备考2024届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能第3讲机械能守恒定律及应用

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1.[2024浙江绍兴诊断考试]如图所示，某人拎着一个质量为m的电脑包以速率v匀速直线上楼，手对包的拉力大小为T.对这一过程，下列说法正确的是（ B ）
A.拉力对包不做功
B.拉力对包做正功
C.电脑包所受合力为零，机械能守恒
D.重力对包做功的瞬时功率大小为P＝mgv
解析
匀速直线上楼速度方向斜向右上，设其与竖直方向夹角为θ，则P＝mgvcsθ，D错包受力平衡，合力为零，拉力大小等于重力，方向竖直向上⇒拉力与速度的夹角小于90°，
2.[多选]如图所示，在地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上.若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列说法正确的是（ BCD ）
A.物体落到海平面时的重力势能为mgh
B.重力对物体做的功为mgh
C.物体即将到达海平面时的动能为12mv02＋mgh
D.物体即将到达海平面时的机械能为12mv02
3.[多选]小球穿在光滑水平杆上，轻弹簧的一端固定在O点，另一端与小球相连.现将小球由静止释放，已知小球先后运动到M、N两个位置时，如图所示，弹簧的形变量相等，OM的长度大于ON，则小球从M点到N点的过程中（ AD ）
A.弹簧的弹力对小球先做正功后做负功，总功W＝0
B.弹簧的弹力对小球先做正功后做负功，总功W＞0
C.小球的机械能守恒
D.小球速度最大时，弹簧的弹力对小球做功的功率为零
解析 小球运动到M、N两个位置时，弹簧的形变量相等，则弹簧的弹性势能相等，且弹簧先由拉伸状态回到原长再到压缩状态，弹簧拉伸时弹力的方向与小球速度方向的夹角小于90°，弹簧压缩时弹力的方向与小球速度方向的夹角大于90°，可见，弹簧的弹力对小球先做正功后做负功，总功W＝0，故A正确，B错误；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故C错误；小球速度最大时弹簧恢复到原长，此时弹簧的弹力为零，则弹簧的弹力对小球做功的功率为零，故D正确.
4.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1－N2的值为（ D ）
A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg
解析 设小球在最低点时速度为v1，在最高点时速度为v2，根据牛顿第二定律可知，在最低点有N1-mg＝mv12R，在最高点有N2＋mg＝mv22R；从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有12mv22＋mg·2R＝12mv12，联立可得N1-N2＝6mg，故D正确.
5.[2024北京顺义区第一中学校考]如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面.已知球a的质量为m，球b的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计.若无初速度释放球b，则下列说法正确的是（ C ）
A.经过时间2hg，球b恰好落地
B.在球b下落过程中，球b所受拉力大小为mg
C.在球b下落到地面的过程中，球a的机械能增加了32mgh
D.球b落地前瞬间速度大小为2gh
解析 设绳的拉力大小为T，对小球a有T-mg＝ma，对小球b有3mg-T＝3ma，联立解得a＝g2，T＝32mg，根据h＝12at2，可得球b落地的时间t＝2hg，故A错误，B错误；在球b下落到地面的过程中，球a的机械能增加量ΔE＝WT＝32mgh，故C正确；球b落地前瞬间速度大小vb＝at＝gh，故D错误.
6.[多选]如图所示，长度为L的轻质细杆两端固定着甲、乙两个小球（均可视为质点），轻杆可以绕其中点O处的轴在竖直平面内旋转，开始时细杆竖直并锁定两球，此时甲在上、乙在下.现解除锁定，甲球受到轻微扰动从静止开始运动，细杆随即开始转动.已知甲球的质量是乙球的3倍，重力加速度为g，在甲球从最高点转动到最低点的过程中，不计空气阻力和摩擦力，下列说法正确的是（ BCD ）
A.甲、乙两球各自的机械能守恒
B.轻杆对甲、乙两球做的总功为零
C.甲球或乙球的最大速度为gL
D.轻杆对乙球做的功等于其重力势能增加量的1.5倍
解析 对于甲、乙两球组成的系统，除各自重力以外无其他外力做功，故系统的
机械能守恒，但是杆对乙球的作用力对其做正功，乙球的机械能增加，杆对甲球的
作用力对其做负功，甲球的机械能减少，由于系统的总机械能不变，所以轻杆对
甲、乙两球做功的代数和为零，A错误，B正确；设乙球的质量为m，则甲球的质量
为3m，甲球转动到最低点时的线速度最大为v，此时乙的线速度大小也为v，根据机
械能守恒定律有3mgL＝12×4mv2＋mgL，所以两球的最大速度均为v＝gL，C正确；
杆对乙球做的功等于乙球增加的机械能，即W乙＝mgL＋12mv2＝1.5mgL，D正确.
7.[多选]如图所示，一根长直轻杆两端分别固定光滑小球A和B，A球、B球质量分别为2m、m，两球半径忽略不计，杆的长度为l.将此杆靠在竖直墙壁上，开始A、B两球在同一竖直线上.轻轻振动小球B，使小球A在水平面上由静止开始向右滑动.当小球B沿墙下滑距离为0.5l时，下列说法正确的是（ AD ）
A.小球A的速度大小为5gl5
B.小球B的速度大小为3gl5
C.小球B沿墙下滑0.5l的过程中，杆对A做的功为2mgl5
D.小球B沿墙下滑0.5l的过程中，A球增加的动能小于B球减少的重力势能
解析 由几何知识可知，当小球B沿墙下滑距离为0.5l时，杆与水平方向的夹角θ＝
30°，此时A、B两球的速度关系满足vA cs θ＝vB sin θ，由机械能守恒定律可得
0.5mgl＝12×2mvA2＋12mvB2，联立解得A球的速度大小vA＝5gl5，B球的速度大小vB＝
15gl5，故A正确，B错误；对A球由动能定理可得WA＝12×2mvA2，解得杆对A球做的功
为WA＝mgl5，故C错误；A球增加的动能为ΔEkA＝mgl5，B球减少的重力势能为ΔEpB＝
mgl2，由此可得ΔEkA＜ΔEpB，故D正确.
8.[2024江苏南京中华中学校考]如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有质量分别为m和2m的小球A和B，A、B之间用一长为2R的轻杆相连.开始时A在圆环的最高点，现将A、B由静止释放，则（ D ）
A.B球可以运动到圆环的最高点
B.A球运动到圆环的最低点时，速度为零
C.B球从开始运动至圆环最低点的过程中，杆对B球所做的总功不为零
D.B运动至右半圆弧上最高点时，其与圆心连线和竖直方向夹角为37°
解析 设B球运动到右侧最高点时，B与圆心连线和竖直方向夹角为θ，如图所示，设圆环圆心所在水平面为零势能面，根据小球A、B组成的系统机械能守恒有mAgR＝mBgR cs θ-mAgR sin θ，代入数据解得θ＝37°，所以B球在圆环右侧区域内能达到的最高点与圆心的连线和竖直方向夹角为37°，A错误，D正确.在A球运动到圆环最低点的过程中，A、B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则有mAg·2R＝12mAv'2A＋12mBv'2B，又v'A＝v'B，解得v'A＝23gR3，B错误.在B球运动到圆环最低点的过程中，A、B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则有mAgR＋mBgR＝12mAvA2＋12mBvB2，又因为vA＝vB，解得vA＝2gR.对B球，该过程根据动能定理有mBgR＋W＝12mBvB2，解得W＝0，故C错误.
9.[多选]如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L＞2πR，R远大于一节铁链的高度和长度.铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列说法正确的是（ CD ）
A.在第一节铁链完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒
B.每节铁链通过最高点的速度依次减小
C.第一节铁链与最后一节铁链到达最高点时铁链速度大小相等
D.第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入轨道的过程中铁链的速度大小保持不变
解析 铁链、火车等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用.若
选一节研究，有除重力和弹簧弹力外的其他力做功，则机械能不守恒；但选取整个
系统为研究对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能
守恒，故A错误.第一节铁链上升的过程，系统的重心上升，重力势能增大，则动能
减小，第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入轨道的过程中，每下降一节铁
链，后面上升一节铁链，系统的重力势能不变，则速度相等，故B错误，D正确.第
一节铁链到达最高点和最后一节铁链到达最高点时系统的重心高度相同，由Ek1＋
Ep1＝Ek2＋Ep2知重力势能相等时动能相等，故C正确.
10.[2024河南平顶山模拟/多选]如图所示，质量为M＝2.5kg的小物块a，其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数k＝100N/m.物块a的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球b，小球b套在倾角θ＝37°的光滑直杆上，D为杆的底端，O2D与固定杆的夹角也是θ，细线O1O2B水平，此时细线的拉力大小是F＝45N.小球b的质量m＝1.5kg，C是杆上一点且O2C与杆垂直，O2C＝0.6m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.现由静止释放小球b，下列说法正确的是（ BC ）
A.a、b系统的机械能守恒
B.小球b第一次运动到C点时的动能为17.2J
C.小球b第一次运动到C点时细线对b做的功为10J
D.小球b第一次运动到D点时a的动能为零
解析 物块a与小球b组成的系统除了受到重力以外，还有弹簧弹力对a做功，即其他力所做功不为零，则物块a与小球b组成的系统机械能不守恒，故A错误；小球b第一次运动到C点时，物块a下降的高度ha1＝BO2-O2C＝O2Csinθ-O2C0.4 m，小球b下降的高度hb1＝O2C cs θ＝0.48 m，未释放小球b时，设弹簧的形变量为Δx1，对物块a有kΔx1＋Mg＝F，解得Δx1＝0.2 m，此时弹簧被拉伸，当小球b第一次运动到C点时，弹簧压缩量Δx2＝ha1-Δx1＝0.2 m，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球b时相等，a、b和弹簧组成的系统机械能守恒，有Mgha1＋mghb1＝12Mva12＋12mvb12，由于小球b在C点时，细线与小球b速度方向垂直，可知va1＝0，可解得Ekb＝12mvb12＝Mgha1＋mghb1＝17.2 J，故B正确；小球b从释放到第一次运动到C点，对小球b，根据动能定理有W线＋mghb1＝Ekb＝17.2 J，解得W线＝10 J，故C正确；由几何知识可得BO2＝DO2，故小球b第一次运动到D点时，物块a回到初始位置，设此时小球b的速度为vb2，物块a的速度为va2，则va2＝vb2 cs θ，小球b下降的高度hb2＝2hb1＝0.96 m，整个过程根据动能定理有mbghb2＝12Mva22＋12mvb22，联立解得Eka＝12Mva22＝5.76 J，故D错误.
11.[2023全国甲]如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上.用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep.释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出.小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的45.小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g，忽略空气阻力.求：
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离.
答案 （1）2Epm （2）52Ephmg
解析 （1）从释放弹簧到小球离开桌面的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，设小球离开桌面时的速度大小为v0，由机械能守恒定律有
Ep＝12mv02
解得v0＝2Epm
（2）小球与地面碰撞弹起后在竖直方向做竖直上抛运动，设弹起时小球的竖直速度为vy1，则
由运动学公式有vy12＝2gh
设小球落地前的瞬间竖直方向速度大小为vy，则有vy1＝45vy
小球从桌面水平飞出后，做平抛运动的过程中，有vy＝gt
其水平位移x＝v0t
联立解得x＝52Ephmg.
12.如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个光滑定滑轮D，质量均为m＝1kg的小物体A和B用一劲度系数k＝240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住.用一不可伸长的轻绳跨过定滑轮与物体A和小环C连接，轻弹簧轴线和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，小环C穿在竖直固定的光滑均匀细杆上.当环C位于Q处时整个系统静止，此时绳与细杆的夹角α＝53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零.已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2.
（1）求当环C位于Q处时绳子的拉力大小T和小环C的质量M.
（2）现让环C从位置R由静止释放，位置R与位置Q关于位置S对称，图中SD水平且长度为d＝0.2m，求：
①小环C运动到位置Q的速率v；
②小环C从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT.
答案 （1）12N 0.72kg （2）①2m/s ②0.3J
解析 （1）以A、B和轻弹簧组成的系统为研究对象，系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，根据平衡条件得绳子的拉力大小T＝2mgsinθ
解得T＝12N
以C为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件得
Tcs53°＝Mg
解得M＝0.72kg
（2）①环从位置R运动到位置Q的过程中，小环C、弹簧、轻绳、物体A、物体B组成的系统机械能守恒，有
Mg·2d·1tanα＝12Mv2＋12mvA2
其中vA＝vcsα
联立解得v＝2m/s
②由题意分析知，环C位于Q处时，B对挡板的压力恰好为零，所以对B受力分析，B受到重力、支持力和弹簧的拉力，有
kΔx1＝mgsinθ
解得弹簧的伸长量Δx1＝0.025m
小环从R运动到S时，A下降的距离为
xA＝dsinα－d＝0.05m
此时弹簧的压缩量Δx2＝xA－Δx1＝0.025m
由速度分解可知此时A的速度为零，小环从R运动到S的过程中，弹簧的初、末弹性势能相等，小环C、弹簧、轻绳、物体A、物体B组成的系统机械能守恒，有Mgd·1tanα＋mgxAsinθ＝Ek
解得小环C在位置S时的动能Ek＝1.38J
小环从位置R运动到位置S的过程中，对小环C，由动能定理可知WT＋Mgd·1tanα＝Ek
解得WT＝0.3J.
13.[新信息问题/2023河北邢台模拟]人工收回飞船通常有两种方式：一是自然降轨，其优点是节能，但降轨速度慢，时间长；二是点火减速降轨，在飞船飞行过程中向运动方向喷出燃气，使飞船减速进行降轨.如图所示，飞船经轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，已知P、Q点离地面的高度分别为h1、h2，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，飞船与地球中心的距离为r时，引力势能Ep＝－GMmr（取无穷远处引力势能为零），飞船在轨道Ⅱ上经过Q点的速度大小为v，则飞船在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大小为（ A ）
A.v2+2gR2（1R＋h1－1R＋h2）
B.v2－2gR2（1R＋h1－1R＋h2）
C.gR2（1R＋h2－1R＋h1）－v2
D.gR2（1R＋h2－1R＋h1）＋v2
解析 飞船从Q到P，在同一轨道，机械能守恒，根据机械能守恒定律有12mv2-GMmR＋h2＝12mvP2-GMmR＋h1，又GMmR2＝mg，联立解得vP＝v2+2gR2(1R＋h1-1R＋h2)，故选A.