2021届高考物理二轮复习-小题提升精练10-机械能守恒定律及其应用.doc

2021届高考物理二轮复习 小题提升精练10 机械能守恒定律及其应用2021届高考物理二轮复习 小题提升精练10 机械能守恒定律及其应用年级：姓名：- 10 -机械能守恒定律及其应用(1)机械能守恒的条件的理解及判断方法；(2)机械能守恒定律的三种表达形式；(3)多个物体机械能守恒。例1(2019全国II卷18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得()A物体的质量为2 kgBh0时，物体的速率为20 m/sCh2 m时，物体的动能Ek40 JD从地面至h4 m，物体的动能减少100 J【解析】Eph图像知其斜率为G，故G20 N，解得m2 kg，A正确；h0时，Ep0，EkE机Ep100 J0100 J，故mv2100 J，解得v10 m/s，B错误；h2 m时，Ep40 J，EkE机Ep85 J40 J45 J，C错误；h0时，EkE机Ep100 J0100 J，h4 m时，EkE机Ep80 J80 J0，故EkEk100 J，D正确。【答案】AD【点睛】本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理的应用，以及利用数形结合处理物理问题的能力，体现了能量观念和科学推理的核心素养，同时还体现了图像展示物理关系的形式美。1不计空气阻力，下列运动的物体中机械能不守恒的是()A起重机吊起物体匀速上升B物体做平抛运动C圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动D一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上上下振动(以物体和弹簧整体为研究对象)【答案】A【解析】起重机吊起物体匀速上升，物体的动能不变而势能增加，故机械能不守恒，A项正确；物体做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，B项错误；圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动，没有力做功，机械能守恒，C项错误；一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上上下振动，只有重力和弹力做功，机械能守恒，D项错误。2(多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点A处的切线斜率最大，则()A在x1处物体所受拉力最大B在x1x2过程中，物体的动能先增大后减小C在x2处物体的速度最大D在x1x2过程中，物体的加速度先增大后减小【答案】AB【解析】由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由EFx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误。3(多选)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是()Aa球下滑过程中机械能保持不变Ba、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变Ca、b滑到水平轨道上时速度为D从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR【答案】BD【解析】由机械能守恒的条件得，a球机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以A项错误，B项正确；对a、b系统由机械能守恒定律得mgR2mgR2mv2，解得v，C项错误；对a由动能定理得mgRWmv2，解得WmgR，D项正确。4如图所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施。管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑。若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部(圆管A比圆管B高)。某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管轨道A内部最高位置时，对管壁恰好无压力。则这名挑战者()A经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能B经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能C经过管道B最高点时对管外侧壁有压力D不能经过管道B的最高点【答案】C【解析】A管最高点恰好无压力，可得出mgm。根据机械能守恒定律，A、B项中机械能和动能都是相等的，C项中由于管B低，到达B最高点的速度vBvA。由Nmgmmmg，即N0，即经过管道B最高点时对管外侧壁有压力，故选C项。5(多选)在竖直平面内的直角坐标系内，一个质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成角(90)。不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是()A当Fmgtan 时，质点的机械能守恒B当Fmgsin 时，质点的机械能守恒C当Fmgtan 时，质点的机械能可能减小也可能增大D当Fmgsin 时，质点的机械能可能减小也可能增大【答案】BC【解析】质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与OA共线，如图，当拉力与OA垂直时，拉力最小，根据几何关系，有FGsin mgsin ，F的方向与OA垂直，拉力F做功为零，所以质点的机械能守恒，故B正确，D错误；若Fmgtan ，由于mgtan mgsin ，故F的方向与OA不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90，也可能小于90，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据动能定理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故A错误，C正确。6一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是()Av甲v乙v丙 Bv甲v乙v丙Cv丙v甲v乙 Dv乙v甲v丙【答案】D【解析】三种情况下，系统机械能守恒，由EpEk得，对于甲：mgmgmv，v甲；对于乙：mgmgmg2mv，v乙；对于丙：mgmg2mv，v丙，故v乙v甲v丙，D项对。7(多选)如图所示，长为3L的轻杆可绕水平轴O自由转动，Oa2Ob，杆的上端固定一质量为m的小球(可视为质点)，质量为M的正方形静止在水平面上，不计一切摩擦阻力。开始时，竖直轻细杆右侧紧靠着正方体物块，由于轻微的扰动，杆逆时针转动，带动物块向右运动，当杆转过60时杆与物块恰好分离。重力加速度为g，当杆与物块分离时，下列说法正确的是()A小球的速度大小为 B小球的速度大小为 C物块的速度大小为 D物块的速度大小为 【答案】BD【解析】设小球、b端、物块的速度分别为va、vb、vM，根据系统的机械能守恒得mg2L(1cos60)mvMv，a球与b端的角速度相等，由vr，得va2vb，b端的线速度沿水平方向的分速度等于物块的速度，即有vbcos 60vM，得vb2vM，所以va4vM，联立解得va，vM ，故B、D项正确。8(多选)如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A，另一端悬挂质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OCh。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30。现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是()A物块B从释放到最低点的过程中，物块A的动能不断增大B物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小CPO与水平方向的夹角为45时，物块A、B速度大小关系是vAvBD物块A在运动过程中最大速度为 【答案】AD【解析】物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B从释放到了最低点，此过程中，对A受力分析，可知绳子对A的拉力一直做正功，其动能一直增大，故A项正确；物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，绳子对B一直做负功，其机械能一直减小，故B项错误；根据两个物体沿绳子方向的分速度大小相等，则知vAcos 45vB，得vAvB，故C项错误；B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大(设为vA)，B的速度为0，根据系统的机械能守恒得mBgmAv，解得vA，故D项正确。9(多选)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行，已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，下列说法正确的是()A斜面倾角30BA获得最大速度为2gCC刚离开地面时，B的加速度最大D从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能不守恒【答案】ABD【解析】A沿斜面下滑至速度最大时，即A重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力，即4mgsinT0；C恰好离开地面，弹簧的弹力等于C的重力，故有Fmg，B此时和A的状态一致，加速度为零，即合力为零，所以有TFmg0，联立可得sin0.5，即斜面倾角30，A项正确，C项错误；在ABC小球和弹簧组成的系统中，开始时，弹簧处于压缩状态，由于绳子没有拉力，所以弹簧的弹力等于B球的重力，即kx1mg，到A速度最大时，弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力等于C球的重力，而B球的重力等于C球的重力，即kx2mg，所以两次情况下弹簧的弹性势能相同，A下落的高度为h(x1x2)sin，根据系统机械能守恒得4mghmg(x1x2)(5m)v，解得vm2g，故B项正确；释放A到C刚离开地面的过程中，由于受弹力作用，A、B两小球组成的系统机械能不守恒，D项正确。10竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道CDM与左侧光滑斜面体ABC相切于C点，倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一个光滑的定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，此时P、Q两物块在斜面上保持静止。若PC间距L10.25 m，物块P质量m13 kg。g取10 m/s2。sin370.6，cos370.8。求：(1)小物块Q的质量m2。(2)若烧断细绳后，物块P第一次过D点时对轨道的压力大小为78 N，则圆弧面的半径R是多少？【解析】(1)P、Q两物块在斜面上保持静止，根据平衡条件得对P受力分析：m1gsin53T对Q受力分析：Tm2gsin37由式代入数据解得m24 kg。(2)物块P运动到D过程由机械能守恒定律得m1ghm1v由几何关系得hL1sin53R(1cos53)物块P运动到D点时，根据牛顿第二定律有FDm1gm1由代入数据得R0.5 m。11如图所示为某款弹射游戏示意图，光滑水平台面上固定发射器、竖直光滑圆轨道、粗糙斜面AB、竖直面BC和竖直靶板MN。通过轻质拉杆将发射器的弹簧压缩一定距离后释放，滑块从O点弹出并从E点进入圆轨道，绕转一周后继续在平直轨道上前进，从A点沿斜面AB向上运动，滑块从B点射向靶板目标(滑块从水平面滑上斜面时不计能量损失)。已知滑块质量m0.05 kg，斜面倾角37，斜面长L2.5 m，滑块与斜面AB之间的动摩擦因数0.5，竖直面BC与靶板MN间距离为d，B点离靶板上10环中心点P的竖直距离h0.45 m，忽略空气阻力，滑块可视为质点。已知sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2。(1)若要使滑块恰好能够到达B点，则圆轨道允许的最大半径为多大?(2)在另一次弹射中发现滑块恰能水平击中靶板上的P点，则此次滑块被弹射前弹簧被压缩到最短时的弹性势能为多大? (3)若MN板可沿水平方向左右移动靠近或远离斜面，以保证滑块从B点出射后均能水平击中靶板。以B点为坐标原点，建立水平竖直坐标系(如图)，则滑块水平击中靶板位置坐标(x，y)应满足什么条件?【解析】(1)设圆轨道允许的半径最大值为R，在圆轨道最高点有：mgm要使滑块恰好能到达B点，即：vB0从圆轨道最高点至B点的过程，由动能定理得：mgLsin 2mgR2mgLcos 0mv2代入数据可得：R1 m。(2)滑块恰能水平击中靶板上的P点，B到P运动的逆过程为平抛运动。从B到P：t，vygt，vBsin vy代入数据可得：vB5 m/s从弹射至点B的过程，由机械能守恒得：EpmgLsin mgLcos mvB2代入数据可得：Ep1.875 J(3)根据平抛规律的推论可知：即，或，或。