2019版高考物理一轮优选全国课时达标16 机械能守恒定

课时达标 第16讲
[解密考纲]理解机械能守恒定律运用的条件，会应用机械能守恒定律求解力学综合问题．
1．如图所示，长为L 的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的1
4垂在桌边，松手
后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( C )
A ．3
2gL B ．
gL 4
C ．
15gL
4
D ．4gL
解析 由机械能守恒定律ΔE p 减＝ΔE k 增，即mg ·L 2－14mg ·L 8＝12m v 2，所以v ＝15gL
4.选项
C 正确．
2．将一小球从高处水平抛出，最初2 s 内小球动能E k 随时间t 变化的图象如图所示，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.根据图象信息，不能确定的物理量是( D )
A ．小球的质量
B ．小球的初速度
C ．最初2 s 内重力对小球做功的平均功率
D ．小球拋出时的高度
解析 由机械能守恒定律可得E k ＝E k0＋mgh ，又h ＝12gt 2，所以E k ＝E k0＋1
2mg 2t 2.当t ＝0
时，E k0＝12m v 20＝5 J ，当t ＝2 s 时，E k ＝E k0＋2mg 2
＝25 J ，联立方程解得m ＝0.1 kg ，v 0＝10 m/s.当t ＝2 s 时，由动能定理得W G ＝ΔE k ＝20 J ，故P ＝W G
2＝10 W ．根据图象信息，无法
确定小球抛出时离地面的高度．综上所述，选项D 正确．
3. 如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O 点的水平线．已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需时间为t 1；若该小球仍由M 点以初速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点
的速率为v2，所需时间为t2.则(A)
A．v1＝v2，t1>t2B．v1<v2，t1>t2
C．v1＝v2，t1<t2D．v1<v2，t1<t2
解析首先根据机械能守恒定律得到v1＝v2＝v0，小球沿着MPN轨道运动时，先减速后加速，小球沿着MQN轨道运动时，先加速后减速，总路程相等，将小球的曲线运动类比为直线运动，画出v－t图象如图，可得t1 >t2.选项A正确．
4．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零．则在圆环下滑过程中(C)
A．圆环机械能守恒
B．弹簧的弹性势能一定先增大后减小
C．弹簧的弹性势能变化了mgh
D．弹簧的弹性势能最大时圆环的动能最大
解析下滑过程中圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误；在圆环下滑过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，选项B错误；圆环初、末状态的动能都为零，则减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，且弹簧的弹性势能最大时，圆环速度为零，选项C正确，选项D错误．
5．(多选)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是(BC)
A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2RH－2R2
B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2
C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2R
D ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝5
2
R
解析 小球能从A 端射出，则H >2R ，选项C 正确，D 错误；设A 端射出的速度为v ，D 端到A 端由动能定理得
mg (H －2R )＝1
2
m v 2，①
小球从A 端射出后做平抛运动，落地点水平位移 x ＝v
2×2R
g
，② 由①②可得x ＝22RH －4R 2，选项B 正确，A 错误．
6．(2017·山东济南模拟)将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示．设阻力大小恒定，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( D )
A ．小球的质量为0.2 kg
B ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N
C ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 m
D ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J
解析 在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，选项A 错误；由除重力以外其他力做功W 其
＝ΔE 可知－F f h ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得F f ＝0.25 N ，选项B 错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12m v 2，由动能定理得－F f H －mgH ＝12m v 2－1
2m v 20，
解得H ＝20
9 m ，故选项C 错误；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得－F f h ′－mgh ′＝E k2
－12m v 20，解得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故选项D 正确．
7．(2017·海南海口模拟)(多选)我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10 min 内全过程的深度曲线甲和速度图象乙，则正确的有( AC )
A ．甲图中h 3代表本次下潜最大深度为360 m
B ．全过程中最大加速度是0.025 m/s 2
C ．潜水员感到失重体验发生在0～1 min 和8～10 min 内
D ．整个潜水器在8～10 min 时间段内机械能守恒
解析 “蛟龙号”下潜的最大深度为前4 min 内v －t 图线与t 轴所围面积，h 3＝(120＋240)×2×12 m ＝360 m ，选项A 正确；全过程中最大加速度大小a m ＝2－060 m/s 2＝1
30m/s 2，
选项B 错误；在0～1 min 和8～10 min 内深潜器具有向下的加速度，潜水员处于失重状态，选项C 正确；在8～10 min 内，潜水器的加速度方向向下，a ＝3－0120 m/s 2＝1
40 m/s 2，不是只
有重力做功，机械能不守恒，选项D 错误．
8．(多选)如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，O 是圆心，虚线OC 水平，D 是圆环最低点．两个质量均为m 的小球A 、B 套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则( BD )
A ．
B 球运动至最低点D 时，A 、B 球组成的系统重力势能最小 B ．A 、B 球组成的系统在运动过程中机械能守恒
C ．A 球从C 点运动至
D 点过程中受到的合外力做正功 D ．当轻杆水平时，A 、B 球速度达到最大
解析 A 、B 球组成的系统在运动过程中机械能守恒，当A 、B 球高度相同时系统重力势能最小，动能最大，A 球从C 点运动至D 点过程中受到的合外力先做正功后做负功，所以只有选项B 、D 正确．
9．(多选)如图所示，半径为R ，内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，其底端与水平地面相切．一质量为m 的小球(小球直径很小且略小于管道内径)以某一水平初速度进入管内，小球通过最高点P 时，对管壁的压力大小为0.5mg (不考虑小球落地后反弹情况)，则( AD )
A ．小球落地点到P 点的水平距离可能为6R
B ．小球落地点到P 点的水平距离可能为22R
C ．小球进入圆管道的初速度大小可能为
14gR
2
D ．小球进入圆管道的初速度大小可能为32gR
2
解析 小球在最高点P 的速度有两种可能mg ＋0.5mg ＝m v 21R ，或mg －0.5mg ＝m v 22
R ，解
得v 1＝3
2
gR ，v 2＝1
2
gR ，则小球落地点到P 点的水平距离可能为x 1＝v 14R
g
＝6R ，x 2＝v 2
4R g ＝2R ，所以选项A 正确，B 错误；又根据机械能守恒有12m v 20＝12
m v 2
P ＋mg ·2R ，分别代入v 1，v 2有v 01＝
22gR 2，v 02＝32gR
2
，故选项C 错误，D 正确． 10．如图所示，一个半径为R 、质量为m 的均匀薄圆盘处在竖直平面内，可绕过其圆心O 的水平转动轴无摩擦转动，现在其右侧挖去圆心与转轴O 等高、直径为R 的一个圆，然后从图示位置将其静止释放，则下列说法正确的是( A )
A ．剩余部分不能绕O 点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为1
8mgR
B ．剩余部分不能绕O 点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为1
4mgR
C ．剩余部分能绕O 点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为1
8mgR
D ．剩余部分能绕O 点做360°转动，在转动过程中具有的最大动能为1
4
mgR
解析 依题意知在薄圆盘右侧挖去的圆心与转轴O 等高、直径为R 的一个圆的质量为m 1＝1
4m ，根据对称性可在其左侧对称挖去一个同样大小的圆(如图所示)，余下部分的薄圆盘
的重心仍在圆心O ，故当圆心O 1在最低点时，系统的重力势能最小，动能最大，根据机械能守恒定律可得E km ＝1
8mgR ，当圆心O 1转到右侧与O 等高时，薄圆盘将停止转动，故剩余
部分只能绕O 点做180°转动，所以只有选项A 正确．
11．如图所示，光滑的水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m ＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，弹簧具有的弹性势能为E p ，释放后物块从桌面右边缘D 点飞离桌面后，由P 点沿圆轨道切线落入圆轨道，g ＝10 m/s 2.求：
(1)E p 的大小；
(2)判断m 能否沿圆轨道到达M 点．
解析 (1)设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ，由v 2y ＝2gR ，
v y
v D
＝tan 45°，得v D ＝4 m/s ， 物块从C →D 由机械能守恒得 E p ＝E k ＝12m v 2D ＝12
×0.2×42
J ＝1.6 J. (2)设物块能沿轨道到达M 点，其速度为v M ，从C →M 整个过程由机械能守恒定律得E p ＝12m v 2M
＋mgR ·cos 45°，
代入数据解得v M ≈2.2 m/s ＜gR ≈2.8 m/s ， 所以物块不能到达M 点． 答案 (1)1.6 J (2)不能到达M 点
12．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧静止放于光滑斜面上，其一端固定，另一端恰好与水平线AB 平齐；长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，将细绳拉至水平，此时小球在位置C .现由静止释放小球，小球到达最低点D 时，细绳刚好被拉断，D 点与AB 相距h ，之后小球在运动过程中恰好与弹簧接触并沿斜面方向压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x .试求：
(1)细绳所能承受的最大拉力F ； (2)斜面倾角θ的正切值； (3)弹簧所获得的最大弹性势能E p .
解析 (1)小球由C 运动到D 的过程机械能守恒，则 mgL ＝12m v 21，
解得v 1＝2gL ， 在D 点由牛顿第二定律得 F －mg ＝m v 21
L ，
解得F ＝3mg ，
由牛顿第三定律知，细绳所能承受的最大拉力为3mg . (2)小球由D 运动到A 的过程做平抛运动，则v 2y ＝2gh ， 解得v y ＝2gh ，tan θ＝v y v 1
＝
h L
. (3)小球到达A 点时，有v 2A ＝v 2y ＋v 2
1＝2g (h ＋L )，
小球在压缩弹簧的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则E P ＝mgx sin θ＋12m v 2A ，
解得E p ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x
h h ＋L ＋h ＋L . 答案 (1)3mg (2)h L (3)mg ⎝
⎛
⎭
⎪⎫x h h ＋L ＋h ＋L。