《（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)16 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)16 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時(shí)集訓(xùn)16機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用建議用時(shí)：45分鐘1在如圖所示的物理過程示意圖中，甲圖一端固定有小球的輕桿，從右偏上30角釋放后繞光滑支點(diǎn)擺動(dòng)；乙圖為末端固定有小球的輕質(zhì)直角架，釋放后繞通過直角頂點(diǎn)的固定軸O無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)；丙圖為輕繩一端連著一小球，從右偏上30角處自由釋放；丁圖為置于光滑水平面上的帶有豎直支架的小車，把用細(xì)繩懸掛的小球從圖示位置釋放，小球開始擺動(dòng)，則關(guān)于這幾個(gè)物理過程(空氣阻力忽略不計(jì))，下列判斷中正確的是()甲乙丙丁A甲圖中小球機(jī)械能守恒B乙圖中小球A機(jī)械能守恒C丙圖中小球機(jī)械能守恒D丁圖中小球機(jī)械能守恒A甲圖過程中輕桿對小球不做功，小球的機(jī)械能守恒，A項(xiàng)正確；乙圖過程中

2、輕桿對小球A的彈力不沿桿的方向，會(huì)對小球做功，所以小球A的機(jī)械能不守恒，但兩個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B項(xiàng)錯(cuò)誤；丙圖中小球在繩子繃緊的瞬間有動(dòng)能損失，機(jī)械能不守恒，C項(xiàng)錯(cuò)誤；丁圖中小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但小球的機(jī)械能不守恒，這是因?yàn)閿[動(dòng)過程中小球的軌跡不是圓弧，細(xì)繩會(huì)對小球做功，D項(xiàng)錯(cuò)誤。2(多選)如圖所示，兩質(zhì)量相同的小球A、B，分別用線懸在等高的O1、O2點(diǎn)，A球的懸線比B球的長，把兩球的懸線均拉到水平位置后將小球無初速度釋放，則經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)(以懸點(diǎn)為零勢能點(diǎn))()AA球的速度等于B球的速度BA球的動(dòng)能大于B球的動(dòng)能CA球的機(jī)械能大于B球的機(jī)械能DA球的機(jī)械能等于B球的機(jī)械能B

3、D初始時(shí)刻，兩球的動(dòng)能和勢能均為0，運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，兩球的機(jī)械能相等，兩球獲得的動(dòng)能分別等于各自重力勢能的減少量，即Ekmgl。3(2019上海長寧區(qū)期末)從地面豎直上拋兩個(gè)質(zhì)量不同、初動(dòng)能相同的小球，不計(jì)空氣阻力，以地面為零勢能面，當(dāng)兩小球上升到同一高度時(shí)，則()A它們具有的重力勢能相等B質(zhì)量小的小球動(dòng)能一定小C它們具有的機(jī)械能相等D質(zhì)量大的小球機(jī)械能一定大C在上升到相同高度時(shí)，由于兩小球質(zhì)量不同，由重力勢能Epmgh可知重力勢能不同，故A錯(cuò)誤；在小球上升過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有EkEmgh，其中E為兩小球相同的初始動(dòng)能。在上升到相同高度時(shí)，h相同

4、，質(zhì)量小的小球動(dòng)能Ek大，故B錯(cuò)誤；在上升過程中，只有重力做功，兩小球機(jī)械能守恒，由于初動(dòng)能相同，則它們具有的機(jī)械能相等，故C正確，D錯(cuò)誤。4.(2019昆明、玉溪統(tǒng)考)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一質(zhì)量為m的小球，小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，已知桿與水平面之間的夾角45，當(dāng)小球位于B點(diǎn)時(shí)，彈簧與桿垂直，此時(shí)彈簧處于原長?，F(xiàn)讓小球自C點(diǎn)由靜止釋放，在小球滑到桿底端(此時(shí)小球速度為零)的整個(gè)過程中，關(guān)于小球的動(dòng)能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是()A小球的動(dòng)能與重力勢能之和保持不變B小球的動(dòng)能與重力勢能之和先增大后減小C小球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢能之和

5、保持不變D小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變B小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個(gè)過程中，機(jī)械能守恒，彈簧處于原長時(shí)彈性勢能為零，小球從C點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，所以小球的動(dòng)能與重力勢能之和先增大后減小，A項(xiàng)錯(cuò)，B項(xiàng)對；小球的重力勢能不斷減小，所以小球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大，C項(xiàng)錯(cuò)；小球的初、末動(dòng)能均為零，所以整個(gè)過程中小球的動(dòng)能先增大后減小，所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D項(xiàng)錯(cuò)。5.(多選)(2019臨沂2月檢測)如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道AO對接半徑為2R的光滑圓弧軌道OB于O點(diǎn)。可視為質(zhì)點(diǎn)的物體從上面圓弧的某點(diǎn)C由靜止下滑(C點(diǎn)

6、未標(biāo)出)，物體恰能從O點(diǎn)平拋出去。則()ACO1O60BCO1O90C落地點(diǎn)距O2的距離為2RD落地點(diǎn)距O2的距離為2RBC要使物體恰能從O點(diǎn)平拋出去，在O點(diǎn)有mgm，解得物體從O點(diǎn)平拋出去的最小速度為v。設(shè)CO1O，由機(jī)械能守恒定律可知，mgR(1cos )mv2，解得90，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得，xvt,2Rgt2，解得落地點(diǎn)距O2為2R，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。6.有一條長為2 m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個(gè)很小的圓弧，斜面傾角為30，另一半長度豎直下垂在空中，當(dāng)鏈條從靜止開始釋放后鏈條沿斜面向上滑動(dòng)，則鏈條剛好全部滑出斜面時(shí)的速度為(g

7、取10 m/s2)()A2.5 m/s B m/s C m/s D m/sB鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時(shí)鏈條的最高點(diǎn)為零勢能面，鏈條的機(jī)械能為EEpEk2mgsin 2mg0mgL(1sin )鏈條全部滑出后，動(dòng)能為Ek2mv2重力勢能為Ep2mg由機(jī)械能守恒定律可得EEkEp即mgL(1sin )mv2mgL解得v m/s，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。7.如圖所示，將一質(zhì)量為m0.1 kg的小球自水平平臺(tái)右端O點(diǎn)以初速度v0水平拋出，小球飛離平臺(tái)后由A點(diǎn)沿切線方向落入豎直光滑圓軌道ABC，并沿軌道恰好通過最高點(diǎn)C，圓軌道ABC的形狀為半徑R2.5 m的圓截去了左上角127的圓弧，CB為其豎直直徑

8、，(sin 530.8，cos 530.6，重力加速度g取10 m/s2)求：(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)的速度大?。?2)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)B時(shí)軌道對小球的支持力的大??；(3)平臺(tái)末端O點(diǎn)到A點(diǎn)的豎直高度H。解析(1)小球恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，重力提供向心力即mgm，vC5 m/s。(2)從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有mvmg2Rmv在B點(diǎn)對小球進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有FNmgm聯(lián)立解得vB5 m/s，F(xiàn)N6 N。(3)從A到B，由機(jī)械能守恒定律有mvmgR(1cos 53)mv所以vA m/s在A點(diǎn)進(jìn)行速度的分解有vyvAsin 53所以H3.36 m。答案(1)5 m/s(2)6 N(3)3

9、.36 m8(2019龍巖質(zhì)檢)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一根輕質(zhì)彈性橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，橡皮繩豎直且處于原長，原長為h，現(xiàn)讓圓環(huán)沿桿從靜止開始下滑，滑到桿的底端時(shí)速度為零。則在圓環(huán)下滑過程中(整個(gè)過程中橡皮繩始終處于彈性限度內(nèi))，下列說法中正確的是()A圓環(huán)的機(jī)械能守恒B圓環(huán)的機(jī)械能先增大后減小C圓環(huán)滑到桿的底端時(shí)機(jī)械能減少了mghD橡皮繩再次恰好恢復(fù)原長時(shí)，圓環(huán)動(dòng)能最大C圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個(gè)力對圓環(huán)做功，即環(huán)的重力和橡皮繩的拉力，所以圓環(huán)的機(jī)械能不守恒，如果把圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)作為研究對象，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

10、，因?yàn)橄鹌だK的彈性勢能先不變再增大，所以圓環(huán)的機(jī)械能先不變后減小，故A、B錯(cuò)誤；圓環(huán)滑到桿的底端時(shí)動(dòng)能為零，重力勢能減小了mgh，即圓環(huán)的機(jī)械能減少了mgh，故C正確；在圓環(huán)下滑過程中，橡皮繩再次恢復(fù)原長時(shí)，該過程中圓環(huán)動(dòng)能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時(shí)刻，圓環(huán)加速度為零，圓環(huán)的速度最大，故D錯(cuò)誤。9.(多選)(2019佛山七校聯(lián)考)如圖所示，長度為l的豎直輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點(diǎn))，桿的下端用鉸鏈連接于水平地面上的O點(diǎn)。置于同一水平地面上的正方體B恰與A接觸，正方體B的質(zhì)量為M。今有微小擾動(dòng)，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計(jì)，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰

11、為，重力加速度為g，則下列說法正確的是()AA與B剛脫離接觸的瞬間，A、B速率之比為21BA與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為CA落地時(shí)速率為DA、B質(zhì)量之比為14ABD設(shè)小球速度為vA，正方體速度為vB，分離時(shí)刻，小球的水平速度與正方體速度相同，即vAsin 30vB，解得vA2vB，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 30m，解得vA，vB，故B正確；A從分離到落地，小球機(jī)械能守恒，有mglsin 30mv2mv，v，故C錯(cuò)誤；在桿從豎直位置開始傾倒到小球與正方體恰好分離的過程中，小球和正方體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgl(1sin 30)mvMv，把vA和vB的值代入，化簡得mM14

12、，故D正確。10.(2019泰州一模)如圖所示，在傾角為30的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k200 N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m4 kg的物體A，一輕細(xì)繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長。用手托住物體B使繩子剛好沒有拉力，然后由靜止釋放。求：(1)彈簧恢復(fù)原長時(shí)細(xì)繩上的拉力；(2)物體A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)時(shí)獲得最大速度；(3)物體A的最大速度的大小。解析(1)恢復(fù)原長時(shí)對B有mgFTma對A有FTmgsin 30ma解得FT30 N。(2)初態(tài)彈簧壓縮x110 cm當(dāng)A速度最大時(shí)mgkx2mgsin 30彈簧伸長

13、x210 cm所以A沿斜面上升x1x220 cm。(3)因x1x2，故彈性勢能改變量Ep0由系統(tǒng)機(jī)械能守恒mg(x1x2)mg(x1x2)sin 302mv2得v1 m/s。答案(1)30 N(2)20 cm(3)1 m/s11.如圖所示，半徑為r、質(zhì)量不計(jì)的圓盤盤面與地面垂直，圓心處有一個(gè)垂直于盤面的光滑水平固定軸O，在盤的右邊緣固定有一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，在O點(diǎn)正下方離O點(diǎn)處固定一個(gè)質(zhì)量也為m的小球B，放開盤讓其自由轉(zhuǎn)動(dòng)。(1)當(dāng)A轉(zhuǎn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，兩小球的重力勢能之和減少了多少？(2)A球轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)的線速度是多少？解析(1)以通過固定軸O的水平面為零勢能面，開始時(shí)兩球的重力勢能之和為Ep1EpAEpB0mgrmgr當(dāng)小球A轉(zhuǎn)至最低點(diǎn)時(shí)兩小球重力勢能之和為Ep2EpAEpBmgr0mgr故兩球重力勢能之和減少量為Ep減Ep1Ep2mgr(mgr)mgr。(2)由于圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)只有動(dòng)能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因此系統(tǒng)的重力勢能的減少一定等于兩球動(dòng)能的增加。設(shè)A球轉(zhuǎn)至最低點(diǎn)時(shí)，A、B的線速度分別為vA和vB，則mgrmvmv。因A、B兩球固定在同一圓盤上，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中角速度相等，故線速度的關(guān)系為vA2vB，解得vA。答案(1)mgr(2)7