新教材适用2024版高考物理一轮总复习练案16第五章机械能第3讲机械能守恒定律及其应用

练案[16]第3讲　机械能守恒定律及其应用

一、选择题(本题共小题，1～6题为单选，7～9题为多选)

1．(2022·湖北武汉高三期末)下列物理量的“负号”表示大小的是( C )

A．速度v＝－2 m/s

B．力做功为W＝－10 J

C．重力势能Ep＝－50 J

D．电荷量q＝－1.6×10－10 C

[解析]速度的符号表示方向，不表示大小，选项A错误；功的符号表示动力功和阻力功，不表示大小，选项B错误；重力势能的符号表示重力势能是在零势能点之上还是之下，表示大小，选项C正确；电荷量的符号表示电性，不表示大小，选项D错误。

2．(2022·浙江温州三模)在竖直平面内，滑道PMQ由两段对称的圆弧平滑连接而成，且P、M、Q三点在同一水平线上。滑道光滑，小滑块由P点滑到Q点，所用时间为t1；由Q点滑到P点，所用时间为t2。小滑块两次运动的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行。则( C )

A．t1<t2 

B．t1>t2

C．t1＝t2 

D．无法比较t1、t2的大小

[解析]由于滑道PMQ由两段对称的圆弧平滑连接而成，且P、M、Q三点在同一水平线上。滑道光滑，说明小滑块运动过程中机械能守恒，小滑块两次运动的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，故小滑块在两个过程中经过同一位置的速度大小相等，方向相反，根据运动的可逆性可知，两个过程的运动时间相等，即t1＝t2，C正确，ABD错误。

3．(2023·广东高三模拟)如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ＝60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为( A )

A.  B.

C.  D.

[解析]设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有vA＝＝2vB，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有mgh＝mv＋mv，联立方程，解得vB＝。故选A。

4．(2022·河北保定二模)一固定在竖直面内的光滑圆弧轨道如图所示，左端A点的切线方向与水平方向的夹角为60°，顶端B点的切线方向水平。将一小球(视为质点，图中未画出)从空中某点以大小为2 m/s的初速度水平抛出，恰好从A点沿轨道切线方向进入轨道，并恰好能到达B点。取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力。圆弧轨道的半径为( B )

A．0.2 m  B.0.4 m

C.0.6 m  D.0.8 m

[解析]小球进入A点时的速度vA＝＝4 m/s，到达B点时mg＝m，从A到B由机械守恒定律得mv＝mgR＋mv，解得R＝0.4 m，故选B。

5．(2022·内蒙古一模)如图所示，倾角为30°的固定斜面上固定一根与斜面垂直的轻杆PQ，长为L的轻杆两端分别用铰链固定质量相等的小球A和B，A球(中空)套在PQ上，B球与斜面接触，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。若将轻杆从竖直位置由静止释放，则当A球刚要到达斜面时，A球的速度大小为( C )

A.  B.

C.  D.

[解析]从静止释放到A球刚要到斜面时，由机械能守恒定律可知，mgLcos 30°·cos 30°＋mgsin 30°＝mv＋mv，两球沿长为L的轻杆方向的分速度相等，可知，A球刚要到斜面时，由于A球的速度垂直轻杆，所以沿杆方向的速度为0，故B球的速度为vB＝0，解得vA＝。故选C。

6．(2023·浙江绍兴模拟预测)如图所示，质量为2m和m的滑块A和B置于光滑水平桌面上，连接两滑块的细线通过桌子边缘拉着一个动滑轮，动滑轮下面挂质量为4m的物块C。已知左右两侧细线互相平行，重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦和动滑轮的质量。现将A、B、C三者同时由静止释放，在A、B滑出桌面之前，下列说法正确的是( D )

A．滑块A和B的速度始终相等

B．物块C的机械能在不断增大

C．滑块A的加速度大小为3.0 m/s2

D．物块C的加速度大小为6.0 m/s2

[解析]动滑轮两侧绳中拉力大小相等，所以A的加速度小于B的加速度，开始运动后在A、B滑出桌面之前，A的速度始终小于B的速度，故A错误；动滑轮对C的拉力做负功，物块C的机械能在不断减小，故B错误；设绳中的拉力大小为T，对A、B根据牛顿第二定律有T＝2maA＝maB，对C根据牛顿第二定律有4mg－2T＝4maC，如图所示，根据动滑轮绳端与滑轮端的位移关系有xC＝xA＋(xB－xA)，根据运动学公式可知xA＝aAt2，xB＝aBt2，xC＝aCt2，联立以上各式解得aA＝4 m/s2，aC＝6 m/s2，故C错误，D正确。

7．(2023·重庆高三阶段练习)如图所示为家用撮箕的示意图，撮箕的M、N两面相互垂直，一玩具篮球放于撮箕内与M、N两面均接触(不计它们间的摩擦)，N表面对篮球的作用力为FN。当撮箕从图示位置开始绕O1O2轴旋转90°至N面竖直的过程中，下列说法中正确的是( AD )

A．FN一直减小

B．FN先增大后减小

C．玩具篮球的重力势能保持不变

D．玩具篮球的重力势能先增大后减小

[解析]设某时刻N面与水平面的夹角为θ，则FN＝mgcos θ，FM＝mgsin θ，当撮箕从图示位置开始绕O1O2轴旋转90°至N面竖直的过程中，θ变大，则FM增大，FN变小，A正确，B错误；玩具篮球的重心距离地面的高度先增加后减小，则它的重力势能先增大后减小，C错误，D正确。

8. (2023·湖北恩施市第一中学模拟预测)小明同学想借助一支可伸缩的圆珠笔来看看“圆珠笔的上跳”，笔内有一根弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出。如图所示，手握笔杆，使笔尖向上，小帽抵在桌面上，在压下后突然放手，笔杆将竖直向上跳起一定的高度。在某次实验中，小明用刻度尺测得圆珠笔跳起的高度为12 cm，若重力加速度g＝10 m/s2，在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，以下分析正确的是( AD )

A．小明对圆珠笔不做功

B．圆珠笔的机械能不守恒

C．圆珠笔在弹起过程中对桌面做正功

D．圆珠笔起跳的初速度约为1.55 m/s

[解析]小明放手后，圆珠笔由静止开始向上运动，在起跳至上升到最大高度的过程中，小明对笔没有作用力，所以小明对笔不做功；桌面对笔的弹力的作用点在笔的小帽上，在笔离开桌面之前，小帽没有位移，桌面对笔的弹力也不做功。所以在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，只有系统内弹力和重力做功，圆珠笔的机械能守恒，故A正确，B错误；在弹起过程中，圆珠笔对桌面有力的作用，但桌面在力的方向上没有位移，则圆珠笔在弹起过程中对桌面不做功，故C错误；由机械能守恒定律得mgh＝mv，代入数据可得v0≈1.55 m/s，故D正确。

9．(2023·山东师范大学附中高三阶段练习)如图甲所示，将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为h1。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( BD )

A．小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0

B．小物块上升至高度h5时，加速度为g

C．解除锁定前，弹簧的弹性势能为mgh5

D．小物块从高度h2上升到h4，弹簧的弹性势能减少了

[解析]小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；因为h4到h5间的图像为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h4时，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，小物块只受重力，加速度为g，故B正确；由图像看推出，解除锁定前，弹簧的弹性势能为EP0＝mg(h5－h1)，故C错误；小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度也为g，则有牛顿第二定律F－mg＝ma，得F＝2mg，所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为x＝＝，弹簧的弹性势能减少了ΔEP＝kx2＝，故D正确。

二、非选择题

10．(2023·陕西高三阶段练习)如图甲所示，位于建筑物顶部的电动机用一轻绳把质量为4 kg的货物从地面吊起，货物前5 s内的速度时间图像如图乙所示，忽略空气阻力，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)0～2 s内轻绳对货物的拉力；

(2)0～5 s内货物机械能的变化量和电动机输出的平均功率。

[答案]　(1)T＝46 N　(2)ΔE＝498 J　99.6 W

[解析](1)由图乙可知0～2 s内，货物做匀加速直线运动v＝at1，

对货物，根据牛顿第二定律得T－mg＝ma，

代入数据解得T＝46 N。

(2)由图乙可知0～5 s内，货物上升高度为H＝(3＋5)×3 m＝12 m，

机械能的变化量为ΔE＝mgH＋mv2，

代入数据解得ΔE＝498 J。

根据题意可知，电动机对轻绳、货物系统所做的功等于货物机械能的增加量，则电动机输出的平均功率为＝＝ W＝99.6 W。

11．(2023·四川金堂县高三模拟)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：

(1)从释放C到物体A刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；

(2)斜面倾角α；

(3)B的最大速度vBm。

[答案]　(1)h＝　(2)α＝30°　(3)2g

[解析](1)设开始时弹簧的压缩量xB，则kxB＝mg，

设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，则kxA＝mg，

当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为h＝xA＋xB，

联立解得h＝。

(2)物体A刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有T－mg－kxA＝ma，

对C有4mgsin α－T＝4ma，

联立整理得4mgsin α－mg－kxA＝5ma。

当B获得最大速度时，有a＝0，

解得sin α＝，则α＝30°。

(3)由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为vBm，以B、C及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得4mghsin α－mgh＝(4m＋m)v2Bm，解得vBm＝2g。