2023新高考物理一轮复习-练案[16]--第五章-第3讲-机械能守恒定律及其应用.doc

练案[16]
第3讲　机械能守恒定律及其应用
一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)
1．(2022·重庆八中高三模拟)如图所示为一款“乒乓球训练器”，整个装置由金属底座、支撑杆、高弹性轻质软杆及固定在软杆一端的乒乓球构成，训练时底座保持静止，在某次击球后，乒乓球以某一初速度从A点开始运动经最高点B后继续运动。不计空气阻力，关于该过程，下列说法正确的是(　A　)

A．从A到B的过程中，软杆对乒乓球的弹力一直做正功
B．运动到B点时，乒乓球所受合力为零
C．地面对金属底座的支持力始终等于整个装置的总重力
D．地面对金属底座的摩擦力始终为零
[解析]　软杆有恢复形变方向上的弹力，故A到B过程软杆对乒乓球的弹力一直做正功；运动到B点时，做变速圆周运动故合外力不为零，故A正确，B错误；由于乒乓球在竖直方向上不是匀速运动，杆对乒乓球在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直方向的支持力也是变化的，故C错误；由于乒乓球在水平方向做变速运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受力分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，故D错误。
2.如图所示，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则(　D　)

A．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2倍
B．卫星经过a点的速率为经过b点的倍
C．卫星在a点的加速度大小为在c点的2倍
D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能
[解析]　由开普勒第三定律可得＝，a2＝R1，解得＝，A错误；由万有引力定律得G＝m，解得v＝，由上式可知，若卫星经过b点是做匀速圆周运动，则卫星经过a点的速率为卫星经过b点的速率的倍，而图中b点所在的轨道不是匀速圆周运动轨道，B错误；根据G＝ma，得a＝ ，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，C错误；设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道交点处的引力势能为Ep，在b点的机械能为Eb，在c点的机械能为Ec，根据机械能守恒定律得Eb＝Ep＋EkⅡ，Ec＝Ep＋EkⅢ，从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ，在交点处要点火加速，则有EkⅡ板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的加速度一直增大
C．滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的机械能一直减小
D．滑块到达最低点后的反弹过程中，在离开挡板前滑块的速度一直增大
[解析]　根据题意，由能量守恒可得mgh＝mv2，代入数据，解得v＝5 m/s，滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，滑块的加速度先减小后增大，B错误；滑块与挡板一起沿斜面向下滑行的过程中，弹簧的弹性势能一直增大，系统的机械能不变，故滑块的机械能一直减小，C正确；滑块到达最低点后的反弹过程中，在离开挡板前滑块的速度先增大后减小，D错误。
4.有一款名叫“跳一跳”的微信小游戏，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为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。则下列说法中正确的是(重力加速度为g)(　C　)

A．棋子从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
B．棋子离开平台时的动能为mgh
C．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
D．棋子落到平台上的速度大小为
[解析]　棋子从起跳至运动到最高点的过程中，因为最高点存在水平方向的速度v，所以机械能增加mgh＋mv2，A错误；以平台为参考面，则根据机械能守恒得Ek＝mgh＋mv2，B错误；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，C正确；以平台为参考面，则根据机械能守恒得mv′2＝mgh＋mv2，解得v′＝，D错误。
5．(2021·全国高三专题练习)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，重力加速度为g，则(　B　)

A．A球的最大速度为2
B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度大小为
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
[解析]　根据题意知无论何时两球的角速度均相同，线速度大小之比均为vA∶vB＝ω·2l∶ωl＝2∶1，D错误；由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，B正确；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得，mg·2lcos θ－2mg·l(1－sin θ)＝mv＋×2mv，解得，v＝gl(sin θ＋cos θ)－gl，由数学知识知，当θ＝45°时，sin θ＋cos θ有最大值，最大值为vA＝，A、C错误。
6．如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　BCD　)

A．物体落到海平面时的重力势能为mgh

B．物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mgh
C．物体在海平面上的动能为mv＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为mv
[解析]　以地面为参考平面，在海平面上的重力势能为－mgh，A错误；从抛出到落到海平面，重力做功为mgh，B正确；根据机械能守恒定律可得－mgh＋mv2＝mv，所以物体在海平面上的动能为mv＋mgh，C正确；物体运动过程中，机械能守恒，所以任意一点的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为mv，故整个过程中的机械能为mv，所以物体在海平面上的机械能为mv， D正确。
7．(2022·辽宁高三月考)如图所示，轻质弹簧的一端固定于O点，弹簧的另一端连接一质量为m的可视为质点的小球，当小球位于A处时，弹簧恰好处于原长l，弹簧与竖直方向夹角为θ，现由静止释放小球，小球运动到O点正下方B点时的速度大小为v。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　BC　)

A．小球从A点运动到B点的过程中，重力势能的减少量为mgl(1－cos θ)
B．小球运动到B点时重力的功率为0
C．小球到达B点时，弹簧的弹性势能大于mgl(1－cos θ)－mv2
D．从A点运动到B点的过程中小球的机械能守恒
[解析]　小球从A点运动到B点的过程中，弹簧的长度要增加，则重力势能的减少量大于mgl(1－cos θ)，选项A错误；小球运动到B点时竖直速度为零，则重力的功率为PG＝mgvy＝0，选项B正确；小球到达B点时，重力势能减小量等于弹簧的弹性势能与动能增量之和，因重力势能的减少量大于mgl(1－cos θ)，则弹簧的弹性势能大于mgl(1－cos θ)－mv2，选项C正确；从A点运动到B点的过程中，除重力做功外还有弹簧的弹力做功，则小球的机械能不守恒，选项D错误。
8．(2021·四川成都七中高三月考)如图所示，在水平地面上固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与套在圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　AB　)

A．小圆环到达B点时的加速度为g
B．小圆环到达B点后还能再次回到A点
C．小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为2∶
D．小圆环和物块的质量之比满足＝
[解析]　小圆环运动到B点时，小环受到竖直向下的重力，水平向右的拉力和圆环对小环向左的支持力，因为运动到B点时速度恰好为零，小球的合力为竖直方向的重力，根据牛顿第二定律可知mg＝ma，解得a＝g，A正确；小环和物块组成的系统，在运动过程中，由于忽略一切摩擦力，故只有重力做功，机械能守恒，当小环到达B点时，速度都为零，此后小环沿圆轨道向下运动，机械能还是守恒，最终小环和物块速度都减到零，故圆环到达B点后还能再次滑回A点，B正确；小环在P点时，小环的速度方向沿绳的方向，根据速度的合成与分解可知，此时小圆环和物块的速度之比为1∶1，C错误；设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知OC＝2R ，AC＝R，在运动过程中，对环和物块组成的系统，根据机械能守恒定律可知mgR＝MgR(－1)sin 30°，解得＝，D错误。
二、非选择题
9．(2021·全国高三月考)如图，一竖直光滑杆AB、四分之一光滑圆弧杆BC和水平粗糙直杆CD连接成一个轨道，CD直杆右端有一竖直挡板E，光滑杆上套有一轻弹簧，弹簧的原长与竖直杆AB长度相等，一端固定在水平地面上，另一端的上面叠放一个套在杆上的物块(物块与弹簧不拴接)，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧再释放，物块上升到光滑圆弧杆的C处时恰好对轨道没有作用力。已知：物块的质量m＝0.1 kg，四分之一圆弧BC的半径R＝0.4 m，物块与水平粗糙直杆CD的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，弹性势能的公式EP＝kx2(x为弹簧的形变量，k为该弹簧的劲度系数k＝140 N/m)，求：

(1)物块刚要释放时轻弹簧的形变量x1的大小；
(2)若物块只与挡板碰撞一次且碰撞没有能量损失，水平直杆CD长度的可能值。
[答案]　(1)0.1 m　(2)0.2 m＜L≤0.6 m
[解析]　(1)从物块释放到C处，根据能量守恒定律得kx＝mg(R＋x1)＋mv，
物块上升到光滑圆弧杆的C处时恰好对轨道没有作用力，即在C点FN＝0，则mg＝m，
联立解得x1＝0.1 m或x1＝－ m(不合题意，舍去)。
(2)物块只与挡板碰撞一次且碰撞没有能量损失，设水平直杆CD的长度为L，则当物块在水平直杆CD上的路程s1＝3L1，恰好停在挡板前，此时直杆CD最短；或路程s2＝L2，恰好撞上挡板，此时直杆CD最长，根据动能定理得－μmgs＝0－mv，
当s＝s1时，解得L1＝0.2 m，当s＝s2时，解得L2＝0.6 m，
故物块只与挡板碰撞一次且碰撞没有能量损失时，水平直杆CD长度0.2 m＜L≤0.6 m。
10．(2021·河北高三月考)如图所示，竖直面内的圆弧轨道所对圆心角θ＝60°，半径R＝0.2 m，圆弧轨道顶端固定一个小定滑轮，最低点切线水平，与桌面上的水平轨道平滑相连。一弹簧两端分别连接A、B两个物块，mA＝mB＝0.8 kg。B通过不可伸长的细绳与质量mC＝5.4 kg的小球C相连。初始时，整个装置都处于静止状态，A位于地面上，C在外力作用下静止在圆弧轨道的顶端，细绳恰好伸直但无张力。现撤去外力，当C滑至圆弧轨道最低点时，A恰好要离开地面，细线断裂，B未到达定滑轮处。不计弹簧、细绳和滑轮的质量，不计一切摩擦和能量损失，已知弹簧始终在弹性限度内。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)细绳断裂后瞬间，小球C对圆弧轨道的压力FN。

[答案]　(1)80 N/m　(2)88.2 N，方向竖直向下
[解析]　(1)对AB受力分析，根据胡克定律mBg＝kxB，mAg＝kxA，xA＋xB＝R，
联立解得k＝80 N/m。
(2)由能量关系可知mCgR(1－cos 60°)＝mBg(xA＋xB)＋mBv＋mCv，
且vB＝vCsin 60°，FN－mCg＝mC，
解得FN＝88.2 N，根椐牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FN＝F′N＝88.2 N。
方向竖直向下。