人教版新高考物理一轮总复习训练题机械能守恒定律

这是一份人教版新高考物理一轮总复习训练题机械能守恒定律，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示,竖立在水平面上的轻弹簧,下端固定,将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接),用力向下压球,使弹簧被压缩,并用细线把小球和地面拴牢(图甲)。烧断细线后,发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)。不计空气阻力,该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中,下列说法正确的是( )
A.弹簧、小球所构成的系统机械能守恒
B.球刚脱离弹簧时动能最大
C.球所受合力的最大值等于重力
D.小球所受合外力为零时速度最小
2.如图所示,在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上,小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时,小球被弹出,小球落地时的速度方向与水平方向成60°角,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2)( )
A.10 JB.15 JC.20 JD.25 J
3.按压式圆珠笔内装有一根小弹簧,尾部有一个小帽,压一下小帽,笔尖就伸出来。如图所示,使笔的尾部朝下,将笔向下按到最低点,使小帽缩进,然后放手,笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力,笔从最低点运动至最高点的过程中( )
A.笔的动能一直增大
B.笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小
C.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量
D.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能之和的增加量
4.有一款名叫“跳一跳”的小游戏,要求操作者通过控制棋子(质量为m)脱离平台时的速度,使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹,不计空气阻力,重力加速度为g,则( )
A.棋子从起跳至运动到最高点的过程中,机械能增加mgh
B.棋子离开平台时的动能为mgh
C.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,重力势能增加mgh
D.棋子落到平台上的速度大小为2gℎ
5.如图所示,用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板上,轻绳与天花板的夹角为θ,整个系统静止,这时每根轻绳中的拉力为FT。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为FT'。θ为某一值时,FT'FT最大,此最大值为( )
A.94B.2
C.32-2D.5425
6.(2020·浙江宁波二模)如图所示,AB是半径为R的14圆弧轨道,轨道底端B点与一水平轨道BC相切,水平轨道又在C点与足够长的斜面轨道CD平滑连接,轨道B处有一挡板(厚度不计)。在圆弧轨道上静止摆放着N个半径为r(r≪R)的光滑刚性小球,恰好将AB轨道铺满,小球从A到B依次标记为1、2、3、…、N号。现将B处挡板抽走,N个小球均开始运动,不计一切摩擦,考虑小球从AB向CD的运动过程,下列说法正确的是( )
A.N个小球在离开圆弧轨道的过程中均做匀速圆周运动
B.1号小球第一次经过B点的速度一定小于2gR
C.1号小球第一次经过B点的向心加速度一定等于2g
D.1号小球第一次沿CD斜面上升的最大高度为R
7.(2020·山东滨州二模)如图所示,一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内,半圆顶点有大小可不计的定滑轮,O点为其圆心,AB为半圆上两点,OA处于水平方向,OB与竖直方向夹角为45°。一轻绳两端连接大小可不计的两个小球甲、乙,初始时甲静止在B点,乙静止在O点,绳子处于拉直状态。已知甲球的质量m1=2 kg,乙球的质量m2=1 kg,半圆轨道的半径r=1 m,当地重力加速度g取10 m/s2,忽略一切摩擦。解除约束后,两球开始运动的过程中,下列说法正确的是( )
A.甲球刚开始运动时的加速度大小为5(2-1) m/s2
B.甲球一定能沿半圆轨道下滑经过A点
C.甲球沿着半圆轨道运动过程中,甲、乙两球系统的机械能守恒
D.甲球沿着半圆轨道运动过程中,甲球机械能增大
二、多项选择题
8.(2020·山东临沂检测)如图所示,半径为R的光滑圆弧轨道AO对接半径为2R的光滑圆弧轨道OB于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出),物体恰能从O点平抛出去。则( )
A.∠CO1O=60°
B.∠CO1O=90°
C.落地点距O2的距离为22R
D.落地点距O2的距离为2R
9.将质量分别为m和2m的两个小球A和B,用长为2l的轻杆相连,如图所示,在杆的中点O处有一固定水平转动轴,把杆置于水平位置后由静止自由释放,不计一切摩擦,在B球顺时针转动到最低位置的过程中( )
A.A、B两球的线速度大小始终不相等
B.重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小
C.B球转动到最低位置时的速度大小为23gl
D.杆对B球做正功,B球机械能不守恒
10.如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为l。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。此下降过程中( )
A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于32mg
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mg
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
D.弹簧的弹性势能最大值为32mgl
三、非选择题
11.(2020·江苏卷)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为m'的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动,重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)重物落地后,小球线速度的大小v;
(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;
(3)重物下落的高度h。
12.(2020·湖北武汉模拟)如图甲所示,质量m0=1 kg、长l=3 m的长木板放在光滑的水平面上,水平面的右端沿竖直方向固定一光滑的半圆轨道ABC,在与圆心等高的B点有一压力传感器,长木板的上表面与轨道的最低点在同一水平面上,长木板的右端距离轨道最低点的间距x=2 m。可视为质点的质量m=2 kg的物块从长木板的最左端以v0=6 m/s的速度滑上长木板,物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.2,经过一段时间长木板与挡板碰撞,且碰后长木板停止运动。当半圆轨道的半径R发生改变时,物块对B点的压力与半径R的关系图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。
(1)物块运动到半圆轨道最低点A瞬间,其速度应为多大?
(2)图乙中横、纵坐标x、y分别为多少?
(3)如果半圆轨道的半径R<32 cm,则物块落在长木板上的点到长木板最左端的最小距离应为多少?(结果保留3位有效数字)
考点规范练18 机械能守恒定律
1.A 解析:烧断细线后,小球受重力和弹力作用,故弹簧、小球所构的系统机械能守恒,选项A正确。小球受到重力和向上的弹力两个力,弹簧的弹力先大于重力,小球加速上升,后弹力小于重力,小球减速上升,所以球的动能先增大后减小,当加速度等于零时,此时所受的合力为零,即小球受到的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大,动能最大,此时弹簧尚处于压缩状态,故B、D错误。小球刚开始向上运动时,合力向上,然后逐渐减小到零,脱离弹簧后合力为mg,因不知道开始运动时加速度的大小,故无法比较合力大小,故球所受合力的最大值不一定等于重力,选项C错误。
2.A 解析:由2gh=vy2-0得vy=2gℎ,即vy=30 m/s,落地时,tan 60°=vyv0可得:v0=vytan60°=10 m/s,由机械能守恒定律得Ep=12mv02,可求得Ep=10 J,故A正确。
3.D 解析:笔向上运动先加速到加速度变为0,再减速运动,则动能先增大再减小,故A错误。笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和一定,动能先增大后减小,则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增大,且弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能与重力势能之和的增加量,故B、C错误,D正确。
4.C 解析:棋子起跳后只受重力作用,机械能守恒,故A错误。棋子在最高点具有水平方向的速度,所以棋子离开平台时的动能大于mgh,落到平台上的速度要大于2gℎ,故B、D错误。棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,重力做功为WG=-mgh,所以重力势能增加mgh,故C正确。
5.A 解析:剪断细绳之前2FTsin θ=mg;剪断细绳后,摆到最低点时12mv2=mgl(1-sin θ),由牛顿第二定律FT'-mg=mv2l,联立解得FT'FT=6sin θ-4sin 2θ。由数学知识可知,当sin θ=34时,此比值最大,最大值为94,选项A正确。
6.B 解析:在下滑的过程中,水平面上的小球要做匀速运动,而曲面上的小球要做加速运动,则后面的小球对前面的小球有向前压力的作用,所以小球之间始终相互挤压,圆弧轨道上的小球做加速圆周运动,故A错误。1号小球在下滑过程中,始终受到2号小球对它的压力,所以1号小球第一次经过B点时,有12mv12mgh,解得h7.C 解析:甲球刚开始运动时,两球加速度大小相等,设为a。根据牛顿第二定律
对甲球有m1gsin 45°-F=m1a
对乙球有F-m2g=m2a
联立解得a=10(2-1)3 m/s2,故A错误。甲球沿着半圆轨道运动过程中,忽略一切摩擦,对甲、乙两球组成的系统,只有重力做功,系统的机械能守恒。若甲球沿半圆轨道运动过程中,经过某点时对轨道的压力为零,设此时该点与O点的连线与水平方向的夹角为θ,从B点到该点的过程,根据系统的机械能守恒得
m1g(rsin 45°-rsin θ)-m2gr·π4-θ=12(m1+m2)v2
其中0≤θ<π4
在该点,对甲球,根据牛顿第二定律有m1gcs θ=m1v2r
联立解得5sin(θ+37°)=22−π2+2θ
令y=5sin(θ+37°)和y=22−π2+2θ,分别作出y-θ图像,可知两图线有交点,所以通过分析可知θ有解,但不为零,所以甲球经过该点时做离心运动,甲球一定不能沿半圆轨道下滑经过A点,故B错误,C正确。甲球沿着半圆轨道运动过程中,绳子拉力对甲球做负功,则甲球机械能减小,故D错误。
8.BC 解析:要使物体恰能从O点平抛出去,在O点有mg=mv22R,解得物体从O点平抛出去的最小速度为v=2gR。设∠CO1O=θ,由机械能守恒定律可知,mgR(1-cs θ)=12mv2,解得θ=90°,故选项A错误,B正确。由平抛运动规律可得,x=vt,2R=12gt2,解得落地点距O2的距离为22R,选项C正确,D错误。
9.BC 解析:A、B两球用轻杆相连共轴转动,角速度大小始终相等,转动半径相等,所以两球的线速度大小也相等,选项A错误。杆在水平位置时,重力对B球做功的瞬时功率为零,杆在竖直位置时,B球的重力方向和速度方向垂直,重力对B球做功的瞬时功率也为零,但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零,因此,重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小,选项B正确。设B球转动到最低位置时速度为v,两球线速度大小相等,对A、B两球和杆组成的系统,由机械能守恒定律得2mgl-mgl=12(2m)v2+12mv2,解得v=23gl,选项C正确。B球的重力势能减小了2mgl,动能增大了23mgl,故机械能减小了,所以杆对B球做负功,选项D错误。
10.AB 解析:取A、B、C整体研究,三个小球皆静止时,地面对B、C球的弹力各为32mg,当A球下降时,只要A球未达最大速度,就有竖直向下的加速度,A球就处于失重状态,此时地面对B球的支持力小于32mg,A正确。A球的动能最大时,aA=0,系统在竖直方向上F合=0,则地面对B球的弹力为32mg,B正确。弹簧的弹性势能最大时,对应着弹簧伸长量最大,A球运动到最低点,此时vA=0,但aA≠0,加速度方向竖直向上,C错误。两杆间夹角由60°变为120°,A球下落的距离h=lsin 60°-lsin 30°=3-12l,A球重力势能的减少量为ΔEp=3-12mgl,由能量转化知,弹簧的弹性势能最大值为3-12mgl,D错误。
11.解析:(1)根据线速度和角速度的关系可知,重物落地后,小球线速度的大小为v=2Rω。
(2)重物落地后一小球转到水平位置,此时小球的向心力为F向=2mRω2
此时小球受到的向心力等于球受到杆的作用力与球重力的合力,如图所示。
根据几何关系可得F=F向2+(mg)2=m4R2ω4+g2。
(3)落地时,重物的速度为v'=ωR
由机械能守恒得12m'v'2+4×12mv2=m'gh
解得h=m'+16m2m'g(ωR)2。
答案:(1)2Rω
(2)m4R2ω4+g2
(3)m'+16m2m'g(ωR)2
12.解析:(1)物块滑上长木板后将做匀减速直线运动,长木板将做匀加速直线运动,设物块加速度大小为a1,长木板加速度为a2,由牛顿第二定律可得
对物块有μmg=ma1
对长木板有μmg=m0a2
设长木板与物块经历时间t后速度相等,则有v0-a1t=a2t
物块的位移s1=v0t-12a1t2
长木板的位移s2=12a2t2
代入数据解得s1=5 m,s2=2 m
由于s2=x、l=s1-s2,说明长木板与挡板碰撞时,物块到达长木板右端恰好与长木板共速,由运动学公式得物块到达A点的速度为vA=2a2s2=4 m/s。
(2)将物块到达B点时的速度设为vB,由牛顿第二定律得F=mvB2R
从A点到B点过程中,由机械能守恒定律得12mvA2=12mvB2+mgR
由以上各式得F=mvA2R-2mg
故纵坐标为y=2mg=40 N
横坐标为x=1.25 m-1。
(3)设物块恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为Rm,此时经过C点的速度设为vC,则有mg=mvC2Rm
从A到C点过程中,由机械能守恒可得12mvA2=12mvC2+2mgRm
代入数据解得Rm=0.32 m,
如果半圆轨道的半径R<32 cm,
则此时物块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道,由以上各式可知vC=vA2-4gR
物块离开C点后做平抛运动至到达长木板的过程中,有x'=vCt,2R=12gt2
联立得x'=2(vA2-4gR)Rg,代入数据知,当R=0.2 m时x'有最大值,xm'=0.8 m
物块在长木板上的落地点与长木板最左端的最小距离为xmin'=l-xm'=2.20 m。
答案:(1)4 m/s (2)1.25 m-1 40 N (3)2.20 m