物理二轮复习跟踪训练：第7讲 机械能守恒定律 能量守恒定律

第7讲机械能守恒定律能量守恒定律跟综训练基础练选择题:1.如图所示,竖直面内有两个半径为R、内壁光滑的四分之一圆弧轨道,固定在竖直墙面之间,地面水平,O、O'为两圆弧的圆心,两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处由静止释放,当物块经过N点时,速度大小为(重力加速度为g)()A.gRB.2C.2gRD.2.如图所示,长为L的轻质硬杆中点和末端分别固定着小球1和小球2,两小球的质量相等,硬杆可以绕顶端O点在竖直面内转动。若小球2从最低点获得初速度v0,恰好能通过最高点,重力加速度为g,忽略所有阻力,则v0为()A.6gL5C.36gL53.从地面竖直向上抛出一物体,取地面为重力势能零点,该物体的机械能E总和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10m/s2。由图中数据可得()A.物体的质量为1kgB.h=0时,物体的速率为10m/sC.h=2m时,物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m,物体的动能减少80J4.如图所示,水平地面上固定一倾角为37°的斜面,其底端垂直斜面固定一挡板P,一沿斜面自然放置的轻弹簧,下端固定在挡板P上,弹簧的劲度系数为100N/m。质量为1kg的小物块从斜面上的Q点由静止释放,Q点距弹簧上端的距离为0.30m。已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep=12kx2(其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则小物块下滑过程中的最大动能Ekm及弹簧的最大弹性势能Epm分别为()A.Ekm=1.44J,Epm=3.0JB.Ekm=1.44J,Epm=2.0JC.Ekm=1.28J,Epm=3.0JD.Ekm=1.28J,Epm=2.0J5.(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为()A.2kv2ηB.kv6.(多选)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下,从空中某位置匀减速竖直下落,到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变,则()A.火箭的机械能不变B.火箭所受的合力不变C.火箭所受的重力做正功D.火箭的动能随时间均匀减少7.(多选)如图甲所示,光滑平台上放着一根均匀链条,其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下,由静止释放链条。已知整根链条的质量为m,链条悬垂的长度为l,台面高度为2l。如果在链条的悬垂端接一质量也为m的小球(直径相对链条长度可忽略不计),如图乙所示,还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.两链条在触地之前做加速度大小不变的加速运动B.两链条在触地之前做加速度越来越大的加速运动C.甲图中链条触地瞬间的速度大小为glD.乙图中链条触地瞬间的速度大小为3提能增分练一．选择题:8.(多选)如图所示,竖直平面内有两根完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于位于相同高度的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上,开始时小球在外力作用下静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。撤去外力使小球从O点开始由静止下落,一段时间后到达最低点P。已知弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力,从O点第一次运动到P点的过程中()A.小球的加速度一直增大B.小球的加速度先减小后增大C.小球的机械能一直增加D.小球的机械能一直减少9.(多选)如图所示,有两个物块甲、乙,质量分别为m1、m2,m2是m1的两倍,用轻绳将两个物块连接在滑轮组上,滑轮的质量不计,轻绳与滑轮的摩擦也不计,重力加速度为g。现将两物块从静止释放,甲上升一小段距离h。在这一过程中,下列说法正确的是()A.甲和乙的重力势能之和不变B.甲上升h距离时的速度为2C.轻绳的拉力大小为23m1D.轻绳对甲和乙的拉力的功率大小不相等10.(多选)如图所示,质量分别为m2和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接,P穿在固定的竖直光滑杆上,Q置于倾角θ=30°的光滑固定斜面上。一劲度系数k=mg2l的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上,另一端连接Q。初始时,施加外力将P静置于N点,轻绳恰好伸直但无拉力,ON段水平,ON=3l,OQ段与斜面平行,现将P由静止释放,运动过程中经过M点,MN=4l。P、Q均可视为质点,运动过程中Q不会与滑轮相碰,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计一切阻力。则P从N点下滑到A.P、Q组成的系统机械能守恒B.经过M点时P与Q的速度大小关系vQ=45vC.P的机械能一直减少D.轻绳对P做的功为-8911.(多选)(2025·陕、晋、青、宁卷)如图,与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块,弹性轻绳一端固定于O点,另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接,弹性轻绳原长为OQ,PQ为1.6m且垂直于OM。现将滑块无初速释放,假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16,弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F=kx,k=10N/m,g取10m/s2,sin53°=0.8。则滑块()A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6NB.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同C.从释放到静止的位移大小为0.64mD.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J二．计算题:12.如图所示,四根长为L的轻杆构成的菱形能在竖直平面内绕A点无摩擦转动,其中三个顶点分别固定质量为m的小球,∠ABC=120°,重力加速度为g,不计空气阻力,则D从与A等高处由静止开始运动到C到达最低点的过程中,求:(1)D机械能的增加量;(2)轻杆对C做的功和C在最低点时轻杆对C竖直方向的合力大小。培优练计算题:13.某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1m、圆心角为2θ的圆弧BCD,半径为R,圆心角为θ的圆弧DE组成,轨道末端的E点为圆弧的最高点,轨道间平滑连接。质量m=0.5kg的物块a从轨道AB上高度h=0.3m处以初速度v0下滑,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5,其余轨道光滑(不计空气阻力,物块a视为质点,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。(1)若初速度v0=0,求物块a第一次通过D点时速度vD的大小;(2)若初速度v0=0,求物块a在轨道AB上运动的总路程s;(3)若物块a沿轨道DE从E点滑出,v0应满足什么条件?参考答案：1.答案A解析设图中NO连线与水平方向的夹角为θ,由几何关系可得sinθ=R2R=12,可得θ=30°,设小物块通过N点时速度为v,小物块从左侧圆弧最高点静止释放,由机械能守恒定律可知mgRsinθ=12mv2,解得v=gR,2.答案B解析由于两球的角速度相等,小球2做圆周运动的半径是小球1的2倍,由v=ωr可知,小球1的速度为12v0,小球2恰好过最高点,两球的速度v1=v2=0,整个过程系统的机械能守恒,则有12mv02+12mv022=mg·2L+mgL,解得v3.答案B解析物体在h=4m时的重力势能为80J,可得物体的质量为m=Epgh=8010×4kg=2kg,故A错误;h=0时,物体的机械能即动能为100J,则速率为v0=2Ekm=2×1002m/s=10m/s,故B正确;由图可知,h=2m时,物体的机械能为90J,重力势能为40J,则动能Ek=50J,故C错误;从地面至h=4m,物体的机械能减少20J,重力势能增加80J,则动能减少1004.答案D解析小物块下滑过程中速度最大时有mgsin37°=kx1+μmgcos37°,解得x1=0.04m,由能量守恒定律得mg(s+x1)sin37°=μmg(s+x1)cos37°+12kx12+Ekm,解得Ekm=1.28J,弹簧弹性势能最大时,由能量守恒定律得mg(s+x2)sin37°=μmg(s+x2)cos37°+12kx22,解得x2=0.2m,则弹簧的最大弹性势能为Epm=12kx25.答案A解析小车匀速运动时,F=f,电动机的输出功率等于小车受到的牵引力的功率,有P电出=Fv=fv=kv2,所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为P光出=P电出50%=2kv2,则光伏电池单位时间内获得的太阳能即输入功率为P太阳能=P光出η=26.答案BC解析由于火箭匀减速竖直下落,速度减小,动能减少,且重力势能减少,故火箭的机械能减少,故A错误;由于火箭匀减速竖直下落,加速度恒定,由牛顿第二定律可知,火箭所受的合力不变,故B正确;由于火箭下落,故火箭所受的重力做正功,故C正确;火箭的动能Ek=12mv2=12m(v0−at)7.答案BD解析根据题意可知,链条总长度为3l,根据分析可知,平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力,随悬垂部分的增多,链条整体所受外力的合力增大,根据牛顿第二定律可知,两链条在触地之前做加速度越来越大的加速运动,故A错误,B正确;甲图中链条触地时,平台右侧悬垂部分长度为2l,根据机械能守恒定律有13mgl+l2=12mv12,解得v1=gl,故C错误;乙图中链条触地时,平台右侧悬垂部分长度为2l,根据机械能守恒定律有13mgl+l2+mgl=12×2m8.答案BD解析设弹簧原长为l,小球运动至O、P间的Q点时,对小球受力分析,如图所示最低点P处小球速度为0→小球先加速后减速→小球加速度方向先向下,后向上9.答案BC解析乙下落过程中,只有重力和系统内的弹力做功,则两物块组成的系统机械能守恒,乙减少的重力势能一部分转化为甲的重力势能,一部分转化为二者的动能,故A错误;由滑轮原理知2v1=v2,甲升高h时,乙下降2h,对此运动过程,根据机械能守恒定律有m2g·2h-m1gh=12m1v12+12m2v22,联立解得v1=2gh3,故B正确;两物块均同时做初速度为零的匀加速直线运动,根据2v1=v2知a2=2a1,绳子上各处拉力大小相等,设乙所受绳子拉力大小为FT,则甲所受绳子拉力大小为2FT,对两物块分别根据牛顿第二定律得m2g-FT=m2a2、2FT-m1g=m1a1,联立解得FT=23m1g,故C正确;根据P=F10.答案BCD解析由于弹簧对Q做功,所以P、Q组成的系统机械能不守恒,故A错误;绳子拉力一直对P做负功,P的机械能一直减少,故C正确;开始运动时,对Q根据平衡条件,有mgsinθ=kx1,弹簧的压缩量为x1=l,则P经过M点时,弹簧的伸长量为x2=5l-3l-x1=l,可知P从N点下滑到M点的过程,弹簧的弹性势能变化量为0,根据能量守恒定律可得m2g·4l-mg·2lsinθ=12×m2vP2+12mvQ2,根据速度关联关系可得vPcosα=vQ,其中cosα=MNOM=45,解得vQ=45vP,联立以上解得经过M点时P的速度大小为vP=100gl57,对P根据动能定理可得m2g·4l+WT=12×m2v11.答案AC解析设滑块运动过程中右侧轻绳与PQ连线的夹角为θ,则轻绳的伸长量为Δx=xPQcosθ,轻绳的拉力大小FT=kΔx,垂直杆方向滑块受力平衡,则杆对滑块的支持力FN=FTcosθ-mgcos53°,而滑块与杆之间的滑动摩擦力大小Ff=μFN,联立解得Ff=1.6N,A正确;下滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向上,上滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向下,由冲量的定义可知,下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量方向不同,B错误;设滑块的位移为x,结合A项分析可知,下滑过程滑块所受合外力为F下=mgsin53°-Ff-kx,上滑过程滑块所受合外力F上=mgsin53°+Ff-kx,可知上滑过程与下滑过程分别为简谐运动,平衡位置处合外力为0,解得平衡位置与P点的距离分别为x下=0.64m,x上=0.96m,可得滑块从释放到静止的位移大小为x=0.64m,C正确;结合C项分析可知,从释放到静止的过程,滑块克服滑动摩擦力做功为W=Ffx'=1.6×(1.28+1.28-0.64)J=3.072J,D错误。12.答案(1)3mgL解析(1)在竖直平面内绕A点无摩擦转动,不计空气阻力,即整个运动过程系统机械能守恒.D从与A等高处由静止运动到C到达最低点的过程,系统减少的重力势能转化为系统的动能,且运动过程中,三个小球的角速度大小始终相等B球与D球绕A点转动的半径为r1=LC球的转动半径为r2=2Lcos30°则线速度大小vB=vD=ωr1,vC=ωr2