2022物理十六机械能守恒定律及其应用含解析

机械能守恒定律及其应用

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1。如图所示，“娃娃机”是指将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制的抓取玩具的机器手臂的机器，使用者要凭自己的技术操控手臂，以取到自己想要的玩具。不计空气阻力,关于“娃娃机”，下列说法正确的是(）

A．玩具从机器手臂处自由下落时,玩具的机械能守恒

B．机器手臂抓到玩具匀速水平移动时，玩具的动能增加C．机器手臂抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒

D．机器手臂抓到玩具加速上升时，机械爪做的功等于玩具重力势能的变化量

【解析】选A.在没有空气阻力的情况下,玩具从机器手臂处自由落下时，重力势能转化为动能，没有能量的损失,即玩具的机械能守恒，选项A正确；机器手臂抓到玩具水平匀速运动时，玩具的质量和速度均不变,则动能不变，选项B错误；机器手臂抓到玩具匀速上升时,动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，选项C错误;机器手臂抓玩具加速上升时，动能和重力势能均变大，所以手臂做的功等于玩具重力势能与动能的增大量之和，选项D错误.

2.（2020·宜宾模拟）如图所示，a、b 两小球通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮（视为质点)上.开始时,a球放在水平地面上，连接b球的细线伸直并水平.现由静止释放b球，当连接b 球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0。则a、b 两球的质量之比为(）

A．3∶1 B．2∶1

C．3∶2 D．1∶1

【解析】选A。连接b球的细线摆到竖直位置时,由机械能守恒定律m b gl

＝1

2m b v2,对小球b：T－m b g＝m b错误!。对小球a：T＝m a g，联立解得m a∶m b＝3∶1，选项A正确。

【加固训练】

如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时,A恰与圆柱轴心等高.将A和B由静止释放,则A落地前瞬间的速度大小及B上升的最大高度分别是(）

2gR4R gR R

A.,

B.,

3333

gR R gR4R

C.2,

D.2,

3333

【解析】选A。设B的质量为m，则A的质量为2m，以A、B 组成的系统为研究对象，在A落地前，由系统机械能守恒可得

-mgR+2mgR=错误!×3mv2，解得v= 2gR

3

;以B为研究对象，在B

上升过程中，由机械能守恒定律可得：

错误!mv2=mgh，则B上升的最大高度为H=R+h，解得H = 4R

3

，

选项A正确。

3．某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示,足球视为质点,空气阻力不计。用v y、E、E k、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间,下列图象中可能正确的是(）

【解析】选D。足球做斜抛运动,在竖直方向上做加速度为g的匀变速直线运动,上升阶段v y＝v y0－gt,下落阶段v y＝gt，由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图象是一条倾斜直线,选项A错误；不考虑空气阻力，足球只受重力作用,机械能守恒,E 不变，选项B错误；足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，选项C错误; 上升阶段v y＝v y0－gt,下落阶段v y ＝gt，再由重力的瞬时功率P＝mgv y，可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零,选项D正确。

4。(多选）(2021·宜宾模拟)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示.已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,当两筒水面高度相等时,则该过程中(）

A。水柱的重力做正功

B.大气压力对水柱做负功

C.水柱的机械能守恒

D.当两筒水面高度相等时,水柱的动能是ρgS（h1-h2)2

【解析】选A、C、D.把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功,对右筒水面做负功，抵消为零。水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量,等于水柱增加的动能,等效于把左管高的水柱移至右管，如图中的斜线所示，重心下降，重力所做正功：

W G=（)ρgS（)=ρgS（h1—h2）2,故A、C、D正确。

5．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示.重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得(）

A．物体的质量为2 kg

B．h＝0时，物体的速率为20 m/s

C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J

D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J

【解析】选A、D。由E p＝mgh知E p。h图象的斜率为mg，故mg＝错误!＝20 N，解得m＝2 kg，故A正确;h＝0时，E p＝0，E k ＝E总－E p＝100 J－0＝100 J，故

1

2mv2＝100 J，解得：v＝10 m/s，故B错误；h＝2 m时，Ep＝40 J，E k＝E总－Ep＝90 J－40 J＝50 J，故C错误;h＝0时，E k＝E 总－Ep＝100 J－0＝100 J，

h＝4 m时，E k′＝E总－E p＝80 J－80 J＝0，故E k－E k′＝100 J,故D正确.

6．(多选）(2021·襄阳模拟)如图甲,光滑圆轨道固定在竖直面内,小球沿轨道始终做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为E k。改变小球在最低点的动能,小球对轨道压力N的大小随之改变。小球的N－E k图线如图乙，其左端点坐标为（［1］，［2]),其延长线与坐标轴的交点分别为(0，a)、(－b，0)。重力加速度为g。则（）

A．小球的质量为错误!B．圆轨道的半径为错误!

C．图乙[1］处应为5b D．图乙［2]处应为6a

【解析】选C、D。在最低点由牛顿第二定律得N－mg＝m错误!＝E k，变形得N＝mg＋E k,由题图可知mg＝a，解得m＝错误!，由题