖象得m＝0.1 kg (2)由除重力以外其他力做功W其他＝ΔE可知，－fh＝E高－E低，E為機械能，解得f＝0.25 N (3)設(shè)小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgH＝mv2，由動能定理－fH－mgH＝mv2－mv，得H＝ m≈2.22

14、m 答案：(1)0.1 kg　(2)0.25 N　(3)2.22 m 【B級——提升練】 11.(多選)(2016·全國Ⅱ)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點運動到N點的過程中(　　) A．彈力對小球先做正功后做負功 B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差 解析：BCD　小球在從M點運

15、動到N點的過程中，彈簧的壓縮量先增大，后減小，到某一位置時，彈簧處于原長，再繼續(xù)向下運動到N點的過程中，彈簧又伸長．彈簧的彈力方向與小球速度的方向的夾角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此彈力先做負功，再做正功，最后又做負功，A項錯誤；彈簧與桿垂直時，小球的加速度等于重力加速度，當(dāng)彈簧的彈力為零時，小球的加速度也等于重力加速度，B項正確；彈簧長度最短時，彈力與小球的速度方向垂直，這時彈力對小球做功的功率為零，C項正確；由于在M、N兩點處，彈簧的彈力大小相等，即彈簧的形變量相等，根據(jù)動能定理可知，小球從M點到N點的過程中，彈簧的彈力做功為零，重力做功等

16、于動能的增量，即小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差，D項正確． 12.(多選)(2017·漳州檢測)如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速度v沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的左端與光滑圓弧軌道底部平滑連接，圓弧軌道上的A點與圓心等高，一小物塊從A點靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過一段時間又返回圓弧軌道，返回圓弧軌道時小物塊恰好能到達A點，則下列說法正確的是(　　) A．圓弧軌道的半徑一定是 B．若減小傳送帶速度，則小物塊仍可能到達A點 C．若增加傳送帶速度，則小物塊有可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點 D．不論傳送帶速度增加到多大，小物塊都不可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點 解析：BD　物

17、塊在圓弧軌道上下滑的過程中，物塊的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒可得：mgR＝mv，所以小物塊滑上傳送帶的初速度：v0＝，物塊到達傳送帶上之后，由于摩擦力的作用開始減速，速度減小為零之后，又在傳送帶的摩擦力的作用下反向加速，根據(jù)物塊的受力可知，物塊在減速和加速的過程物塊的加速度的大小是相同的，所以物塊返回圓弧軌道時速度大小等于從圓弧軌道下滑剛到傳送帶時的速度大小，只要傳送帶的速度v≥，物塊就能返回到A點，則R≤，故A項錯誤；若減小傳送帶速度，只要傳送帶的速度v≥，物塊就能返回到A點，故B項正確；若增大傳送帶的速度，由于物塊返回到圓弧軌道的速度不變，只能滑到A點，不能滑到圓弧軌道的最高點，故C項錯誤

18、，D項正確． 13．如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切于B點，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點和最高點)，已知∠BOC＝30°.可視為質(zhì)點的小滑塊從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出小滑塊經(jīng)過圓軌道最高點D時對軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關(guān)系圖象，取g＝10 m/s2.求： (1)小滑塊的質(zhì)量和圓軌道的半徑； (2)是否存在某個H值，使得小滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點．若存在，請求出H值；若不存在，請說明理由． 解析：(1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為

19、m，圓軌道的半徑為R mg(H－2R)＝mv，F(xiàn)＋mg＝ 得：F＝－mg 取點(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得： m＝0.1 kg，R＝0.2 m (2)假設(shè)小滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的E點(如圖所示) 由幾何關(guān)系可得 OE＝ 設(shè)小滑塊經(jīng)過最高點D時的速度為vD 由題意可知，小滑塊從D運動到E，水平方向的位移為OE，豎直方向上的位移為R，則OE＝vDt，R＝gt2 得到：vD＝2 m/s 而小滑塊過D點的臨界速度vD′＝＝ m/s 由于vD>vD′，所以存在一個H值，使得小滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道

20、AB上與圓心等高的點 mg(H－2R)＝mv 得到：H＝0.6 m. 答案：(1)0.1 kg　0.2 m　(2)存在　0.6 m 14.如圖所示，半徑R＝0.4 m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上．質(zhì)量m＝0.1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以v0＝2 m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面向右運動至D點時，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點間的水平距離L＝1.2 m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝

21、0.5，g取10 m/s2.求： (1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點時速度vB的大小； (2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大小； (3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm. 解析：(1)小物塊恰好從B點沿切線方向進入軌道，由幾何關(guān)系有vB＝＝4 m/s (2)小物塊由B點運動到C點，由機械能守恒定律有 mgR(1＋sin θ)＝mv－mv 在C點處，由牛頓第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝8 N 根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力FN′大小為8 N. (3)小物塊從B點運動到D點，由能量守恒定律有 Epm＝mv＋mgR(1＋sin θ)－μmgL＝

22、0.8 J. 答案：(1)4 m/s　(2)8 N　(3)0.8 J 15．如圖所示是某公園中的一個游樂設(shè)施，半徑為R＝2.5 m、r＝1.5 m的兩圓形軌道甲和乙安裝在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條水平軌道CD相連，現(xiàn)讓可視為質(zhì)點的質(zhì)量為10 kg的無動力小滑車從A點由靜止釋放，剛好可以滑過甲軌道后經(jīng)過CD段又滑上乙軌道后離開兩圓形軌道，然后從水平軌道飛入水池內(nèi)，水面離水平軌道的高度h0＝5 m，所有軌道均光滑，g取10 m/s2. (1)求小滑車到甲軌道最高點時的速度大小v. (2)求小滑車到乙軌道最高點時對乙軌道的壓力． (3)若在水池中MN范圍放上安全氣墊(氣墊厚度不計

23、)，水面上的B點在水平軌道邊緣正下方，且BM＝10 m，BN＝15 m；要使小滑車能通過圓形軌道并安全到達氣墊上，則小滑車起始點A距水平軌道的高度該如何設(shè)計？ 解析：(1)小滑車在甲軌道最高點P有 mg＝m vP＝＝5 m/s. (2)小滑車從甲軌道最高點P到乙軌道最高點Q，由動能定理有 mg(2R－2r)＝mv－mv 在Q點有mg＋F＝m 解以上兩式有F＝ N. 由牛頓第三定律可知，小滑車對乙軌道Q點壓力大小為 N，方向豎直向上． (3)設(shè)小滑車剛好過P點，下落高度為h1，從A到P，由動能定理有mg(h1－2R)＝mv－0 h1＝6.25 m 所以h≥6.25 m.

24、設(shè)小滑車到水平臺右端E點時速度為vE 從E平拋剛好到M點有x＝vE1t＝10 m h0＝gt2＝5 m 解得vE1＝10 m/s. 從E平拋剛好到N點有x＝vE2t＝15 m h0＝gt2＝5 m 解得vE2＝15 m/s 要使小滑車落在MN范圍，滿足vE1≤vE≤vE2 從A到E，由動能定理有 mgh＝mv－0 解得5 m≤h≤11.25 m 綜上可得6.25 m≤h≤11.25 m. 答案：(1)5 m/s　(2) N，方向豎直向上 (3)6.25 m≤h≤11.25 m 我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。