《（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 微專題39 機械能守恒定律的理解和應(yīng)用加練半小時（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 微專題39 機械能守恒定律的理解和應(yīng)用加練半小時（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、機械能守恒定律的理解和應(yīng)用 [方法點撥]　(1)單物體多過程機械能守恒問題：劃分物體運動階段，研究每個階段中的運動性質(zhì)，判斷機械能是否守恒；(2)多物體的機械能守恒：一般選用ΔEp＝－ΔEk形式，不用選擇零勢能面. 1.(多選)如圖1所示，輕質(zhì)彈簧的一端與內(nèi)壁光滑的試管底部連接，另一端連接一質(zhì)量為m的小球，小球的直徑略小于試管的內(nèi)徑，開始時試管水平放置，小球靜止，彈簧處于原長.若緩慢增大試管的傾角θ至試管豎直，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，在整個過程中，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.彈簧的彈性勢能一定逐漸增大 B.彈簧的彈性勢能可能先增大后減小 C.小球重力勢能一定逐漸增大 D

2、.小球重力勢能可能先增大后減小 2.(多選)(2018·遼寧省師大附中期中)如圖2所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質(zhì)量分別為M、m的兩個物體A、B通過細繩及輕彈簧連接于光滑定滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板.開始時用手按住物體A，此時A與擋板的距離為s，B靜止于地面上，滑輪兩側(cè)的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài).已知M＝2m，空氣阻力不計.松開手后，關(guān)于二者的運動，整個過程彈簧形變不超過其彈性限度，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A.A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.當(dāng)A的速度最大時，B與地面間的作用力為零 C.若A恰好能到達擋板處，則此時B的速度為零 D.若

3、A恰好能到達擋板處，則此過程中重力對A做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體B的機械能增加量之和 3.如圖3所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個質(zhì)量分別為1kg和2kg的可視為質(zhì)點的小球A和B，兩球之間用一根長L＝0.2m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1m.兩球由靜止開始下滑到光滑地面上，不計球與地面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2.則下列說法中正確的是(　　) 圖3 A.整個下滑過程中A球機械能守恒 B.整個下滑過程中B球機械能守恒 C.整個下滑過程中A球機械能的增加量為J D.整個下滑過程中B球機械能的增加量為J 4.(多選)內(nèi)壁光滑的環(huán)形凹槽半徑

4、為R，固定在豎直平面內(nèi)，一根長度為R的輕桿，一端固定有質(zhì)量為m的小球甲，另一端固定有質(zhì)量為2m的小球乙.現(xiàn)將兩小球放入凹槽內(nèi)，小球乙位于凹槽的最低點，如圖4所示，由靜止釋放后(　　) 圖4 A.下滑過程中甲球減少的機械能總是等于乙球增加的機械能 B.下滑過程中甲球減少的重力勢能總是等于乙球增加的重力勢能 C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低點 D.桿從右向左滑回時，乙球一定能回到凹槽的最低點 5.(多選)(2018·山西省太原市五中等四省五校聯(lián)考)如圖5，一光滑、絕緣的半球殼固定在絕緣水平面上，球殼半徑為R，在球心O處固定一個帶正電的點電荷，一個帶負電荷的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在球

5、殼的頂端A.現(xiàn)小物塊受到輕微擾動從右側(cè)下滑，已知物塊靜止在A點時對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，P點在球面上，則(　　) 圖5 A.物塊沿球面運動的過程中機械能增大 B.物塊沿球面運動的過程中機械能不變 C.若物塊恰好在P點離開球面，則物塊的速度大小為 D.若物塊恰好在P點離開球面，則物塊的速度大小為 6.(多選)蹦床運動是廣大青少年兒童喜歡的活動.在處理實際問題中，可以將青少年兒童從最高點下落的過程簡化：如圖6甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動.若以小球開始下落的位置O點為坐標

6、原點，設(shè)豎直向下為正方向，小球的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示.其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑的曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g.則關(guān)于小球的運動過程，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.小球最大速度出現(xiàn)的位置坐標為x＝h＋ B.小球在C時刻所受彈簧彈力大小等于重力大小的兩倍 C.小球從A時刻到B時刻的過程中重力勢能減少的數(shù)值大于彈簧彈性勢能增加的數(shù)值 D.小球可以從C時刻所在的位置回到出發(fā)點 7.(多選)(2018·北京四中二模)如圖7所示，左側(cè)為一個固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O點為球心，碗的內(nèi)表面及碗口

7、光滑.右側(cè)是一個足夠長的固定光滑斜面.一根不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過碗口及豎直固定的輕質(zhì)光滑定滑輪，細繩兩端分別系有可視為質(zhì)點的小球m1和物塊m2，且m1＞m2.開始時m1恰在A點，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時連接m1、m2的細繩與斜面平行且恰好伸直，C點是圓心O的正下方.將m1由靜止釋放開始運動，則下列說法正確的是(　　) 圖7 A.在m1從A點運動到C點的過程中，m1與m2組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.當(dāng)m1運動到C點時，m1的速率是m2速率的 C.m1不可能沿碗面上升到B點 D.m2沿斜面上滑過程中，地面對斜面的支持力始終保持恒定 8.(多選)如圖8所示，在豎直平面內(nèi)半

8、徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起，斜面足夠長.在圓弧軌道上靜止著N個半徑為r(r?R)的光滑剛性小球，小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點A到最低點B依次標記為1,2,3，…，N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走，N個小球由靜止開始沿軌道運動，不計摩擦與空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.N個小球在運動過程中始終不會散開 B.第N個小球在斜面上能達到的最大高度為R C.第1個小球到達最低點的速度＞v＞ D.第1個小球到達最低點的速度v′＜ 9.(2018·四川省德陽市二診)如圖9所示，一光滑水平桌面與一半徑為R的光滑半圓形豎直軌道相切于C

9、點，且兩者固定不動.一長L＝0.8m的細繩，一端固定于O點，另一端系一個質(zhì)量m1＝0.2kg的小球A，當(dāng)細繩在豎直方向靜止時，小球A對水平桌面的作用力剛好為零，現(xiàn)將A提起使細繩處于水平位置時無初速度釋放，當(dāng)球A擺至最低點時，恰與放在桌面上的質(zhì)量m2＝0.8kg的小球B正碰，碰后球A以2m/s的速率彈回，球B將沿半圓形軌道運動，恰好能通過最高點D，g取10m/s2，求： 圖9 (1)B球在半圓形軌道最低點C的速度為多大？ (2)半圓形軌道半徑R應(yīng)為多大？ 10.如圖10所示，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC與傾角為θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切

10、于C點，半圓形軌道的直徑AC與斜面垂直.質(zhì)量為m的小球從A點左上方距A點高為h的P點以某一速度水平拋出，剛好與半圓形軌道的A點相切進入半圓形軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓形軌道沿斜面剛好運動到與拋出點等高的D處.已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求： 圖10 (1)小球被拋出時的速度v0； (2)小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力； (3)小球從C到D過程中摩擦力做的功W. 答案精析 1.AD　[緩慢增大試管的傾角θ至試管豎直，彈簧所受壓力逐漸增大，彈簧的壓縮量逐漸增大，彈性勢能一定逐漸增大，選項A正確，B錯誤；設(shè)彈簧

11、原長為l0，地面為重力勢能零勢能面，傾角為θ時小球重力勢能Ep＝mg(l0－)sinθ，當(dāng)sinθ＝時，該重力勢能函數(shù)表達式有最大值，若＜1，則在達到豎直位置之前，重力勢能有最大值，所以選項C錯誤，D正確.] 2.BD　[對于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，但對于A和B組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；A的重力沿斜面向下的分力為Mgsinθ＝mg，物體A先做加速運動，當(dāng)受力平恒時A的速度最大，此時B所受的拉力為FT＝mg，B恰好與地面間的作用力為零，故B正確；從B開始運動直到A到達擋板的過程中，細繩彈力的大小一直大于B的重力，故B一直做加速運動，故C錯誤；A恰好

12、能到達擋板處，由機械能守恒定律可知此過程中重力對A做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體B的機械能增加量之和，故D正確.] 3.D　[在下滑的整個過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A沿斜面滑行時，桿的彈力對A、B球做功，所以A、B球各自機械能不守恒，故A、B錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得：mAg(h＋Lsinθ)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得：v＝m/s，系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機械能的增加量為mBv2－mBgh＝J，故D正確；A球的機械能減少量為J，C錯誤.] 4.AD　[由題意知，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故甲球減少的機械能總等于乙球增加的機械

13、能，所以A正確；在甲下滑的過程中，甲、乙兩球的動能在增加，故甲球減少的重力勢能大于乙球增加的重力勢能，所以B錯誤；由于甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量，根據(jù)滑動過程機械能守恒，甲不能滑到槽的最低點，所以C錯誤；根據(jù)滑動過程機械能守恒，桿從右向左滑回時，乙一定會回到凹槽的最低點，故D正確.] 5.BC　[物塊沿球面運動的過程中，庫侖力和支持力沿球半徑方向不做功，只有重力做功，則物塊的機械能不變，選項A錯誤，B正確；設(shè)OP與豎直方向夾角為θ，則當(dāng)物塊將要離開球面時所受球面的支持力為零，則由牛頓第二定律有F庫＋mgcosθ＝m，因物塊在最高點時對球殼的壓力大小是物塊重力大小的2倍，可知F庫＝mg，由機械能守恒

14、定律得mgR(1－cosθ)＝mv2，聯(lián)立解得v＝，選項C正確，D錯誤.] 6.ACD　[當(dāng)彈簧的彈力與小球的重力相等時，小球的速度最大，根據(jù)胡克定律得F＝k(x－h(huán))，求得速度最大時x＝h＋，A項正確；根據(jù)功能關(guān)系列出k(x－h(huán))2＝mgx，可求出彈力為，即小球在C時刻彈力不等于重力大小的兩倍，B項錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和彈簧的彈性勢能，A時刻到B時刻過程中，小球的動能增大，即小球的重力勢能減少的數(shù)值大于彈簧彈性勢能增加的數(shù)值，C項正確；根據(jù)機械能守恒定律，可知小球可以從C時刻的位置回到出發(fā)點，D項正確.] 7.ACD　[在m1從A點運動到C點的過程中，m1與

15、m2組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確；設(shè)小球m1運動到最低點C時m1、m2的速度大小分別為v1、v2，則有v1cos45°＝v2，則＝，故B錯誤；由于m1上升的過程中繩子對它做負功，所以m1不可能沿碗面上升到B點，故C正確；m2沿斜面上滑過程中，m2對斜面的壓力是一定的，大小和方向都不變，斜面的受力情況不變，由平衡條件可知地面對斜面的支持力始終保持恒定，故D正確.] 8.AD　[在下滑的過程中，水平面上的小球要做勻速運動，而曲面上的小球要做加速運動，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯暗膲毫?，沖上斜面后后面的小球把前面的小球往上壓，所以小球之間始終相互擠壓，故N個小球在運動過程中

16、始終不會散開，故A正確；把N個小球看成整體，則小球運動過程中只有重力做功，機械能守恒，弧AB的長度等于小球全部到斜面上的長度，而在圓弧上的重心位置與在斜面上的重心位置相比可能高，可能低，也可能一樣高，所以第N個小球在斜面上能達到的最大高度可能比R小，可能比R大，也可能與R相等，故B錯誤；N個小球整體在AB段時，重心低于，小球整體的重心運動到最低點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律得mv2＜mg·，解得v＜，而第1個小球在下滑過程中，始終受到第2個小球?qū)λ膲毫?，所以?個小球到達最低點的速度v′＜，故C錯誤，D正確.] 9.(1)1.5m/s　(2)0.045m 解析　(1)設(shè)小球A擺至最低點時

17、速度為v0，由機械能守恒定律得m1gL＝m1v02，解得v0＝＝4m/s，A與B碰撞，水平方向動量守恒，設(shè)A、B碰后的速度分別為v1、v2，選水平向右方向為正方向，則m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v2＝1.5m/s； (2)小球B恰好通過最高點D，由牛頓第二定律得m2g＝m2，B在CD上運動時，由機械能守恒定律得m2v22＝m2g·2R＋m2vD2，解得R＝0.045m. 10.(1)　(2)5.6mg，方向豎直向下　(3)－mgh 解析　(1)小球運動到A點時，速度與水平方向的夾角θ，如圖所示. 則有v12＝2gh① 由幾何關(guān)系得v0tanθ＝v1② 聯(lián)立以上各式解得 v0＝.③ (2)A、B間豎直高度H＝R(1＋cosθ)④ 設(shè)小球到達B點時的速度為v，則從拋出點到B點過程中，根據(jù)機械能守恒定律有 mv02＋mg(H＋h)＝mv2⑤ 小球在B點，有FN－mg＝m⑥ 聯(lián)立解得FN＝5.6mg⑦ 由牛頓第三定律知，小球在B點對軌道的壓力大小是FN′＝FN＝5.6mg，方向豎直向下.⑧ (3)小球在整個運動過程中，重力做功為零，根據(jù)動能定理知：小球沿斜面上滑過程中克服摩擦力做的功等于小球做平拋運動的初動能，有W＝0－mv02＝－mgh.⑨ 9