2020届高考物理总复习第五章机械能核心素养提升练十六5.3机械能守恒定律及其应用含解析新人教版.docx

机械能守恒定律及其应用(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分。14题为单选题，5题为多选题)1.(2019洛阳模拟)下列人或物在运动过程中，机械能守恒的是()A.风中飘落的羽毛B.竖直放置的真空牛顿管中下落的羽毛C.乘电梯匀速上升的人D.弹性蹦床上跳跃的运动员(不计空气阻力)【解析】选B。风中飘落的羽毛运动过程中，由于空气阻力对它做功，所以它的机械能不守恒，故A错误；竖直放置的真空牛顿管中下落的羽毛在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；乘电梯匀速上升的人在运动过程中，电梯底板对人做功，则人的机械能不守恒，故C错误；弹性蹦床上跳跃的运动员在与蹦床接触的过程，蹦床对运动员做功，人的机械能不守恒，故D错误。2.(2019邯郸模拟)如图所示，一细线系一小球绕O点在竖直面内做圆周运动，a、b分别是轨迹的最高点和最低点，c、d两点与圆心等高，小球在a点时细线的拉力恰好为0，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A.小球从a点运动到b点的过程中，先失重后超重B.小球从a点运动到b点的过程中，机械能先增大后减小C.小球从a点运动到b点的过程中，细线对小球的拉力先做正功后做负功D.小球运动到c、d两点时，受到的合力指向圆心【解析】选A。小球从a点运动到b点的过程中，加速度方向先向下后向上，所以小球先失重后超重，故A正确；小球从a点运动到b点的过程中，绳子拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故B、C错误；小球运动到c、d两点时，绳子拉力的方向指向圆心，重力竖直向下，所以小球受到的合力不是指向圆心，故D错误。3.(2017全国卷)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g)()A. B. C. D. 【解析】选B。据机械能守恒定律有mv2=mg2R+m，物块从轨道上端水平飞出做平抛运动，有2R=gt2和x=vxt，联立解得水平距离最大时，对应的轨道半径为，故选B。4.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，则下列说法正确的是()A.a球下滑过程中机械能保持不变B.b球下滑过程中机械能保持不变C.a、b球滑到水平轨道上时速度大小为D.从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为【解析】选D。a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒，故A、B错误；对系统由机械能守恒定律得mgR+mg2R=2mv2，解得a、b球滑到水平轨道上时速度大小为v=，故C错误；从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，对a球由动能定理有W+mgR=mv2，解得轻杆对a球做的功为W=，故D正确。5.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是()A.当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小B.最低点的坐标为x=h+2x0C.小球受到的弹力最大值大于2mgD.小球动能的最大值为mgh+【解析】选A、C、D。根据乙图可知，当x=h+x0时，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；根据运动的对称性可知，小球运动的最低点大于h+2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，故B错误，C正确；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+x0)-mgx0=mv2，故小球动能的最大值为mgh+，故D正确。二、计算题(本题共15分，需写出规范的解题步骤)6.(2018江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53=0.8，cos 53=0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F。(2)物块和小球的质量之比Mm。(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。【解析】(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2，F1sin 53=F2cos 53F+mg=F1cos 53+ F2sin 53且F1=Mg解得F=Mg-mg。(2)小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3lsin 53，物块下降高度h2=2l根据机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得Mm=65。(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点。设此时AC方向的加速度大小为a，物块受到的拉力为T由牛顿第二定律得Mg-T=Ma，小球受AC的拉力T=T由牛顿第二定律得T-mgcos 53=ma解得T=答案：(1)Mg-mg (2)65(3)【总结提升】机械能守恒定律应用的三个关键点(1)正确选取研究对象，必须明确机械能守恒定律针对的是一个系统，还是单个物体。(2)灵活选取零势能位置，重力势能常选最低点或物体的初始位置为零势能位置，弹性势能选弹簧原长为零势能位置。(3)运用机械能守恒定律解题的关键在于确定“一个过程”和“两个状态”。所谓“一个过程”是指研究对象所经历的力学过程，了解研究对象在此过程中的受力情况以及各力的做功情况；“两个状态”是指研究对象在此过程中的开始和结束时所处的状态，找出研究对象分别在初状态和末状态的动能和势能。(25分钟50分)7.(7分)(2019银川模拟)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，它属于体操运动的一种，蹦床有“空中芭蕾”之称。在某次“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示。在h1h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是()A.整个过程中小朋友的机械能守恒B.从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小C.小朋友处于h=h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep=mg(h2-h4)D.小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm=mgh1【解析】选C。小朋友接触蹦床后，蹦床的弹力对小朋友做功，所以整个过程中小朋友的机械能不守恒，故A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；由图乙知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得，小朋友处于h=h4 高度时，蹦床的弹性势能为Ep=mg(h2-h4)，故C正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm=mg(h1-h5)，故D错误。8.(7分)(创新预测)如图所示，质量为3m和m的小球A和B，系在长为L的轻绳两端，水平桌面光滑，高为h(hL)，小球B无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则小球A落地时的动能()A.mghB.3mghC.mghD.无法计算 【解析】选C。小球B下落过程A、B组成的系统机械能守恒，则有mgh=(3m+m)v2，解得v=，小球A离开水平桌面做平抛运动，则x=vt，h=gt2，解得x=hL，小球A落地时轻绳未伸直，故小球A下落过程由机械能守恒定律得3mgh=Ek-3mv2，解得Ek=mgh，故C正确，A、B、D错误。【加固训练】如图所示，绕过光滑钉子O的细绳，两端分别拴有A、B两个小球，A球的质量是B球的2倍。现将两球从距地面高度为h处由静止释放，若细绳足够长，细绳的质量、空气的阻力均不计。则B球上升到距地面的最大高度为()A.hB.hC.hD.h【解析】选C。设B球质量为m，则A球质量为2m。对系统由机械能守恒得，2mgh-mgh=3mv2，对B在A落地之后，mv2=mgh，联立解得h=，故B的离地最大高度为H=h+2h=+2h=h，故C正确，A、B、D错误。9.(7分)(2019南宁模拟)如图所示，一个小球用长为L的细线悬于O点，将小球向左拉到某一高度，此时细线与竖直方向的夹角为=53，由静止释放小球，若小球向右摆动到最低点时细线断开，小球落在水平地面的A点(未画出)；若小球向右摆动到最高点时细线断开，小球的落地点也在A点，不计空气阻力，sin 53=0.8，则细线的悬点O离水平地面的高度为()A.1.4LB.1.2LC.1.6LD.1.8L【解析】选A。设细线的悬点O离水平地面的高度为h，若小球向右摆动到最低点时细线断开，断开前小球运动的过程，由机械能守恒得 mgL(1-cos 53)=mv2 ，细线断开后小球做平抛运动，则有h-L=gt2 ，x=vt，若小球向右摆动到最高点时细线断开，根据机械能守恒得到小球向右摆动的最大偏角为53，则有x=Lsin53，联立解得h=1.4L，故A正确，B、C、D错误。【加固训练】(多选)如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由一段抛物线AB组成，A点为抛物线顶点，已知h=0.8 m，x=0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，一小环套在轨道上的A点，下列说法正确的是()A.小环以初速度v0=2 m/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力B.小环以初速度v0=1 m/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力C.若小环从A点由静止因微小扰动而滑下，到达B点的速度为4 m/sD.若小环从A点由静止因微小扰动而滑下，到达B点的时间为0.4 s【解析】选A、C。由x=v0t和h=gt2可得，若初速度v0=2 m/s时，x=2t，y=0.8-5t2，由数学知识可知，小环运动规律恰好与图中抛物线重合，故小环恰好沿抛物线到达B点，小环与轨道无相互作用，故A正确；小环以初速度v0=1 m/s 从A点水平抛出后，做抛物线的轨道与AB不同，故与轨道间一定有相互作用力，故B错误；若小环从A点由静止因微小扰动而滑下，小环下滑中机械能守恒，则有mgh=mv2，解得v=4 m/s，故C正确；若小球做平抛运动时，由h=gt2可得时间为0.4 s，但如果是让小球由静止下滑时，水平方向上不再是匀速直线运动，并且到达B点时的水平速度一定小于2 m/s，因此到达B点的时间要长于0.4 s，故D错误。10.(7分)(2019泰安模拟)如图，两个相同的小球P、Q通过铰链用刚性轻杆连接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上。开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q沿水平地面向右运动。下列判断正确的是()A.P触地前的速度一直增大B.P触地前的速度先增大后减小C.Q的速度一直增大D.P、Q的速度同时达到最大【解析】选A。开始时Q速度为零，当P到达底端时，Q的速度也为零，所以在整个过程中，Q的速度先增大后减小，动能先增大后减小，对由P、Q组成的系统由机械能守恒可知，整个过程是P的重力势能转化为P的动能，P在下落过程中前半段加速度小于g，后半段大于g，所以P一直处于加速下滑状态，故A正确，B错误；P一直处于加速下滑状态，所以当Q速度到达最大时，P还没达到最大速度，故C、D错误。11. (7分)(多选)(创新预测)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平，B是最低点，A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方。现于D点无初速度释放一个可视为质点的小球，在A点进入圆弧轨道，从C点飞出后落在平台MN上的P点，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.改变D点的高度，小球可落在平台MN上任意一点B.小球落到P点前瞬间的机械能等于D点的机械能C.小球从A运动到B的过程中，重力的功率一直增大D.如果DA距离为h，则小球经过C点时对轨道的压力为-3mg【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)当小球恰好经过C点时速度最小，离开C点后水平射程最小。(2)球在运动过程中，只有重力做功，机械能守。(3)在B点，小球的重力与速度垂直，重力的瞬时功率为零。【解析】选B、D。当小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得mg=m，解得vC=，小球离开C点后做平抛运动，则有 R=gt2，x=vCt，联立解得 x=R，所以小球只能落在平台MN上离A点距离(-1)R的右侧任意一点，故A错误；小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，则小球落在P点前的机械能等于D点的机械能，故B正确；在B点，重力与速度垂直，重力的瞬时功率为零，所以小球从A运动到B的过程中，重力的功率先增大后减小，故C错误；小球从D运动到C的过程，由机械能守恒得mg(h-R)=m-0，在B点由牛顿第二定律得FN-mg=m，联立解得FN=-3mg，由牛顿第三定律得小球经过C点时对轨道的压力为-3mg，故D正确。12.(15分)如图所示，物块A、B、C的质量分别为2m、2m、m，并均可视为质点，三个物块用轻绳通过轻质滑轮连接，在外力作用下现处于静止状态，此时物块A置于地面，物块B到C、C到地面的距离均是L，现将三个物块由静止释放。若C与地面、B到C相碰后速度立即减为零，A与滑轮间的距离足够大，且不计一切阻力，重力加速度为g。求：(1)刚释放时A的加速度大小及轻绳对A的拉力大小。(2)物块A由最初位置上升的最大高度。(3)若改变A的质量使系