2025届高考物理一轮复习专项练习课时规范练17机械能守恒定律及其应用

这是一份2025届高考物理一轮复习专项练习课时规范练17机械能守恒定律及其应用，共7页。

1.(重力势能的变化)如图是可爱的毛毛虫外出觅食的示意图,缓慢经过一边长为L的等边三角形山丘,已知其身长为3L,总质量为m,如图头部刚到达最高点,假设小虫能一直贴着山丘前行,则从其头部刚到山顶到头部刚到山丘底端的过程中小虫的重力势能变化量( )
A.mgLB.mgL
C.mgLD.mgL
2.(多选)(重力势能的变化)如图所示,放置在光滑圆管内的轻弹簧的一端固定在管的O端,另一端连接一小球,让管从水平位置绕O点缓慢地转到竖直位置。假设弹簧的形变在弹性限度内,在转动过程中( )
A.弹簧对小球的弹力不断增大
B.小球对管壁的压力不断增大
C.小球的重力势能一定不断增大
D.小球的重力势能可能先增大后减小
3.(重力势能、弹性势能和机械能的变化)如图所示,一足够长的光滑圆筒竖直立于水平地面上,内有一轻质弹簧,下端固定于圆筒底部,弹簧上面放一质量为m的小球,小球与弹簧不连接,施加外力F,将小球竖直向下压至某位置静止。现撤去F,小球从静止开始运动到与弹簧分离的过程中,重力、弹簧弹力对小球所做的功分别为W1和W2,小球离开弹簧时的速度为v,不计空气阻力,则上述过程中( )
A.小球的机械能守恒
B.小球的重力势能增加了W1
C.小球的机械能增加了W1+mv2
D.弹簧的弹性势能减少了W2
4.(多选)(重力做功、重力势能的图像问题)如图所示,一简易升降机在箱底装有若干个相同的轻弹簧,在某次事故中,升降机吊索在空中突然断裂,忽略摩擦及其他阻力,升降机在从弹簧下端刚接触地面开始到运动到最低点的一段过程中,弹簧始终在弹性限度内,则下列关于升降机的加速度大小a、速度大小v、升降机重力做功WG、弹簧整体的弹性势能Ep与升降机向下位移x的关系的图像中可能正确的是( )
5.(多选)(机械能守恒定律的应用)如图所示,固定在竖直面内的光滑圆环半径为R,圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看作质点),且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连,在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g),下列说法正确的是( )
A.A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能
B.A球增加的机械能等于B球减少的机械能
C.A球的最大速度为
D.细杆对A球做的功为mgR
6.(机械能守恒的应用)如下图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成,两部分之间由一段圆弧面相连接。在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道,斜面的倾角为θ。现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球,在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止,力F与圆槽在同一竖直面内,此时1号球球心与它在水平槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F使小球开始运动,直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为g。求:
(1)水平外力F的大小;
(2)1号球刚运动到水平槽时的速度;
(3)整个运动过程中,2号球对1号球所做的功。
素养综合练
7.水平地面上的物体由静止开始竖直向上运动,在运动过程中,物体的动能Ek与位移x的关系图像如图所示,则满足机械能守恒的阶段是( )
A.0~hB.h~2hC.2h~3hD.3h~5h
8.(多选)陀螺是我国民间最早的娱乐工具之一,深受青少年的喜爱。图甲是一种名为“魔力陀螺”的玩具,这种陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落,其原理可等效为如图乙所示的模型。半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动,a、b分别为轨道的最低点和最高点,轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变,不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C.铁球在b点的最小速度为
D.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能保证铁球不脱轨
9.(多选)如图所示,由三根长均为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内,其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B,构成一个系统。系统可绕O点在竖直面内转动。已知初始位置OA水平,重力加速度为g,不计一切摩擦及空气阻力。现将系统在初始位置由静止释放,下列说法正确的是( )
A.在运动过程中,系统的机械能守恒
B.小球B运动至最低点时,系统的重力势能最小
C.小球B运动至最低点时,小球A的速度大小为
D.在运动过程中,小球B的最大动能为mgL
10.(多选)如图所示,两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接,P套在固定的竖直光滑杆上,Q放在光滑水平地面上,轻杆与竖直方向夹角α=30°。原长为的轻弹簧水平放置,右端与Q相连,左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放,下降到最低点时α变为60°。整个运动过程中,P、Q始终在同一竖直平面内,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则P下降过程中,下列说法正确的是( )
A.P、Q组成的系统机械能守恒
B.P、Q的速度大小始终相等
C.弹簧弹性势能最大值为mgL
D.P达到最大动能时,Q受到地面的支持力大小为2mg
11.如图所示,A、B、C三个小球(均可视为质点)用轻绳(足够长)通过轻小滑轮对称连接,A、B的质量均为m,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为α=60°时,整个装置处于静止状态。现在外力作用下将小球C竖直向下缓慢拉动至虚线位置,此时连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为β=30°,然后撤去外力,不计一切阻力,整个装置处于竖直面内,左右滑轮到竖直中线的距离为d=0.3 m,g取10 m/s2。求:
(1)小球C的质量M;
(2)撤去外力后C向上运动的过程中,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角变为α时,小球C的速度大小v。
参考答案
课时规范练17 机械能守
恒定律及其应用
1.B 选山丘底端为零势能面,初状态的重力势能为:W1=mg×sin60°=mgL,小虫头部越过山顶刚到达山丘底端时的重力势能为:W2=mg×sin60°=mgL,其重力势能的变化量为:ΔW=W2-W1=mgL-mgL=mgL,故B正确。
2.AD 设弹簧原长为L,管与水平面的夹角为θ,弹簧的形变量为x,弹簧的劲度系数为k。弹簧对小球的弹力F弹=mgsinθ,可知θ增大,弹力增大,故A正确;压力大小为F压=mgcsθ,可知θ增大,压力减小,故B错误;根据kx=mgsinθ,Ep=mg(L-x)sinθ,联立得Ep=mgL-sinθ,根据数学知识可得,随着θ增大,小球的重力势能可能先增大后减小,故C错误,D正确。
3.D 根据题意可知,小球在运动过程中受到的弹力对小球做正功,所以小球的机械能不守恒,故A错误;重力做功是重力势能变化的量度,由题意知重力做负功,重力势能增加-W1,故B错误;小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量,即为ΔE=-W1+mv2,故C错误;根据功能关系可知,弹簧的弹力做正功,弹性势能减小,故弹簧的弹性势能减小了W2,故D正确。
4.AC 升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中,开始阶段,重力大于弹力,加速度方向向下,升降机向下做加速运动,加速度大小a==g-x,当重力和弹力相等以后,弹力大于重力,加速度方向向上,升降机向下做减速运动,加速度大小a=x-g,加速度的大小先减小后增大,因为刚接触弹簧时升降机有一定的速度,则最后触地时加速度大于g,故A正确;由上述分析可知,升降机的速度先增加后减小,根据v2=2ax可知,速度v与位移x并非线性关系,选项B错误;升降机重力做功WG=mgx,即重力做功与x成正比关系,选项C正确;弹簧克服弹力做功为WF=·x=kx2,则弹性势能Ep=kx2,则选项D错误。
5.BD B球沿圆环下滑至最低点,A球运动到最高点,A球增加的重力势能为2mgR,B球减少的重力势能为4mgR,故A错误;B球沿圆环下滑至最低点,A球运动到最高点的过程中,两个球组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,A球的重力势能和动能均增大,A球的机械能增大,则知B球的机械能减小,A球增加的机械能等于B球减少的机械能,故B正确;两个球组成的系统机械能守恒,当B球运动到最低点时,设AB两球速度最大为v,由机械能守恒有:2mg·2R-2mgR=(m+2m)v2,解得A球最大速度:v=,故C错误;细杆对A球做的功为W,由动能定理对A球有:W-mg2R=mv2-0,W=mg2R+mv2,代入数据得细杆对A球做的功W=mgR,故D正确。
6.答案 (1)10mgtan θ (2)v=
(3)9mgrsin θ
解析 (1)以10个小球整体为研究对象,由力的平衡条件可得tanθ=
得F=10mgtanθ。
(2)以1号球为研究对象,根据机械能守恒定律可得mgh=mv2
解得v=。
(3)撤去水平外力F后,以10个小球整体为研究对象,利用机械能守恒定律可得:10mgh+sinθ=·10m·
解得v1=
以1号球为研究对象,由动能定理得mgh+W=
得W=9mgrsinθ。
7.C 0~h阶段,动能增加量为2mgh,重力势能的增加量为mgh,所以机械能增加了3mgh;h~2h阶段,动能不变,重力势能增加mgh,所以机械能不守恒;2h~3h阶段,重力势能增加mgh,动能减小mgh,所以机械能守恒;3h~5h阶段,重力势能增加2mgh,动能减小mgh,机械能增加,A、B、D错误,C正确。
8.BD 铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁性引力的作用,其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变,支持力的方向过圆心,它们都始终与运动的方向垂直,所以磁力和支持力都不能对铁球做功,只有重力会对铁球做功,所以铁球的机械能守恒。在最高点的速度最小(可以为零),在最低点的速度最大,铁球不可能做匀速圆周运动,选项A、C错误,B正确。由于铁球在运动的过程中机械能守恒,所以铁球在最高点的速度越小,则机械能越小,在最低点的速度也越小,需要的向心力越小。而在最低点铁球受到的重力的方向向下,支持力的方向也向下,只有磁力的方向向上。要使铁球不脱轨,轨道对铁球的支持力一定要大于0。所以铁球恰好不脱轨的条件是:铁球在最高点的速度恰好为0,而且到达最低点时,轨道对铁球的支持力恰好等于0。根据机械能守恒定律,铁球在最高点的速度恰好为0,到达最低点时的速度满足mg·2R=mv2,轨道对铁球的支持力恰好等于0,则磁力与重力的合力提供向心力,即F-mg=m,联立得F=5mg,即要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,选项D正确。
9.AD 系统在运动过程中,只有重力做功,故机械能守恒,故A正确;系统重心在A、B连线的中点位置,故A、B连线水平时,系统重力势能最小,动能最大,故B错误;两小球的速度大小一直相等,小球B运动至最低点时,根据几何关系知,A下降的高度为Lsin30°,B下降的高度为L(1-cs30°),根据系统机械能守恒有mgLsin30°+mgL(1-cs30°)=2×,解得v1=,故C错误;A、B连线水平时,系统动能最大,此时A球运动到题图中B球位置,根据系统机械能守恒有mgL=2×mv2,解得mv2=mgL,故D正确。
10.CD 根据能量守恒知,P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒,而P、Q组成的系统机械能不守恒,选项A错误;在下滑过程中,根据速度的合成与分解可知vPcsα=vQsinα,解得=tanα,由于α变化,故P、Q的速度大小不相同,选项B错误;根据系统机械能守恒可得Ep=mgL(cs30°-cs60°),弹性势能的最大值为Ep=mgL,选项C正确;P由静止释放,P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,P的速度达到最大,此时动能最大,对P、Q和弹簧组成的整体受力分析,在竖直方向,根据牛顿第二定律可得FN-2mg=0,解得FN=2mg,选项D正确。
11.答案 (1)m (2)2(-1) m/s
解析 (1)由题知,当连接小球C的轻绳与竖直方向的夹角为α=60°时,整个装置处于静止状态,则对A受力分析,根据平衡条件有F=mg
对C受力分析,根据平衡条件有2Fcsα=Mg
联立解得M=m
(2)设撤去拉力后,C上升的高度为H,AB下降的高度为h,根据几何关系有H=,h=
设A、B的速度为v1,把C的速度沿着绳子方向和垂直绳子方向分解,则有
v1=vcsα
根据系统机械能守恒得2mgh=MgH+Mv2+·2m
联立解得v=2(-1)m/s。