高考物理一轮复习一轮复习课后练习16 机械能守恒定律（含答案解析）
展开2020版高考物理 全程复习课后练习16
机械能守恒定律
A．80 W B．160 W C．400 W D．800 W
2.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平地面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是( )
A．小球的动能与重力势能之和保持不变
B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
3.如图所示，在倾角为α=30°的光滑斜面上，有一根长为L=0.8 m的轻绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m=0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g=10 m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是( )
A．4 m/s B．2 m/s C．2 m/s D．2 m/s
A. B. C．1 D.
5.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A．一样大
B．水平抛的最大
C．斜向上抛的最
D．斜向下抛的最大
6.一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示．若将一个质量为m小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示．约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是( )
A．va=vb=vC B．va<vb<vC C．vC>va>vb D．va>vb>vC
7.如图所示，一质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端固定在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧都处于原长状态且原长为L，细杆上的A、B两点到O点的距离都为L，将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g，对圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A．圆环通过O点时的加速度小于g
B．圆环在O点的速度最大
C．圆环在A点的加速度大小为
D．圆环在B点的速度大小为2
8.极限跳伞是世界上流行的空中极限运动，如图所示，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间．伞打开前可看成是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能．Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能正确的是( )
9.如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁．若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程，下列说法正确的是( )
A．小球动能相等的位置在同一水平面上
B．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上
C．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上
D．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上
10.如图所示，质量为m的小球套在与水平方向成α=53°角的固定光滑细杆上，小球用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时小球与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与小球相距0.5 m．现由静止释放小球．已知重力加速度g=10 m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6.下列说法正确的是( )
A．小球沿细杆下滑0.6 m时速度为零
B．小球与木块的动能始终相等
C．小球的机械能守恒
D．小球沿细杆下滑0.3 m时速度为m/s
11. (多选)如图，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加量
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量
D．两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
12. (多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示．由静止释放后( )
A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
13.如图所示，光滑斜面的下端与半径为R的圆轨道平滑连接．现在使小球从斜面上端距地面高度为2R的A点由静止滑下．进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计．试求：
(1)小球到达圆轨道最低点B时的速度大小；
(2)小球在最低点B时对轨道的压力大小；
(3)小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度．
14.如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y=6－x2(单位：m)，小球质量m=0.4 kg，圆弧轨道半径R=1.25 m，g取10 m/s2，求：
(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小．
(2)小球从O点到P点所需的时间(结果可保留根号)．
解析：由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔP=mv2＋Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q=f·Δx=fx=mv2，解得ΔP=160 W，B项正确．
解析：小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点运动到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错．
解析：若小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时轻绳的拉力为零，
根据圆周运动知识和牛顿第二定律有：mgsin30°=m，解得vA=2 m/s，
由机械能守恒定律有：2mgLsin30°=mv－mv，
代入数据解得：vB=2 m/s，故C正确，A、B、D错误．
解析：设抛出时物块的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，
方向与水平方向的夹角为α.根据机械能守恒定律得：mv＋mgh=mv2，
据题有：mv=mgh，联立解得：v=v0，则tanα==1，C正确，A、B、D错误．
解析：根据机械能守恒定律可知，落地时三个小球的速度大小相同．
解析：图甲中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得mg·=mv，解得va=；
图乙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得mg·=·2mv，解得vb=；
图丙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律有mg·＋mg=·2mv，解得vC=，故vC>va>vb，选项C正确．
解析：圆环通过O点时两弹簧处于原长，圆环水平方向没有受到力的作用，因此没有滑动摩擦力，此时圆环仅受到竖直向下的重力，因此通过O点时加速度大小为g，故A项错误；圆环在受力平衡处速度最大，而在O点圆环受力不平衡做加速运动，故B项错误；圆环在整个过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力影响，在A点对圆环进行受力分析，其受重力及两弹簧拉力作用，合力向下，满足mg＋2×(－1)kL·cos45°=ma，解得圆环在A点的加速度大小为＋g，故C项错误；圆环从A点到B点的过程，根据机械能守恒知，重力势能转化为动能，即2mgL=mv2，解得圆环在B点的速度大小为2，故D项正确．
解析：人先做自由落体运动，由机械能守恒可得Ek=ΔEp=mgh，与下落的高度成正比，打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，由动能定理得：ΔEk=(f－mg)Δh，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动，所以动能先减小得快，后减小得慢，当阻力与重力大小相等后，动能不再发生变化，而机械能继续减小，故B正确，A、C、D错误．
解析：小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，设小球上升高度为h，
直轨道与容器侧壁之间的夹角为θ，则小球克服摩擦力做功Wf=μmgsinθ，因为θ不同，
克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A项错误；小球的重力势能只与其高度有关，
故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B项错误；若运动过程中同一时刻，
小球处于同一球面上，t=0时，小球位于O点，即O为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为θ，
则小球在时间t0内的位移x0=vt0＋at，a=－(gsinθ＋μgcosθ)，由于与θ有关，
故小球一定不在同一球面上，C项错误，运动过程中，摩擦力做功产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为θ，即Q=μmglcosθ=μmgx，x为小球的水平位移，Q相同时，x相同，倾角不同，所以高度h不同．D项正确．
解析：当小球沿细杆下滑0.6 m时，由几何关系知，木块高度不变，
小球下降了h1=0.6sin53° m=0.48 m，由运动的合成与分解得v木=v球cos53°，
由小球与木块组成的系统机械能守恒有mgh1=mv＋mv，解得v球＞0，A错误；
小球与木块组成的系统机械能守恒，C错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，
由运动的合成与分解得v′木=v′球cosθ，当小球沿细杆下滑0.3 m时，
根据几何关系，θ=90°，木块速度为零，小球下降了h2=0.3sin53° m=0.24 m，
木块下降了h3=0.5 m－0.5×sin53° m=0.1 m，由机械能守恒有mgh2＋mgh3=mv′，
解得v′球=m/s，B错误，D正确．
解析：由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；除重力、弹力以外，摩擦力做负功，机械能有损失，故D正确．
解析：由题意知，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能，所以A正确；在甲下滑的过程中，甲、乙两球的动能在增加，故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能，所以B错误；由于甲的质量小于乙的质量，根据滑动过程机械能守恒知，甲不能下滑到最低点，所以C错误；根据滑动过程机械能守恒，杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确．
(1)小球从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律mg·2R=mv2，解得v=2.
(2)在B点，由牛顿第二定律得FNB－mg=m，解得FNB=5mg，
由牛顿第三定律知，小球在最低点B时对轨道的压力大小为5mg.
(3)根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心以下的圆弧部分速度不等于0，
轨道弹力不等于0，小球不会离开轨道．设小球在C点(OC与竖直方向的夹角为θ)脱离圆轨道，
则在C点轨道弹力为0，有mgcos θ=m，
小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得mg·2R=mgR(1＋cos θ)＋mv，
由以上两式得cos θ=，vC=.
离开C点后小球做斜上抛运动，水平分速度为vCcos θ，
设小球离开圆轨道后能到达最大高度为h的D点，则D点的速度，
即水平分速度大小等于vCcos θ，
从A点到D点的过程中由机械能守恒定律得mg·2R=m(vCcos θ)2＋mgh，解得h=R.
(1)小球从释放到O点过程中机械能守恒，则：mgR=mv2
解得：v==5 m/s
小球在圆轨道最低点：FN－mg=m
解得：FN=mg＋m=12 N
由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力FN′=FN=12 N
(2)小球从O点水平抛出后满足：y=gt2，x=vt
又有y=6－x2，联立解得：t= s.
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