高考物理能力提升知識點優(yōu)化53機械能守恒定律及其應用

1、一、單項選擇題(本大題共4小題，每題6分，共24分，每題只有一個選項符合題意)1.(模擬)如下圖，一輕繩的一端系在固定粗糙斜面上的O點，另一端系一小球.給小球一足夠大的初速度，使小球在斜面上做圓周運動.在此過程中()D.在任何一段時間內，小球克服摩擦力所做的功總是等于小球動能的減小2.如下圖，一勻質桿長為eq r(2)r，從圖示位置由靜止開始沿光滑面ABD滑動，AB是半徑為r的eq f(1,4)圓弧，BD為水平面.那么當桿滑到BD位置時的速度大小為()A.eq r(f(gr,2)B.eq r(gr)C.eq r(2gr) eq r(gr)3.(模擬)一個小孩在蹦床上做游戲，他從高處落到蹦床上后

2、又被彈起到原高度，小孩從高處開始下落到彈起的整個過程中，他的運動速度v隨時間t變化的圖線如下圖，圖中只有Oa段和cd段為直線.那么根據該圖線可知()1到t3的時間內1到t5的時間內1到t2的時間內1到t5的時間內4.(高考)如下圖，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一相同質量的小球b從距地面h處由靜止釋放，兩球恰在eq f(h,2)處相遇(不計空氣阻力).那么()A.兩球同時落地 B.相遇時兩球速度大小相等 C.從開始運動到相遇，球a動能的減少量等于球b動能的增加量 D.相遇后的任意時刻，重力對球a做功功率和對球b做功功率相等二、雙項選擇題(本大題共5小題，每題8分，共40分，每題

3、有兩個選項符合題意)l和l，支架可繞水平固定軸O在豎直平面內無摩擦轉動，支架臂的兩端分別連接質量為m和2m的小球A和B，開始時OA臂處于水平位置，如下圖，由靜止釋放后，那么可能的是()C.A、B兩球的最大速度之比為vAvB21D.A、B兩球的最大速度之比為vAvB126.(預測題)奧運會男子體操單杠決賽中，中國小將鄒凱以高難度的動作和出色的發(fā)揮以16.20分奪得金牌，鄒凱做“單臂大回環(huán)時，用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動.此過程中，運發(fā)動的重心到單杠的距離為R，忽略空氣阻力，那么以下說法正確的選項是()A.運發(fā)動過最高點時，手臂所受彈力可以為零eq r(gR)eq r(2gR)

4、7.(創(chuàng)新題)來自省體操隊的運發(fā)動黃珊汕是第一位在奧運會上獲得蹦床獎牌的中國選手.蹦床是一項好看又驚險的運動，如下圖為運發(fā)動在蹦床運動中完成某個動作的示意圖，圖中虛線PQ是彈性蹦床的原始位置，A為運發(fā)動抵達的最高點，B為運發(fā)動剛抵達蹦床時的位置，C為運發(fā)動抵達的最低點.不考慮空氣阻力和運發(fā)動與蹦床作用時的機械能損失，A、B、C三個位置運發(fā)動的速度分別是vA、vB、vC，機械能分別是EA、EB、EC，那么它們的大小關系是()AvC AvB，vBEC AEB，EBEC8.如下圖，勁度系數為k的輕質彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點P，另一端系一質量為m的小球，小球穿在圓環(huán)上做無摩擦的運動.

5、設開始時小球置于A點，彈簧處于自然狀態(tài)，當小球運動到最低點時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力.以下分析正確的選項是()A.從A到B的過程中，小球的機械能守恒B.從A到B的過程中，小球的機械能減少C.小球過B點時，彈簧的彈力為mgmeq f(v2,R)D.小球過B點時，彈簧的彈力為mgmeq f(v2,2R)9.(易錯題)如下圖，一根不可伸長的輕繩兩端各系一個小球a和b，跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細桿C和D上，質量為ma的a球置于地面上，質量為mb的b球從水平位置靜止釋放.當b球擺過的角度為90時，a球對地面壓力剛好為零，以下結論正確的選項是()amb31amb21C.假設只將細桿D水平向左移

6、動少許，那么當b球擺過的角度為小于90的某值時，a球對地面的壓力剛好為零D.假設只將細桿D水平向左移動少許，那么當b球擺過的角度仍為90時，a球對地面的壓力剛好為零三、計算題(本大題共2小題，共36分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位)0，小球開始在豎直平面內做圓周運動.設小球到達最高點時繩突然被剪斷.小球最后落在離小球最初位置2R的地面上.求：(1)小球在最高點的速度v；(2)小球的初速度v0；(3)小球在最低點時對繩的拉力.11.(易錯題)(18分)如下圖，粗糙弧形軌道和兩個光滑半圓軌道組成翹尾巴的S形軌道.光滑半圓軌道半徑為R，兩個光滑半圓軌道連接處CD之間留有很小空

7、隙，剛好能夠使小球通過，CD之間距離可忽略.粗糙弧形軌道最高點A與水平面上B點之間的高度為h.從A點靜止釋放一個可視為質點的小球，小球沿翹尾巴的S形軌道運動后從E點水平飛出，落到水平地面上，落點到與E點在同一豎直線上B點的距離為s.小球質量m，不計空氣阻力，求：(1)小球從E點水平飛出時的速度大小；(2)小球運動到半圓軌道的B點時對軌道的壓力；(3)小球沿翹尾巴S形軌道運動時克服摩擦力做的功.答案解析1.【解析】選C.斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、繩子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做負功，機械能減少，A、B錯；繩子張力總是與運動方向垂直，故不做功，C對；小球動能的變化等于合外力做功，

8、即重力與摩擦力做的功，D錯.2.【解析】選B.雖然桿在下滑過程中有轉動發(fā)生，但初始狀態(tài)靜止，末狀態(tài)勻速平動，整個過程無機械能損失，故由機械能守恒定律得：eq f(1,2)mv2Epmgeq f(r,2)解得：veq r(gr).故B正確.3.【解題指南】解答此題時應注意以下兩點：(1)小孩在落到蹦床前和彈離蹦床后均做勻變速直線運動.(2)小孩接觸蹦床后，速度為零之前，蹦床的彈性勢能一直增大.1時刻開始小孩的加速度開始變化，說明小孩此時開始與蹦床接觸，t5時刻以后小孩的加速度與0t1時間相同，說明t5時刻開始小孩離開蹦床，故A錯誤，B正確；t3時刻小孩的速度為零，此時小孩運動到最低點，蹦床的彈性

9、勢能最大，故彈性勢能增大的過程在t1到t3時間內，C、D均錯誤.4.【解析】選C.設兩球釋放后經過時間t相遇，因它們的位移大小相等，故有v0teq f(1,2)gt2eq f(1,2)gt2，得v0gt，這說明相遇時a球的速度為零，根據豎直上拋運動的對稱性可知a球從拋出至落地時間為2t，而b球的落地時間小于2t，選項A、B錯誤；從開始到相遇，a球的機械能守恒，a球的動能減少量等于mgh/2；b球的機械能守恒，b球的動能增加量等于mgh/2，選項C正確；相遇后的任意時刻，a、b球的速度均不相等，重力大小相同，所以重力的功率不相等，選項D錯誤.5.【解析】選A、C.當OB臂到達水平位置時，質量為m

10、的小球重力勢能減少2mgl，質量為2m的小球重力勢能增加2mgl，根據機械能守恒，可知這是可能的，所以A正確，B錯誤；兩個小球轉動的角速度相同，根據vR可知，A、B兩球的最大速度之比為vAvB21，故C正確，D錯誤.“單臂大回環(huán)的運動可視為“桿模型，故過最高點時，手臂所受彈力可以為零，A對；手臂所受彈力與重力相等時，此時速度最小為零，B錯；對運發(fā)動從最高點到最低點的過程進行分析，由機械能守恒定律得：mg2Req f(1,2)mv2，又由最低點的牛頓第二定律得：Tmgmeq f(v2,R)，聯立兩式得v2eq r(gR)，T5mg，C錯，D對.7.【解析】選A、C.對運發(fā)動從A到B的運動過程，只

11、有重力做功，機械能守恒，即EAEB，且重力做正功，動能增加，即vBvA；運發(fā)動從B到C運動過程中，蹦床彈力對其做負功，故其機械能減小，即EBEC，因C點為最低點即vC0，故vBvC，綜上所述，此題選A、C.8.【解析】選B、C.從A到B的過程中，因彈簧對小球做負功，小球的機械能將減少，A錯誤，B正確；在B點對小球應用牛頓第二定律可得：FBmgmeq f(v2,R)，解得FBmgmeq f(v2,R)，C正確，D錯誤.【變式備選】重10 N的滑塊在傾角為30的斜面上，從a點由靜止下滑，到b點接觸到一個輕彈簧，滑塊壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點，ab1 m，bc0.2 m

12、，那么在整個過程中，以下選項不正確的選項是()A.滑塊動能的最大值是6 JB.彈簧彈性勢能的最大值是6 JC.從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是6 J【解析】選A.滑塊和彈簧組成的系統，在滑塊的整個運動過程中，只發(fā)生動能、重力勢能和彈性勢能之間的相互轉化，系統的機械能守恒，D正確；滑塊從a到c，重力勢能減小了mgeq xto(ac)sin306 J，全部轉化為彈簧的彈性勢能，A錯誤，B正確；從c到b彈簧恢復原長，通過彈簧的彈力對滑塊做功，將6 J的彈性勢能全部轉化為滑塊的機械能，C正確.9.【解析】選A、D.設Db段繩長為L，那么b球擺至最低點時，eq f(1,2)mbveq oal(2,b)m

13、bgL，Tmbgmbeq f(voal(2,b),L)，可得：T3mbg，因此時a球對地面壓力剛好為零，可得：Tmag，故有：mamb31，A正確，B錯誤；假設細桿D水平向左移動少許，使L變大，但并不影響繩的拉力T的大小，仍然有T3mbgmag，故當b球擺過的角度為90時，a球對地面的壓力剛好為零，C錯誤，D正確.10.【解析】(1)小球做平拋運動：在水平方向有：2Rvt (2分)在豎直方向有：2Req f(1,2)gt2 (2分)解得： veq r(gR) (2分)(2)根據機械能守恒定律有：eq f(1,2)mveq oal(2,0)mg2Req f(1,2)mv2 (3分)解得：v0eq

14、 r(5gR) (2分)(3)對小球在最低點時：Fmgmeq f(voal(2,0),R) (3分)解得：F6mg (2分)由牛頓第三定律得：球對繩子的拉力為6mg，方向向下 (2分)答案：(1)eq r(gR)(2)eq r(5gR)(3)6mg，方向向下【總結提升】機械能守恒定律應用三要點(1)正確選取研究對象，必須明確機械能守恒定律針對的是一個系統，而不是單個物體.(2)靈活選取零勢能位置，重力勢能常選最低點或物體的初始位置為零勢能位置，彈性勢能選彈簧原長為零勢能位置.(3)運用機械能守恒定律解題的關鍵在于確定“一個過程和“兩個狀態(tài).所謂“一個過程是指研究對象所經歷的力學過程，了解研究對

15、象在此過程中的受力情況以及各力的做功情況；“兩個狀態(tài)是指研究對象在此過程中的開始和結束時所處的狀態(tài)，找出研究對象分別在初狀態(tài)和末狀態(tài)的動能和勢能.11.【解析】(1)小球從E點水平飛出做平拋運動，設小球從E點水平飛出時的速度大小為vE，由平拋運動規(guī)律，svEt,4Req f(1,2)gt2聯立解得vEeq f(s,4)eq r(f(2g,R) (4分)(2)小球從B點運動到E點的過程，機械能守恒eq f(1,2)mveq oal(2,B)mg4Req f(1,2)mveq oal(2,E) (3分)解得veq oal(2,B)8gReq f(s2g,8R)在B點Fmgmeq f(voal(2,B),R) (3分)得F9mgeq f