新高考物理第一轮复习课时强化训练机械能守恒定律及其应用解析版.docx
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新高考物理第一轮复习课时强化训练机械能守恒定律及其应用解析版
2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练
机械能守恒定律及其应用
一、选择题
1、如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长，原长为h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零。
则在圆环下滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内），下列说法中正确的是（）
A．圆环的机械能守恒
B．圆环的机械能先增大后减小
C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mgh
D．橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大
解析：
C 圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环滑到杆的底端时动能为零，重力势能减小了mgh，即圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次恢复原长时，该过程中圆环动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环加速度为零，圆环的速度最大，故D错误。
2、从地面竖直上抛两个质量不同、初动能相同的小球，不计空气阻力，以地面为零势能面，当两小球上升到同一高度时，则（ ）
A．它们具有的重力势能相等
B．质量小的小球动能一定小
C．它们具有的机械能相等
D．质量大的小球机械能一定大
解析：
选C 在上升到相同高度时，由于两小球质量不同，由重力势能Ep＝mgh可知重力势能不同，故A错误；在小球上升过程中，根据机械能守恒定律，有Ek＝E－mgh，其中E为两小球相同的初始动能。
在上升到相同高度时，h相同，质量小的小球动能Ek大，故B错误；在上升过程中，只有重力做功，两小球机械能守恒，由于初动能相同，则它们具有的机械能相等，故C正确，D错误。
3、如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。
现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端（此时小球速度为零）的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（ ）
A．小球的动能与重力势能之和保持不变
B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
解析：
选B 小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。
4、在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程（空气阻力忽略不计），下列判断中正确的是（ ）
甲 乙
丙 丁
A．甲图中小球机械能守恒
B．乙图中小球A机械能守恒
C．丙图中小球机械能守恒
D．丁图中小球机械能守恒
解析：
选A 甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A项正确；乙图过程中轻杆对小球A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D项错误。
5．（多选）如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经过最低点时（以悬点为零势能点）（ ）
A．A球的速度等于B球的速度
B．A球的动能大于B球的动能
C．A球的机械能大于B球的机械能
D．A球的机械能等于B球的机械能
解析：
选BD 初始时刻，两球的动能和势能均为0，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点时，两球的机械能相等，两球获得的动能分别等于各自重力势能的减少量，即Ek＝mgl。
6.（多选）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2
R
D．落地点距O2的距离为2R
解析：
选BC 要使物体恰能从O点平抛出去，在O点有mg＝m
，解得物体从O点平抛出去的最小速度为v＝
。
设∠CO1O＝θ，由机械能守恒定律可知，mgR（1－cosθ）＝
mv2，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＝
gt2，解得落地点距O2为2
R，选项C正确，D错误。
7.有一条长为2m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10m/s2）（ ）
A．2.5m/sB．
m/s
C.
m/sD．
m/s
解析：
选B 链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为
E＝Ep＋Ek＝－
×2mg×
sinθ－
×2mg×
＋0＝－
mgL（1＋sinθ）
链条全部滑出后，动能为
E′k＝
×2mv2
重力势能为E′p＝－2mg
由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p
即－
mgL（1＋sinθ）＝mv2－mgL
解得v＝
＝
m/s，故B正确，A、C、D错误。
8.（多选）如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A（可视为质点），杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。
置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。
今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为
，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
C．A落地时速率为
D．A、B质量之比为1∶4
解析：
选ABD 设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin30°＝m
，解得vA＝
，vB＝
＝
，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin30°＝
mv2－
mv
，v＝
，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl（1－sin30°）＝
mv
＋
Mv
，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。
9．（多选）如图所示，竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点．a、b、c三个质量相同的物体由水平部分分别向半环滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离依次为AD＜2R，BD＝2R，CD＞2R.设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为ta、tb、tc，三个物体到达地面的动能分别为Ea、Eb、Ec，则下面判断正确的是（）
A．Ea＜EbB．Eb＞Ec
C．tb＝tc D．ta＝tb
解析：
选AC物体若从圆环最高点离开半环在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，则有：
2R＝
gt2，则得：
t＝
，物体恰好到达圆环最高点时，有：
mg＝
，则通过圆轨道最高点时最小速度为：
v＝
，所以物体从圆环最高点离开后平抛运动的水平位移最小值为：
x＝vt＝2R，由题知：
AD＜2R，BD＝2R，CD＞2R，说明b、c通过最高点做平抛运动，a没有到达最高点，则知tb＝tc＝
，ta≠tb＝tc；对于a、b两物块，通过D点时，a的速度比b的小，由机械能守恒可得：
Ea＜Eb.对于b、c两物块，由x＝vt知，t相同，c的水平位移大，通过圆轨道最高点时的速度大，由机械能守恒定律可知，Ec＞Eb，故选项A、C正确．
二、非选择题
10.如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L＝9cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5cm.（g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：
（1）细绳受到的拉力的最大值；
（2）D点到水平线AB的高度h；
（3）弹簧所获得的最大弹性势能Ep.
解析：
（1）小球由C到D，由机械能守恒定律得
mgL＝
mv
解得v1＝
①
在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝m
②
由①②解得F＝30N
由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30N.
（2）由D到A，小球做平抛运动有
v
＝2gh③
tan53°＝
④
联立解得h＝16cm.
（3）小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep＝mg（L＋h＋xsin53°），代入数据解得Ep＝2.9J.
答案：
（1）30N
（2）16cm （3）2.9J
11.如图所示，将一质量为m＝0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线方向落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2）求：
（1）小球经过C点的速度大小；
（2）小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力的大小；
（3）平台末端O点到A点的竖直高度H。
[解析]
（1）小球恰好运动到C点时，重力提供向心力
即mg＝m
，vC＝
＝5m/s。
（2）从B点到C点，由机械能守恒定律有
mv
＋mg·2R＝
mv
在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m
联立解得vB＝5
m/s，FN＝6N。
（3）从A到B，由机械能守恒定律有
mv
＋mgR（1－cos53°）＝
mv
所以vA＝
m/s
在A点进行速度的分解有vy＝vAsin53°
所以H＝
＝3.36m。
答案：
（1）5m/s
（2）6N （3）3.36m
12、如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。
用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。
求：
（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力；
（2）物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
（3）物体A的最大速度的大小。
解析：
（1）恢复原长时
对B有mg－FT＝ma
对A有FT－mgsin30°＝ma
解得FT＝30N。
（2）初态弹簧压缩x1＝
＝10cm
当A速度最大时mg＝kx2＋mgsin30°
弹簧伸长x2＝
＝10cm
所以A沿斜面上升x1＋x2＝20cm。
（3）因x1＝x2，故弹性势能改变量ΔEp＝0
由系统机械能守恒
mg（x1＋x2）－mg（x1＋x2）sin30°＝
×2m·v2
得v＝1m/s。
答案：
（1）30N
（2）20cm （3）1m/s
13.如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直于盘面的光滑水平固定轴O，在盘的右边缘固定有一个质量为m的小球A，在O点正下方离O点
处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动。
（1）当A转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？
（2）A球转到最低点时的线速度是多少？
解析：
（1）以通过固定轴O的水平面为零势能面，开始时两球的重力势能之和为
Ep1＝EpA＋EpB＝0－
mgr＝－
mgr
当小球A转至最低点时两小球重力势能之和为
Ep2＝EpA＋EpB＝－mgr＋0＝－mgr
故两球重力势能之和减少量为
ΔEp减＝Ep1－Ep2＝－
mgr－（－mgr）＝
mgr。
（2）由于圆盘转动过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统的机械能守恒，因此系统的重力势能的减少一定等于两球动能的增加。
设A球转至最低点时，A、B的线速度分别为vA和vB，则
mgr＝
mv
＋
mv
。
因A、B两球固定在同一圆盘上，转动过程中角速度相等，故线速度的关系为vA＝2vB，解得vA＝
。
答案：
（1）
mgr
（2）
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