新高考2023高考物理小题必练10机械能守恒定律及其应用20230421189

小题必练10：机械能守恒定律及其应用(1)机械能守恒的条件的理解及判断方法；(2)机械能守恒定律的三种表达形式；(3)多个物体机械能守恒。例1．(2019∙全国II卷∙18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得(　　)A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J【解析】Ep－h图像知其斜率为G，故G＝20N，解得m＝2kg，A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，故mv2＝100J，解得v＝10m/s，B错误；h＝2m时，Ep＝40J，Ek＝E机－Ep＝85J－40J＝45J，C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m时，Ekʹ＝E机－Ep＝80J－80J＝0，故Ek－Ekʹ＝100J，D正确。【答案】AD【点睛】本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理的应用，以及利用数形结合处理物理问题的能力，体现了能量观念和科学推理的核心素养，同时还体现了图像展示物理关系的形式美。10\n1．不计空气阻力，下列运动的物体中机械能不守恒的是(　　)A．起重机吊起物体匀速上升B．物体做平抛运动C．圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动D．一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上上下振动(以物体和弹簧整体为研究对象)【答案】A【解析】起重机吊起物体匀速上升，物体的动能不变而势能增加，故机械能不守恒，A项正确；物体做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，B项错误；圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动，没有力做功，机械能守恒，C项错误；一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上上下振动，只有重力和弹力做功，机械能守恒，D项错误。2．(多选)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点A处的切线斜率最大，则(　　)A．在x1处物体所受拉力最大B．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小C．在x2处物体的速度最大D．在x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小【答案】AB【解析】由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由E＝Fx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1～x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1～x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误。10\n3．(多选)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是(　　)A．a球下滑过程中机械能保持不变B．a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变C．a、b滑到水平轨道上时速度为D．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR【答案】BD【解析】由机械能守恒的条件得，a球机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以A项错误，B项正确；对a、b系统由机械能守恒定律得mgR＋2mgR＝2×mv2，解得v＝，C项错误；对a由动能定理得mgR＋W＝mv2，解得W＝mgR，D项正确。4．如图所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施。管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑。若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部(圆管A比圆管B高)。某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管轨道A内部最高位置时，对管壁恰好无压力。则这名挑战者(　　)A．经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能B．经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能C．经过管道B最高点时对管外侧壁有压力D．不能经过管道B的最高点【答案】C【解析】A管最高点恰好无压力，可得出mg＝m10\n。根据机械能守恒定律，A、B项中机械能和动能都是相等的，C项中由于管B低，到达B最高点的速度vB＞vA。由N＋mg＝m＞m＝mg，即N＞0，即经过管道B最高点时对管外侧壁有压力，故选C项。5．(多选)在竖直平面内的直角坐标系内，一个质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角(θ＜90°)。不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)A．当F＝mgtanθ时，质点的机械能守恒B．当F＝mgsinθ时，质点的机械能守恒C．当F＝mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大D．当F＝mgsinθ时，质点的机械能可能减小也可能增大【答案】BC【解析】质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与OA共线，如图，当拉力与OA垂直时，拉力最小，根据几何关系，有F＝Gsinθ＝mgsinθ，F的方向与OA垂直，拉力F做功为零，所以质点的机械能守恒，故B正确，D错误；若F＝mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向与OA不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据动能定理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故A错误，C正确。6．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是(　　)10\nA．v甲＝v乙＝v丙B．v甲＜v乙＜v丙C．v丙＞v甲＞v乙D．v乙＞v甲＞v丙【答案】D【解析】三种情况下，系统机械能守恒，由－ΔEp＝ΔEk得，对于甲：mg×＋mg×＝mv，v甲＝；对于乙：mg×＋mg×＋mg×＝×2mv，v乙＝；对于丙：mg×＋mg×＝×2mv，v丙＝，故v乙＞v甲＞v丙，D项对。7．(多选)如图所示，长为3L的轻杆可绕水平轴O自由转动，Oa＝2Ob，杆的上端固定一质量为m的小球(可视为质点)，质量为M的正方形静止在水平面上，不计一切摩擦阻力。开始时，竖直轻细杆右侧紧靠着正方体物块，由于轻微的扰动，杆逆时针转动，带动物块向右运动，当杆转过60°时杆与物块恰好分离。重力加速度为g，当杆与物块分离时，下列说法正确的是(　　)A．小球的速度大小为B．小球的速度大小为C．物块的速度大小为D．物块的速度大小为【答案】BD【解析】设小球、b端、物块的速度分别为va、vb、vM，根据系统的机械能守恒得mg·2L(1－cos60°)＝mv＋Mv，a球与b端的角速度相等，由v＝rω，得va＝2vb，b端的线速度沿水平方向的分速度等于物块的速度，即有vbcos60°＝vM，得vb＝2vM，所以va＝4vM10\n，联立解得va＝，vM＝，故B、D项正确。8．(多选)如图所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接A，另一端悬挂质量为mB的小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC＝h。开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°。现将A、B同时由静止释放，则下列分析正确的是(　　)A．物块B从释放到最低点的过程中，物块A的动能不断增大B．物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，物块B的机械能先增大后减小C．PO与水平方向的夹角为45°时，物块A、B速度大小关系是vA＝vBD．物块A在运动过程中最大速度为【答案】AD【解析】物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B从释放到了最低点，此过程中，对A受力分析，可知绳子对A的拉力一直做正功，其动能一直增大，故A项正确；物块A由P点出发第一次到达C点的过程中，绳子对B一直做负功，其机械能一直减小，故B项错误；根据两个物体沿绳子方向的分速度大小相等，则知vAcos45°＝vB，得vA＝vB，故C项错误；B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大(设为vA)，B的速度为0，根据系统的机械能守恒得mBg＝mAv，解得vA＝，故D项正确。9．(多选)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行，已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，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A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，下列说法正确的是(　　)10\nA．斜面倾角α＝30°B．A获得最大速度为2gC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能不守恒【答案】ABD【解析】A沿斜面下滑至速度最大时，即A重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力，即4mgsinα－T＝0；C恰好离开地面，弹簧的弹力等于C的重力，故有F＝mg，B此时和A的状态一致，加速度为零，即合力为零，所以有T－F－mg＝0，联立可得sinα＝0.5，即斜面倾角α＝30°，A项正确，C项错误；在ABC小球和弹簧组成的系统中，开始时，弹簧处于压缩状态，由于绳子没有拉力，所以弹簧的弹力等于B球的重力，即kx1＝mg，到A速度最大时，弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力等于C球的重力，而B球的重力等于C球的重力，即kx2＝mg，所以两次情况下弹簧的弹性势能相同，A下落的高度为h＝(x1＋x2)sinα，根据系统机械能守恒得4mgh－mg(x1＋x2)＝(5m)v，解得vm＝2g，故B项正确；释放A到C刚离开地面的过程中，由于受弹力作用，A、B两小球组成的系统机械能不守恒，D项正确。10．竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道CDM与左侧光滑斜面体ABC相切于C点，倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一个光滑的定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，此时P、Q两物块在斜面上保持静止。若PC间距L1＝0.25m，物块P质量m1＝3kg。g取10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小物块Q的质量m2。10\n(2)若烧断细绳后，物块P第一次过D点时对轨道的压力大小为78N，则圆弧面的半径R是多少？【解析】(1)P、Q两物块在斜面上保持静止，根据平衡条件得对P受力分析：m1gsin53°＝T　①对Q受力分析：T＝m2gsin37°　②由①②式代入数据解得m2＝4kg。(2)物块P运动到D过程由机械能守恒定律得m1gh＝m1v　③由几何关系得h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)　④物块P运动到D点时，根据牛顿第二定律有FD－m1g＝m1　⑤由③④⑤代入数据得R＝0.5m。11．如图所示，长为3L的轻杆左端套在固定的水平转轴O上，右端连接有质量为M的小球A，绕过两个光滑定滑轮C、D的细线一端连接A球，另一端连接B球，开始时轻杆水平，C、A间的细线竖直且长度为L，由静止释放A球，当A球运动到最低点时，速度刚好为零，重力加速度为g，BD段细线足够长。轻杆与水平转轴间无摩擦，求：(1)B球的质量；(2)释放A球的瞬间，A球的加速度大小；(3)若改变B球的质量，使A球由静止释放时的加速度大小为g，则A球运动到最低点时速度多大？【解析】(1)当A球运动到最低点时，由几何关系可知，B球上升的高度：设小球B的质量为m，根据机械能守恒定律有：Mg∙3L＝mgh解得：m＝M。10\n(2)设刚释放A球时的加速度a，对A研究：Mg－T＝Ma对B研究：T－mg＝ma解得：。(3)设改变后B球的质量为m′，根据题意有：(M－m′)g＝(M＋m′)a′解得：m′＝M设A球运动到最低点时细线与水平方向的夹角为θ，根据几何关系，cos＝设A球运动到最低点时的速度大小为v1，B球的速度大小为v2，则v1cosθ＝v2根据机械能守恒：3MgL－m′gh＝Mv12＋m′v22解得：。12．如图所示为某款弹射游戏示意图，光滑水平台面上固定发射器、竖直光滑圆轨道、粗糙斜面AB、竖直面BC和竖直靶板MN。通过轻质拉杆将发射器的弹簧压缩一定距离后释放，滑块从O点弹出并从E点进入圆轨道，绕转一周后继续在平直轨道上前进，从A点沿斜面AB向上运动，滑块从B点射向靶板目标(滑块从水平面滑上斜面时不计能量损失)。已知滑块质量m＝0.05kg，斜面倾角θ＝37°，斜面长L＝2.5m，滑块与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，竖直面BC与靶板MN间距离为d，B点离靶板上10环中心点P的竖直距离h＝0.45m，忽略空气阻力，滑块可视为质点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。(1)若要使滑块恰好能够到达B点，则圆轨道允许的最大半径为多大?(2)在另一次弹射中发现滑块恰能水平击中靶板上的P点，则此次滑块被弹射前弹簧被压缩到最短时的弹性势能为多大?(3)若MN板可沿水平方向左右移动靠近或远离斜面，以保证滑块从B点出射后均能水平击中靶板。以B点为坐标原点，建立水平竖直坐标系(如图)，则滑块水平击中靶板位置坐标(x，y)应满足什么条件?【解析】(1)设圆轨道允许的半径最大值为R，在圆轨道最高点有：10\nmg＝m要使滑块恰好能到达B点，即：vB＝0从圆轨道最高点至B点的过程，由动能定理得：－mgLsinθ＋2mgR－2μmgLcosθ＝0－mv2代入数据可得：R＝1m。(2)滑块恰能水平击中靶板上的P点，B到P运动的逆过程为平抛运动。从B到P：t＝，vy＝gt，vBsinθ＝vy代入数据可得：vB＝5m/s从弹射至点B的过程，由机械能守恒得：Ep－mgLsinθ－μmgLcosθ＝mvB2代入数据可得：Ep＝1.875J(3)根据平抛规律的推论可知：即，或，或。10