《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第3講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第3講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 一、單項選擇題 1.(2018南通八校聯(lián)考)太陽神車由四腳的支架吊著一個巨大的擺錘擺動,游客被固定在擺下方的大圓盤A上,如圖所示。擺錘的擺動幅度每邊可達(dá)120°。6臺大功率的異步驅(qū)動電機(jī)同時啟動,為游客創(chuàng)造4.3g的加速度,最高可飛躍至15層樓高的高空。如果不考慮圓盤A的自轉(zhuǎn),根據(jù)以上信息,以下說法中正確的是(　　) A.當(dāng)擺錘擺至最高點(diǎn)的瞬間,游客受力平衡 B.當(dāng)擺錘擺至最高點(diǎn)時,游客可體驗(yàn)最大的加速度 C.當(dāng)擺錘在下擺的過程中,擺錘的機(jī)械能一定不守恒 D.當(dāng)擺錘在上擺過程中游客體驗(yàn)超重,下擺過程游客體驗(yàn)失重 答案　C　當(dāng)擺錘擺至最高點(diǎn)的瞬

2、間,擺錘與游客將開始下降,具有向下的加速度,游客受力不平衡,故A項錯誤;當(dāng)擺錘擺至最低點(diǎn)時,擺錘的速度最大,向心加速度最大,所以游客可體驗(yàn)最大的加速度,故B項錯誤;當(dāng)擺錘在下擺的過程中,由于電動機(jī)做正功,擺錘的機(jī)械能一定不守恒,故C項正確;當(dāng)擺錘在上擺過程中,擺錘向上做減速運(yùn)動,加速度方向向下,游客體驗(yàn)失重,故D項錯誤。 2.(2018啟東中學(xué)模擬)一物體從H高處自由下落,以地面為零勢能面,當(dāng)物體的動能等于其重力勢能2倍時,物體下落的高度為(　　) A.12H B.13H C.23H D.34H 答案　C　運(yùn)動過程中物體的機(jī)械能守恒,取地面為零勢能面,根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgH=mgh+1

3、2mv2,當(dāng)其動能等于重力勢能的2倍時,有2mgh=12mv2,所以mgH=3mgh,解得h=13H,此時物體下落的高度為23H,故選項C正確。 3.(2018南京三模)拋出的鉛球在空中運(yùn)動軌跡如圖所示,A、B為軌跡上等高的兩點(diǎn),鉛球可視為質(zhì)點(diǎn),空氣阻力不計。用v、E、Ek、P分別表示鉛球的速率、機(jī)械能、動能和重力瞬時功率的大小,用t表示鉛球在空中從A運(yùn)動到B的時間,則下列圖像中正確的是(　　) 答案　D　鉛球做斜上拋運(yùn)動,空氣阻力不計,機(jī)械能守恒,重力勢能先增加后減小,故動能先減小后增加,速度先減小后增加,故A、B項錯誤;以初始位置為零勢能面,踢出時速度方向的速度為vy,足球的機(jī)

4、械能守恒,則Ek=E-Ep=E-mgh=E-mgvyt+12mg2t2,故C項錯誤;速度的水平分量不變,豎直分量先減小到零,后反向增加,故根據(jù)P=Gvy=mg2t,重力的功率先均勻減小后均勻增加,故D項正確;故選D。 4.(2018常熟模擬)半徑為r和R(r

5、低點(diǎn)時速度不同,動能不相等,A、B項說法都錯誤,C項正確;根據(jù)機(jī)械能守恒和牛頓第二定律有mgr=12mv12,mgR=12mv22,a1=v12r=2g,a2=v22R=2g,故D錯誤。 5.(2018揚(yáng)州一模)如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn),另一端固定一個質(zhì)量為m的小球。將小球拉至A點(diǎn)處時,彈簧恰好無形變;現(xiàn)將小球從A點(diǎn)處由靜止釋放,小球運(yùn)動到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時速度大小為v。A、B兩位置間的高度差為h,不計空氣阻力,重力加速度為g。則(　　) A.由A到B的過程中,小球克服彈簧彈力所做的功為mgh B.由A到B的過程中,小球重力所做的功為mgh C.由A到B的過程中

6、,彈性勢能增加量為mgh-mv2 D.小球到達(dá)B點(diǎn)處時,其加速度的方向?yàn)樨Q直向上 答案　B　小球由A到B的過程中,重力做功為mgh,其重力勢能減少mgh。小球在下降過程中,小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和彈簧的彈性勢能,所以彈簧彈性勢能的增加量小于mgh,則小球克服彈簧彈力所做的功小于mgh,故A項錯誤,B項正確;根據(jù)能量守恒定律得mgh=ΔE彈+12mv2,所以彈性勢能增加量ΔE彈=mgh-12mv2,故C項錯誤;小球到達(dá)B點(diǎn)處時,彈簧的彈力大小與小球的重力大小關(guān)系無法判斷,故D項錯誤。 二、多項選擇題 6.一蹦極運(yùn)動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落,到最低點(diǎn)時距水面還有數(shù)米

7、距離。假定空氣阻力可忽略,運(yùn)動員可視為質(zhì)點(diǎn),下列說法正確的是(　　) A.運(yùn)動員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢能始終減小 B.蹦極繩張緊后的下落過程中,彈力做負(fù)功,彈性勢能增加 C.蹦極過程中,運(yùn)動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.蹦極過程中,重力勢能的改變與重力勢能零點(diǎn)的選取有關(guān) 答案　ABC　到達(dá)最低點(diǎn)前高度始終在降低,所以重力勢能始終減小,故A項正確;蹦極繩張緊后的下落過程,伸長量逐漸增大,彈力做負(fù)功,彈性勢能增大,故B項正確;在蹦極過程中,只有重力與系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,故系統(tǒng)機(jī)械能守恒,C項正確;重力勢能的改變與重力做功有關(guān),重力做功只與始末位置高度差有關(guān),與零勢能面的選取無關(guān),故

8、D項錯誤。 7.(2018鹽城模擬)光滑的斜面體A靜止在光滑水平面上,將物塊B輕輕放到A上,并由靜止釋放,在B沿斜面下滑的同時,斜面A沿水平方向向右做勻加速運(yùn)動,則此過程中(　　) A.B機(jī)械能守恒 B.B對A的壓力逐漸變小 C.B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動 D.B對A的壓力做功與A對B的支持力做功代數(shù)和為零 答案　CD　以AB為系統(tǒng),只有重力做功,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,對B來說,除重力做功外,A對B的支持力做功,所以B的機(jī)械能不守恒,故A項錯誤;由題意知,斜面A沿水平方向向右做勻加速運(yùn)動,B對A的作用力一定,由牛頓第三定律知,A對B的作用力也一定,B還受到重力作用,重力也是恒力

9、,所以B受到的合力是恒力,B做勻加速運(yùn)動,故B項錯誤,C項正確;系統(tǒng)機(jī)械能守恒,所以B對A的壓力做功與A對B的支持力做功代數(shù)和為零,故D項正確。 8.(2018蘇北四市聯(lián)考)如圖所示,半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切,質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接,置于圓軌道上,A位于圓心O的正下方,B與O等高;它們由靜止釋放,最終在水平面上運(yùn)動。下列說法正確的是(　　) A.下滑過程中B的重力做功的功率先增大后減小 B.當(dāng)B滑到圓軌道最低點(diǎn)時,軌道對B的支持力大小為3mg C.下滑過程中B的機(jī)械能增加 D.整個過程中輕桿對A做的功為12mgR 答案　AD　因?yàn)槌跷恢肂的速度為零,則

10、重力的功率為0,最低點(diǎn)速度方向與重力的方向垂直,重力的功率為零,可知重力的功率先增大后減小,故A項正確;A、B及輕桿組成的系統(tǒng),在運(yùn)動過程中,機(jī)械能守恒,設(shè)B到達(dá)圓軌道最低點(diǎn)時速度為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12(m+m)v2=mgR,解得v=gR,在最低點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律得N-mg=mv2R,解得N=2mg,故B項錯誤;下滑過程中,B的重力勢能減小ΔEpG=mgR,動能增加ΔEk=12mv2=12mgR,所以機(jī)械能減小12mgR,故C項錯誤;整個過程中,對A根據(jù)動能定理得W=12mv2=12mgR,故D項正確。 9.如圖所示,兩個34豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上,半徑R相同,左側(cè)軌道由

11、金屬凹槽制成,右側(cè)軌道由金屬圓管制成,均可視為光滑,在兩軌道右側(cè)的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放,小球距離地面的高度分別為hA和hB,下列說法正確的是(　　) A.若使小球A沿軌道運(yùn)動并且從最高點(diǎn)飛出,釋放的最小高度為5R2 B.若使小球B沿軌道運(yùn)動并且從最高點(diǎn)飛出,釋放的最小高度為5R2 C.適當(dāng)調(diào)節(jié)hA,可使A球從軌道最高點(diǎn)飛出后,恰好落在軌道右端口處 D.適當(dāng)調(diào)節(jié)hB,可使B球從軌道最高點(diǎn)飛出后,恰好落在軌道右端口處 答案　AD　小球A從軌道最高點(diǎn)飛出的最小速度vA=gR,由機(jī)械能守恒,mghA=2mgR+12mvA2,則hA=5R2,A選項正確;小球B從軌道最高點(diǎn)飛

12、出的最小速度vB=0,由機(jī)械能守恒,mghB=2mgR,釋放的最小高度hB=2R,B選項錯誤;要使小球A或B從軌道最高點(diǎn)飛出后,恰好落在軌道右端口處,需滿足R=v0t,R=12gt2,則v0=gR2,而A球的最小速度vA=gR>v0,故A球不可能落在軌道右端口處,B球可能,C選項錯誤,D選項正確。 三、非選擇題 10.(2019宿遷期初測試)如圖所示,一個半徑為R的14圓弧軌道,O點(diǎn)為圓心,B為軌道上的一點(diǎn),OB與水平方向的夾角為37°。軌道的左側(cè)與一固定光滑平臺相連,在平臺上一輕質(zhì)彈簧左端與豎直擋板相連,彈簧原長時右端在A點(diǎn)?，F(xiàn)用一質(zhì)量為m的小球(與彈簧不拴接)壓縮彈簧至P點(diǎn)后釋放,

13、已知重力加速度為g,不計空氣阻力。 　　(1)若小球恰能擊中B點(diǎn),求剛釋放小球時彈簧的彈性勢能; 　　(2)試通過計算判斷小球落到軌道時速度能否與圓弧垂直; 　　(3)改變釋放點(diǎn)的位置,求小球落到軌道時動能的最小值。 答案　(1)415mgR　(2)不能　(3)32mgR 解析　(1)小球離開O點(diǎn)后做平拋運(yùn)動,設(shè)初速度為v0, 落在B點(diǎn)時,有 R cos 37°=v0t R sin 37°=12gt2 解得v0=815gR 由機(jī)械能守恒,得彈簧的彈性勢能 Ep=12mv02=415mgR (2)設(shè)落點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為θ,小球離開O點(diǎn)后做平拋運(yùn)動,有

14、R cos θ=v0t,R sin θ=12gt2 位移方向與圓弧落點(diǎn)切線方向垂直 tan θ=12gt2v0t=gt2v0 設(shè)速度方向與水平方向的夾角為α,則 tan α=vyv0=gtv0=2 tan θ 所以小球落到軌道時速度不能與圓弧垂直 (3)設(shè)落點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為β,小球離開O點(diǎn)后做平拋運(yùn)動,有 R cos β=v0t,R sin β=12gt2 由動能定理,有mgR sin β=Ek-12mv02 解得Ek=mgR34sinβ+14sinβ 當(dāng) sin β=33時,Ek取最小值 Ekmin=32mgR。 11.(2018銅山中學(xué)模擬)如圖所

15、示,物體A的質(zhì)量為M,圓環(huán)B的質(zhì)量為m,通過繩子連接在一起,圓環(huán)套在光滑的豎直桿上,開始時連接圓環(huán)的繩子處于水平,長度l=4 m,現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán),不計定滑輪和空氣的阻力,取g=10 m/s2,求: 　　(1)為使圓環(huán)能下降h=3 m,兩個物體的質(zhì)量應(yīng)滿足什么關(guān)系; 　　(2)若圓環(huán)下降h=3 m時的速度v=5 m/s,則兩個物體的質(zhì)量有何關(guān)系; 　　(3)不管兩個物體的質(zhì)量為多大,圓環(huán)下降h=3 m時的速度不可能超過多大。 答案　(1)M≤3m　(2)Mm=3529　(3)60 m/s 解析　(1)若圓環(huán)恰好能下降h=3 m,由機(jī)械能守恒定律得mgh=MghA 由幾何關(guān)系可得h2+l2=(l+hA)2,解得M=3m,因此為使圓環(huán)能下降h=3 m,兩個物體的質(zhì)量應(yīng)滿足M≤3m; (2)若圓環(huán)下降h=3 m時的速度v=5 m/s,由機(jī)械能守恒定律得mgh=MghA+12mv2+12MvA2,如圖所示,A、B的速度關(guān)系為vA=v cos θ=v·hh2+l2,解得Mm=3529 (3)B的質(zhì)量比A的大得越多,圓環(huán)下降h=3 m時的速度越大,當(dāng)m?M時可認(rèn)為B下落過程機(jī)械能守恒,有mgh=12mvm2,解得圓環(huán)的最大速度vm=60 m/s;即圓環(huán)下降h=3 m時的速度不可能超過60 m/s。 8