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2021高考物理一轮复习 第5章 机械能 第3讲 机械能守恒定律及其应用课时作业

2021高考物理一轮复习 第5章 机械能 第3讲 机械能守恒定律及其应用课时作业

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第3讲　机械能守恒定律及其应用

1.

(多选)轻质弹簧一端悬挂于天花板，另一端与一小木块相连处于静止状态，一子弹以水平速度v瞬间射穿木块，不计空气阻力(　　)
A．子弹射穿木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能不守恒
B．子弹射穿木块后，木块在运动过程中机械能守恒
C．木块在向右摆动过程中，木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小
D．木块在向右摆动过程中重力的功率在变小
AC　[子弹射穿木块的过程中，子弹相对木块发生了相对滑动，有摩擦力做功，故子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A正确；子弹射穿木块后，木块在运动过程受到弹簧的弹力作用，且弹簧弹力对木块做功，木块机械能不守恒，故B错误；木块在向右摆动过程中，木块和弹簧组成的系统机械能守恒，由于木块重力势能增大，故木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小，故C正确；木块在最低点时，重力的瞬时功率为零，达到最高点时，速度为零，重力的瞬时功率为零，故在此过程中重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。]
2．一棵树上有一个质量为0.3 kg的熟透了的苹果P，该苹果从树上与A等高处先落到地面C最后滚入沟底D。已知AC、CD的高度差分别为2.2 m和3 m，以地面C为零势能面，A、B、C、D、E面之间竖直距离如图所示。算出该苹果从A落下到D的过程中重力势能的减少量和在D处的重力势能分别是(g取10 m/s2)(　　)

A．15.6 J和9 J　　　　　 B.9 J和－9 J
C．15.6 J和－9 J D.15.6 J和－15.6 J
C　[以地面C为零势能面，根据重力势能的计算公式得D处的重力势能Ep＝mgh＝0.3×10×(－3) J＝－9 J
从A下落到D的过程中重力势能的减少量ΔEp＝mgΔh＝0.3×10×(2.2＋3) J＝15.6 J，选项C正确。]
3．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＝10 m/s2)(　　)

A．10 J B.15 J
C．20 J D.25 J
A　[由2gh＝v－0得：vy＝，即vy＝ m/s，落地时，tan 60°＝可得：v0＝＝ m/s，由机械能守恒定律得Ep＝mv，可求得：Ep＝10 J，故A正确。]
4．(多选)在如图所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图中轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丙图为物体A将弹簧压缩的过程中；丁图为不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落，B加速上升过程中。关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是 (　　)

A．甲图中小球机械能守恒
B．乙图中小球机械能守恒
C．丙图中物体A的机械能守恒
D．丁图中A、B组成的系统机械能守恒
AD　[甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，选项A正确；乙图过程中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，选项B错误；丙图中重力和系统内弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A的机械能不守恒，选项C错误；丁图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，选项D正确。]
5.

(2020·贵州监测)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧上升到一定高度后再下落，如此反复，该过程中弹簧的弹力大小F随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，则(　　)
A．t1时刻小球的速度最大
B．t2时刻小球所受合力为零
C．以地面为零重力势能面，t1和t3时刻小球的机械能相等
D．以地面为零重力势能面，t1～t3时间内小球的机械能守恒
C　[根据题述，结合弹簧弹力随时间变化的图线，金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，t1时刻接触弹簧，由于重力大于弹簧弹力，小球还要加速向下运动，当弹力增大到等于小球重力时，小球速度最大，选项A错误；t2时刻弹簧被压缩到最短，弹簧的弹力最大，小球所受合力向上，选项B错误；t1时刻和t3时刻小球的速度大小相等，动能相同，距离地面高度相同，以地面为零重力势能面，t1时刻和t3时刻小球的机械能相等，选项C正确；以地面为零重力势能面，t1～t3时间内，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但由于小球受到弹簧的弹力作用，小球的机械能先减小后增大，选项D错误。]
6．(多选)如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a→b、b→c、c→d、d→e，如图所示，则对这四个阶段的描述错误的是(　　)

A．a→b阶段：加速助跑，人和杆的机械能增加
B．b→c阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加
C．c→d阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量
D．d→e阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人机械能的增加量
CD　[a→b阶段，人加速助跑，人和杆的机械能增加，A正确；b→c阶段，杆弯曲、人上升，人和杆组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，其中系统动能减少，重力势能和弹性势能增加，B正确；c→d阶段，杆伸直、人上升，人和杆组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，人的动能和杆的弹性势能的减少量等于重力势能增加量，C错误；d→e阶段，人过横杆后下落，只有重力做功，人的机械能守恒，D错误。]
7．(2020·安徽联考)

如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1∶F2等于(　　)
A．1∶1 B.1∶2
C．1∶3 D.1∶4
D　[O′B烧断前，小球处于平衡状态，OB绳的拉力大小F1＝mgcos 60°；O′B烧断后，小球摆动到C点过程中机械能守恒，mgl(1－cos 60°)＝mv2，在最低点C时有F2－mg＝，解得F2＝2mg。所以F1∶F2＝1∶4，选项D正确。]
8.

如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R B.
C. D.
C　[设B球质量为m，则A球质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，得v2＝gR，B球继续上升的高度h＝＝，B球上升的最大高度为h＋R＝R，故选C。]
9．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。求：

(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；
(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
(3)物体A的最大速度的大小。
解析：　(1)恢复原长时
对B有mg－FT＝ma
对A有FT－mgsin 30°＝ma
解得FT＝30 N。
(2)初态弹簧压缩x1＝＝10 cm
当A速度最大时mg＝kx2＋mgsin 30°
弹簧伸长x2＝＝10 cm
所以A沿斜面上升x1＋x2＝20 cm。
(3)因x1＝x2，故弹性势能改变量ΔEp＝0，
由系统机械能守恒
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝×2m·v2
得v＝g·＝1 m/s。
答案：　(1)30 N　(2)20 cm　(3)1 m/s

10．(2020·郑州一中模拟)如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h。若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球分别以同样大小的速度v0从半径均为R＝h的竖直圆弧形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示，则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中上升的最大高度仍为h的是(小球大小和空气阻力均不计)(　　)

A．质量为2m的小球 B.质量为3m的小球
C．质量为4m的小球 D.质量为5m的小球
C　[由题意可知，质量为m的小球竖直向上抛出时只有重力做功，故机械能守恒，得mgh＝mv。题图乙将质量为2m的小球以速度v0射入轨道，小球若能到达的最大高度为h，则此时速度不为零，此时的动能与重力势能之和大于初位置时的动能与重力势能之和，故不可能，即h2<h，故A错误；由丙图和戊图可知，小球出轨道时的速度方向不沿竖直方向，则上升到最高点时水平方向速度不为零，根据功能关系得h3<h，h5<h，故B、D错误；由丁图可知，小球出轨道时的速度方向沿竖直方向向上，则上升到最高点时，速度为零，根据机械能守恒定律得h4＝h，故C正确。]
11.

(多选)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平，B是最低点，A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方。现于D点无初速度释放一个可视为质点的小球，在A点进入圆弧轨道，从C点飞出后落在平台MN上的P点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．改变D点的高度，小球可落在平台MN上任意一点
B．小球落到P点前瞬间的机械能等于D点的机械能
C．小球从A运动到B的过程中，重力的功率一直增大
D．如果DA距离为h，则小球经过C点时对轨道的压力为－3mg
BD　[当小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得mg＝m，解得vC＝，小球离开C点后做平抛运动，则有R＝gt2，x＝vct，联立解得x＝R，所以小球只能落在平台MN上离A点距离(－1)R的右侧任意一点，故A错误；小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，则小球落在P点前的机械能等于D点的机械能，故B正确；在B点，重力与速度垂直，重力的瞬时功率为零，所以小球从A运动到B的过程中，重力的功率先增大后减小，故C错误；小球从D运动到C的过程，由机械能守恒得mg(h－R)＝mv－0，在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝m，联立解得FN＝－3mg，由牛顿第三定律得小球经过C点时对轨道的压力为－3mg，故D正确。]
12．如图所示，两个半径均为R的四分之一圆弧构成的光滑细圆管轨道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，重力加速度为g。解除弹簧锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出。已知小球在C点时所受弹力大小为mg。

(1)求弹簧在锁定状态下的弹性势能Ep；
(2)若换用质量为m1的小球用锁定弹簧发射(弹簧的弹性势能不变)，小球质量m1满足什么条件时，从C点抛出的小球才能击中薄板DE?
解析：　(1)从解除弹簧锁定到小球运动到C点的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，设小球到达C点的速度大小为v1，根据能量守恒定律可得Ep＝2mgR＋mv
又小球经C点时所受的弹力的大小为mg，分析可知弹力方向只能向下，根据向心力公式得
mg＋mg＝m，联立解得Ep＝mgR。
(2)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2R＝gt2，x＝v2t
若要小球击中薄板，应满足R≤x≤2R，弹簧的弹性势能Ep＝mgR＝2m1gR＋m1v
解得m≤m1≤m
故小球质量满足m≤m1≤m时，小球能击中薄板DE。
答案：　(1)mgR　(2)m≤m1≤m