高考物理一轮复习课时训练专题17机械能守恒定律及其应用（含解析）

专题17  机械能守恒定律及其应用

 (限时：45min)

一、选择题（共11小题）

1．(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)

A．所受合外力始终为零　　　 B．所受摩擦力大小不变

C．合外力做功一定为零   D．机械能始终保持不变

【答案】C

【解析】运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。

如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，故B错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。

2.如图所示，在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体，以初速度v0被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为(　　)

A.mv02＋mgH    B.mv02＋mgh1       C．mgH－mgh2      D.mv02＋mgh2

【答案】B　

【解析】由机械能守恒，mgh1＝mv2－mv02，到达B点的动能mv2＝mgh1＋mv02，B正确。

3.如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．物块的机械能一定增加            B．物块的机械能一定减小

C．物块的机械能可能不变            D．物块的机械能可能增加也可能减小

【答案】A　

【解析】机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，则机械能的变化取决于F与Ff做功大小关系。由mgsin α＋Ff－F＝ma知：F－Ff＝mgsin 30°－ma＞0，即F＞Ff，故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增加，A项正确。

4.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，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＝10 m/s2)(　　)

A．10 J         B．15 J          C．20 J            D．25 J

【答案】A　

【解析】由h＝gt2和vy＝gt得：vy＝ m/s，落地时，tan 60°＝，可得：v0＝＝ m/s，由机械能守恒得：Ep＝mv02，可求得：Ep＝10 J，故A正确。

5. (2019·镇江模拟)如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(　　)

A. 　　　  B.           C.        D.

【答案】A

【解析】　

如图所示，当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为管中所有液体的动能，根据机械能守恒定律有mg·h＝mv2，解得：v＝ 。

6．(多选)一光滑、绝缘的半球壳固定在绝缘水平面上，球壳半径为R，在球心O处固定一个带正电的点电荷，一个带负电荷的小物块(可视为质点)静止在球壳的顶端A。现小物块受到轻微扰动从右侧下滑，已知物块静止在A点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，P点在球面上，则(　　)

A．物块沿球面运动的过程中机械能增大

B．物块沿球面运动的过程中机械能不变

C．若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为

D．若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为

【答案】BC　

【解析】物块沿球面运动的过程中，库仑力和支持力沿球半径方向不做功，只有重力做功，则物块的机械能不变，选项A错误，B正确；设OP与竖直方向夹角为θ，则当物块将要离开球面时所受球面的支持力为零，则由牛顿第二定律有F库＋mgcos θ＝m，因物块在最高点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，可知F库＝mg，由机械能守恒定律得mgR(1－cos θ)＝mv2，联立解得v＝，选项C正确，D错误。

7．(2018·烟台二模)如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2 m的轻杆相连，两球质量相等。开始时两小球静止于光滑的水平面上，现给两小球一个2 m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面。不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2。在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是(　　)

A．杆对小球A做负功         B．小球A的机械能守恒

C．杆对小球B做正功         D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15 m

【答案】D　

【解析】由题意可知，A、B两球在上升中受重力做功而做减速运动。假设没有杆连接，则A球上升到斜面时，B球还在水平面上运动，即A球在斜面上做减速运动，B球在水平面上做匀速运动，因有杆存在，所以是B球推着A球上升，因此杆对A球做正功，故A错误；因杆对A球做正功，故A球的机械能不守恒，故B错误；由以上分析可知，杆对B球做负功，故C错误；设小球B速度为零时距水平面的高度为h，根据系统机械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin 30°)＝×2mv2，解得：h＝0.15 m，故D正确。

8．(多选)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A、B，它们的质量分别为m1和m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A，使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C。在此过程中(　　)

A．物块A运动的距离为        B．拉力的最大值为(m1＋m2)gsin θ＋m1a

C．拉力做功的功率一直增大           D．弹簧弹性势能先减小后增大

【答案】BCD　

【解析】系统处于静止状态时，弹簧被压缩，设压缩量为x1，由平衡条件得kx1＝m1gsin θ，解得x1＝。物块B刚要离开挡板C时，弹簧被拉伸，弹簧弹力等于物块B的重力沿斜面方向的分力，设拉伸量为x2，由kx2＝m2gsin θ，解得x2＝。物块A在力F作用下沿斜面向上运动直到物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为x＝x1＋x2＝＋＝，选项A错误。在物块B刚要离开挡板C时，拉力最大。隔离物块A，分析受力，由牛顿第二定律，F－m1gsin θ－kx2＝m1a，解得拉力F＝(m1＋m2)gsin θ＋m1a，选项B正确。在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物块A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式P＝Fv可知，拉力做功的功率一直增大，选项C正确。由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，又具有弹性势能，即弹簧弹性势能先减小后增大，选项D正确。

9．(多选)如图(a)所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图(b)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分别为轨道的最高点和最低点，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，则(　　)

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A点的速度必须大于    D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨

【答案】BD　

【解析】小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的弹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，弹力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁性引力和弹力都不能对小铁球做功，只有重力对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，小铁球不可能做匀速圆周运动，故A错误，B正确；在A点轨道对小铁球的弹力的方向向上，小铁球的速度只要大于等于0即可通过A点，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在A点的速度越小，则机械能越小，在B点的速度也越小，铁球不脱轨且需要的磁性引力最小的条件是：小铁球在A点的速度恰好为0，而且到达B点时，轨道对铁球的弹力恰好等于0，根据机械能守恒定律，小铁球在A点的速度恰好为0，到达B点时的速度满足mg·2R＝mv2，轨道对铁球的弹力恰好等于0，则磁性引力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝m，联立得F＝5mg，可知要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，故D正确。

10. (2019·大同调研)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2。圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m。若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过最高点A处时对轨道的压力为(　　)

A．2mg         B．3mg           C．4mg          D．5mg

【答案】C　

【解析】小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在轨道1上经过最高点A处时，有F＋mg＝，根据机械能守恒，有1.6mgR＝mvA2－mvB2，解得F＝4mg，C项正确。

11．(多选)如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方。将m1由静止释放开始运动，则下列说法正确的是(　　)

A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒

B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍

C．m1不可能沿碗面上升到B点

D．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定

【答案】ACD　

【解析】在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；设小球m1运动到最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，则有v1cos 45°＝v2，则＝，故B错误；假设m1能上升到B点，由于m2升高，m1与m2组成的系统机械能会增大，违背机械能守恒定律，所以假设不成立，故C正确；m2沿光滑斜面上滑过程中，m2对斜面的压力的大小和方向都不变，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故D正确。

二、计算题（共2小题）

12．(2016·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。

(1)求小球在B、A两点的动能之比；

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。

【答案】 (1)5　(2)能沿轨道运动到C点

【解析】(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mg

 ①

设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg ②

由①②式得＝5。 ③

(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④

设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝m⑤

由④⑤式得，vC应满足mg≤m ⑥

由机械能守恒定律得mg＝mvC2 ⑦

由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。

13．(2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：

(1)小球受到手的拉力大小F；

(2)物块和小球的质量之比M∶m；

(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。

【答案】 (1)Mg－mg　(2)6∶5(3)

【解析】(1)由几何知识可知AC⊥BC，根据平衡条件得

(F＋mg)cos 53°＝Mg

解得F＝Mg－mg。

(2)小球与A、B相同高度时

小球上升h1＝3lsin 53°，

物块下降h2＝2l，

物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1＝Mgh2

解得＝。

(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得

Mg－T＝Ma

对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得

T－mgcos 53°＝ma

解得T＝

结合(2)可得T＝或mg或Mg。