高考物理一轮复习课时规范练17 机械能守恒定律及其应用(含答案)

课时规范练17 机械能守恒定律及其应用
基础对点练
1.(重力势能的变化)如图所示,小虫缓慢经过一边长为L 的等边三角形小物块,已知其身长为3L ,总质量为m ,假设小虫能一直贴着小物块向右前行,则从其头部刚到小物块顶(图示时刻)至头部越过小物块顶刚到小物块底端的过程中小虫的重力势能变化量为( )
A.12mgL
B.√312mgL
C.√36mgL
D.√34mgL 2.(多选)(机械能守恒与功能关系)如图所示,三根长度均为L 的轻杆组成支架,支架可绕O 点在竖直平面内转动,轻杆间夹角均为120°,轻杆末端分别固定质量为m 、2m 和3m 的n 、p 、q 三个小球,n 球位于O 的正下方,将支架从图示位置由静止开始释放,下列说法正确的是( )
A.从释放到q 到达最低点的过程中,q 的重力势能减少了72mgL
B.q 到达最低点时,q 的速度大小为√gL
C.q 到达最低点时轻杆对q 的作用力为5mg
D.从释放到q 到达最低点的过程中,轻杆对q 做的功为-3mgL
3.(多选)(重力做功、重力势能的图像问题)如图所示,一简易升降机在箱底装有若干个相同的轻弹簧,在某次事故中,升降机吊索在空中突然断裂,忽略摩擦及其他阻力,升降机在从弹簧下端刚接触地面到运动到最低点的过程中,弹簧始终在弹性限度内,则下列关于升降机的加速度大小a 、速度大小v 、升降机重力做功W G 、弹簧整体的弹性势能E p 与升降机向下位移x 的关系图像可能正确的是( )
4.(整体法、隔离法与机械能守恒定律)如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成,两部分之间由一段圆弧面相连接。

在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道,斜面的倾角为θ。

现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球,在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止,力F与圆槽在同一竖直面内,此时1号球球心与它在水平槽运动时的球心高度差为h。

现撤去力F使小球开始运动,直到所有小球均运动到水平槽内。

重力加速度为g。

求:
(1)水平外力F的大小;
(2)1号球刚运动到水平槽时的速度;
(3)整个运动过程中,2号球对1号球所做的功。

素养综合练
5.(多选)如图甲所示, 弹性轻绳下端系一物块, 用外力将物块下拉至离地高度h=0.1 m处,然后由静止释放物块,通过传感器测得物块的速度和离地高度h,并作出物块的动能E k与离地高度h的关系图像(图乙),其中高度在0.2 m到0.35 m范围内的图线为直线,其余部分为曲线。

以地面为参考平面,重力加速度g取10 m/s2,弹性绳始终在弹性限度内,不计空气阻力。

由图像可知()
A.物块的质量为0.2 kg
B.弹性绳的劲度系数为250 N/m
C.刚释放物块时弹性绳的弹性势能为0.5 J
D.物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小为0.32 J
6.水平地面上的物体由静止开始竖直向上运动,在运动过程中,物体的动能E k与位移x的关系图像如图所示,则满足机械能守恒的阶段是()
A.0~h
B.h~2h
C.2h~3h
D.3h~5h
7.(多选)图甲是一种名为“魔力陀螺”的玩具,这种陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落,其原理可等效为图乙所示的模型。

半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动,a、b分别为轨道的最低点和最高点,轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变,不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是()
A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C.铁球在b点的最小速度为√gR
D.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能保证铁球不脱轨
8.(多选)如图所示,由三根长均为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内,其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B,构成一个系统。

系统可绕O点在竖直面内转动。

已知初始位置OA水平,重力加速度为g,不计一切摩擦及空气阻力。

现将系统在初始位置由静止释放,下列说法正确的是()
A.在运动过程中,系统的机械能守恒
B.小球B运动至最低点时,系统的重力势能最小
C.小球B运动至最低点时,小球A的速度大小为√gL
D.在运动过程中,小球B的最大动能为√3
mgL
4
9.(多选)如图所示,两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接,P 套在固定的竖直光滑杆上,Q放在光滑水平地面上,轻杆与竖直方向夹角α=30°。

原长为L
的轻弹簧水平放置,右端与Q相连,左端固定在竖直杆O点上。

P由静止释放,下降到2
最低点时轻杆与竖直方向的夹角变为60°。

整个运动过程中,P、Q始终在同一竖直平面内,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。

则P下降过程中,下列说法正确的是()
A.P、Q组成的系统机械能守恒
B.P、Q的速度大小始终相等
C.弹簧弹性势能最大值为√3-1
mgL
2
D.P达到最大动能时,Q受到地面的支持力大小为2mg
10.如图所示,A、B、C三个小球(均可视为质点)用轻绳(足够长)通过轻小滑轮对称连接,A、B的质量均为m,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为α=60°时,整个装置处于静止状态。

现在外力作用下将小球C竖直向下缓慢拉动至虚线位置,此时连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为β=30°,然后撤去外力,不计一切阻力,整个装置处于竖直面内,左右滑轮到竖直中线的距离为d=0.3 m,g取10 m/s2。

(1)求小球C的质量m0。

(2)撤去外力后,C 向上运动,当连接小球C 的轻绳与竖直方向的夹角变为α时,求小球C 的速度大小v 。

答案：
课时规范练17 机械能守恒定律及其应用
1.B 解析:选小物块底端为参考平面,初状态的重力势能为E p1=13mg ×L 2
sin60°=√312mgL ,小虫头部越过小物块顶刚到达小物块底端时的重力势能为E p2=23mg ×L 2
sin60°=√36mgL ,其重力势能的变化量为ΔE p =E p2-E p1=√36mgL-√312mgL=√312mgL ,故B 正确。

2.BD 解析:从释放到q 到达最低点的过程中,q 的重力势能减少了92mgL ,故A 错误;n 、p 、q 三个小球和支架组成的系统机械能守恒,n 、p 、q 三个小球的速度大小相等,从释放到q 到达最低点的过程中,根据动能定理有3mg (L+L sin30°)-
mg (L+L sin30°)=12(m+2m+3m )v 2-0,解得v=√gL ,故B 正确;q 到达最低点时,根据牛顿第二定律得F-3mg=3mv 2L ,解得F=6mg ,故C 错误;从释放到q 到达最低点的过程中,根据动
能定理可得W+3mg (L+L sin30°)=12·3mv 2-0,解得轻杆对q 做的功为W=-3mgL ,故D 正确。

3.AC 解析:升降机在从弹簧下端触地到运动到最低点的过程中,开始阶段,重力大于弹力,加速度方向向下,升降机向下做加速运动,加速度大小a=mg -kx m =g-k m x ,当重力和弹力相
等以后,弹力大于重力,加速度方向向上,升降机向下做减速运动,加速度大小a'=
kx -mg m =k m x-g ,加速度的大小先减小后增大,因为升降机有一定的速度,则运动到最低点时加速度大于g ,故A 正确;由上述分析可知,升降机的速度先增加后减小,根据v 2=2ax 可知,速度v 与位移x 并非线性关系,选项B 错误;升降机重力做功W G =mgx ,即重力做功与x 成正比关系,选项C 正确;弹簧克服弹力做功为W=0+kx 2·x=12kx 2,则弹性势能E p =12kx 2,选项D 错误。

4.答案:(1)10mg tan θ (2)√2gℎ (3)9mgr sin θ
解析:(1)以10个小球整体为研究对象,由力的平衡条件有tan θ=F 10mg
得F=10mg tan θ。

(2)以1号球为研究对象,根据机械能守恒定律可得mgh=1
2
mv2解得v=√2gℎ。

(3)撤去水平外力F后,以10个小球整体为研究对象,
由机械能守恒定律有10mg(ℎ+18r
2sinθ)=1
2
·10m·v12
解得v1=√2gℎ+18grsinθ
以1号球为研究对象,由动能定理有mgh+W=1
2
mv12
得W=9mgr sinθ。

5.AC解析:高度在0.2m到0.35m范围内时,图线为直线,弹性绳松弛,物块做竖直上抛
运动,由动能定理得ΔE k=mgΔh,图线斜率绝对值表示物块的重力,即|k|=0.3
0.35-0.2
N=mg,可得物块的质量m=0.2kg,A正确;当h1=0.18m时,动能达到最大,此时满足mg=kx,可得
k=mg
x
=100N/m,B错误;从刚释放至物块到达最高点过程中,弹性绳的弹性势能全部转化为物块的重力势能增加量,由能量守恒可得E p=mg(h'-h)=0.2×10×(0.35-0.1)J=0.5J,故C
正确;弹性绳与物块整体机械能守恒,当物块动能最大时,物块的重力势能与弹性绳的弹
性势能总和最小,释放瞬间,物块和弹性绳的总机械能为E
总
=E p+mgh=0.5J+0.2J=0.7J,由图可知,物块的最大动能为0.32J,故物块的重力势能与弹性绳的弹性势能总和最小值为0.38J,故D错误。

6.C解析:0~h阶段,动能增加量为2mgh,重力势能的增加量为mgh,所以机械能增加了
3mgh;h~2h阶段,动能不变,重力势能增加mgh,所以机械能不守恒;2h~3h阶段,重力势能
增加mgh,动能减小mgh,所以机械能守恒;3h~5h阶段,重力势能增加2mgh,动能减小mgh,机械能增加,A、B、D错误,C正确。

7.BD解析:铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁性引力的作用,其中铁
球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变,支持力的方向过圆心,它们都始终与运动的方向垂直,所以磁力和支持力都不能对铁球做功,只有重力会对铁球做功,所以铁球的机械能守恒,在最高点的速度最小(可以为零),在最低点的速度最大,铁球不可能做匀速圆周运动,选项A、C错误,B正确。

铁球恰好不脱轨的条件是铁球在最高点的速度恰好为0,而且到达最低点时,轨道对铁球的支持力恰好等于0。

根据机械能守恒定律,铁球在最
高点的速度恰好为0,到达最低点时的速度满足mg·2R=1
2
mv2,轨道对铁球的支持力恰好
等于0,则磁力与重力的合力提供向心力,即F-mg=m v 2R ,联立得F=5mg ,即要使铁球不脱
轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg ,选项D 正确。

8.AD 解析:系统在运动过程中,只有重力做功,故机械能守恒,A 正确;系统重心在A 、B 连线的中点位置,故A 、B 连线水平时,系统重力势能最小,动能最大,B 错误;两小球的速度大小一直相等,小球B 运动至最低点时,根据几何关系知,A 下降的高度为L sin30°,B 下降的高度为L (1-cos30°),根据系统机械能守恒有mgL sin30°+mgL (1-
cos30°)=2×12mv 12,解得v 1=√gL 3-√32
,C 错误;A 、B 连线水平时,系统动能最大,此时A 球运动到题图中B 球位置,根据系统机械能守恒有mg ×√32L=2×12mv 2,解得12mv 2=√34mgL ,D 正确。

9.CD 解析:根据能量守恒知,P 、Q 和弹簧组成的系统机械能守恒,而P 、Q 组成的系统机械能不守恒,选项A 错误;在下滑过程中,根据速度的合成与分解可知v P cos α=v Q sin α,解得v
P v Q =tan α,由于α变化,故P 、Q 的速度大小不相同,选项B 错误;根据系统机械能守恒可得E p =mgL (cos30°-cos60°),弹性势能的最大值为E p =√3-12mgL ,选项C 正确;P 由静止释放,P 开始向下做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,P 的速度达到最大,此时动能最大,对P 、Q 和弹簧组成的整体受力分析,在竖直方向,根据牛顿第二定律可得F N -2mg=0,解得F N =2mg ,选项D 正确。

10.答案:(1)m (2)2(√3-1) m/s
解析:(1)由题知,当连接小球C 的轻绳与竖直方向的夹角为α=60°时,整个装置处于静止状态,则对A 受力分析,根据平衡条件有F=mg
对C 受力分析,根据平衡条件有2F cos α=m 0g
联立解得m 0=m 。

(2)设撤去拉力后,C 上升的高度为H ,A 、B 下降的高度为h ,
根据几何关系有H=d tanβ−d tanα,h=d sinβ−d sinα
设A 、B 的速度为v 1,把C 的速度沿着绳子方向和垂直绳子方向分解,则有
v 1=v cos α
根据系统机械能守恒得2mgh=m 0gH+12m 0v 2+12×2m v 12
联立解得v=2(√3-1)m/s 。