高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機械能及其守恒定律 24 機械能守恒定律及其應(yīng)用能力訓(xùn)練試題

24機械能守恒定律及其應(yīng)用1．(2017·貴陽監(jiān)測)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點。將小球拉至A點，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方與A點的豎直高度差為h的B點時，速度大小為v。已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球運動到B點時的動能等于mghB．小球由A點到B點重力勢能減少eq\f(1,2)mv2C．小球由A點到B點克服彈力做功為mghD．小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(1,2)mv2答案D解析小球由A點到B點的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球重力勢能減少量等于小球動能增加量與彈簧彈性勢能增加量之和，小球動能增加量小于重力勢能減少量，A、B錯誤；彈簧彈性勢能增加量等于小球重力勢能減少量與動能增加量之差，D正確；小球克服彈力所做的功等于彈簧彈性勢能增加量，C錯誤。2．(2017·常德質(zhì)檢)(多選)重10N的滑塊在傾角為30°的光滑斜面上，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，已知xab＝1m，xbc＝0.2m，那么在整個過程中()A．滑塊動能的最大值是6JB．彈簧彈性勢能的最大值是6JC．從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是6JD．整個過程系統(tǒng)機械能守恒答案BCD解析以滑塊和彈簧為系統(tǒng)，在滑塊的整個運動過程中，只有滑塊重力與彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，D正確；滑塊從a到c重力勢能減小了mgxac·sin30°＝6J，全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，B正確；當滑塊沿斜面向下的分力與彈簧彈力相等時，滑塊速度最大，即動能最大，且小于6J，A錯誤；從c到b彈簧恢復(fù)原長，通過彈簧的彈力對滑塊做功，將6J的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為滑塊的機械能，C正確。3．如圖所示，一長L的均勻鐵鏈對稱掛在一輕質(zhì)小滑輪上，由于某一微小的擾動使得鏈條向一側(cè)滑動，滑輪離地面足夠高，則鐵鏈完全離開滑輪時的速度大小為()A.eq\r(2gL) B.eq\r(gL)C.eq\r(\f(gL,2)) D.eq\f(1,2)eq\r(gL)答案C解析鐵鏈向一側(cè)滑動的過程受重力和滑輪彈力的作用，彈力始終與對應(yīng)各節(jié)鏈條的運動方向垂直，故只有重力做功。設(shè)鐵鏈剛好完全離開滑輪時的速度為v，由機械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv2＋ΔEp＝0，其中鐵鏈重力勢能的變化量相當于滑離時下半部分的重力勢能減去滑動前左半部分的重力勢能，如圖所示，即ΔEp＝－eq\f(1,2)mg·eq\f(L,2)，解得v＝eq\r(\f(gL,2))，故C項正確。4．(2017·山東菏澤聯(lián)考)(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在一輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平桌面上，初始時用手拉住b，使a、b靜止，松手后，a開始運動。在a下降的過程中，b始終未離開桌面。忽略一切摩擦阻力和空氣阻力，在此過程中()A．a(chǎn)的動能小于b的動能B．a(chǎn)的動能等于b的動能C．兩物體所組成的系統(tǒng)機械能增加D．物體a克服繩拉力做的功等于物體a機械能的減少量答案AD解析將b的實際速度進行分解，如圖所示。由圖可知va＝vbcosθ，即a的速度小于b的速度，故a的動能小于b的動能，A正確、B錯誤；由于只有重力做功，故a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，物體a克服繩拉力做的功等于物體a機械能的減少量，D正確。5．(2017·吉林實驗中學(xué)五模)(多選)如圖所示，A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側(cè)斜面完全相同，現(xiàn)從同一高度h處由靜止釋放小球，使之進入右側(cè)不同的豎直軌道：除去底部一小段圓弧，A圖中的軌道是一段斜面，高度大于h；B圖中的軌道與A圖中的軌道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C圖中的軌道是一個內(nèi)徑略大于小球直徑的管道，其上部為直管，下部為圓弧形，與斜面相連，管開口的高度大于h；D圖中的軌道是個半圓形軌道，其直徑等于h。如果不計任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進入右側(cè)軌道后能到達高度h的是()答案AC解析A圖中小球到達右側(cè)斜面上最高點時的速度為零，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋0，則h′＝h，A正確；B圖中小球離開軌道后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動到最高點時在水平方向上有速度，即在最高點的速度不為零，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋eq\f(1,2)mv2，則h′<h，B錯誤；C圖中小球最后沿軌道做豎直上拋運動，運動到最高點時速度為零，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋0，則h′＝h，C正確；D圖中小球沿半圓軌道運動，通過最高點最小的速度為v＝eq\r(gr)，故在最高點時速度不為零，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋eq\f(1,2)mv2，則h′<h，D錯誤。6．(2017·四川成都七中期末)如圖所示，一很長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩的兩端各系一個小球a和b。a球的質(zhì)量為m，靜置于水平地面；b球的質(zhì)量為M，用手托住，距地面的高度為h，此時輕繩剛好拉緊。從靜止釋放b后，a達到的最大高度為1.5h，則M、m之比為()A．5∶4B．5∶3C．3∶1D．3∶2答案C解析設(shè)a球上升高度為h時兩球的速度為v，根據(jù)機械能守恒定律有Mgh＝mgh＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，b球落地后，a球做豎直上拋運動，由機械能守恒，則有mgh＋eq\f(1,2)mv2＝mg·(1.5h)，聯(lián)立解得M∶m＝3∶1，故C正確。7．有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一根不可伸長的輕細繩相連，A、B質(zhì)量相等，且可看做質(zhì)點，如圖所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止。由靜止釋放B后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為()A.eq\f(4v2,g)B.eq\f(3v2,g)C.eq\f(2v2,3g)D.eq\f(4v2,3g)答案D解析由運動的合成與分解可知滑塊A和B沿繩伸長方向的速度大小相等，有vAsin60°＝vcos60°，解得vA＝eq\f(\r(3),3)v，滑塊A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)滑塊B下滑的高度為h，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mv2，解得h＝eq\f(2v2,3g)，由幾何關(guān)系可知繩長L＝2h＝eq\f(4v2,3g)，故D正確。8.(多選)如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質(zhì)量分別為M、m的兩個物體通過細繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住物體M，此時M距離擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，而沒有力的作用。已知M＝2mA．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零C．若M恰好能到達擋板處，則此時m的速度為零D．若M恰好能到達擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和答案BD解析M在運動過程中，M、m與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，A錯誤；當M速度最大時，彈簧的彈力等于Mgsin30°＝mg，此時m對地面的壓力恰好為零，B正確；然后M做減速運動，恰好能到達擋板時，也就是速度剛好減小到零，之后M會上升，所以此時彈簧彈力大于mg，即此時m受到的繩拉力大于自身重力，m還在加速上升，C錯誤；若M恰能到達擋板處，根據(jù)功能關(guān)系，M減小的機械能，等于m增加的機械能與彈簧增加彈性勢能之和，而M恰好到達擋板時，動能恰好為零，因此減小的機械能等于減小的重力勢能，即等于重力對M做的功，D正確。9．(2017·福建福州文博中學(xué)月考)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上，現(xiàn)用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細線豎直、右側(cè)細線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時CA．斜面傾角α＝60°B．A獲得最大速度為2geq\r(\f(m,5k))C．C剛離開地面時，B的加速度最大D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒答案B解析C剛離開地面時，對C有kx1＝mg，此時B有最大速度，即aB＝aA＝0，則對B有mg＋kx1＝T，對A有4mgsinα－T＝0，聯(lián)立可得sinα＝eq\f(1,2)，α＝30°，A錯誤；初始時系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有kx2＝mg，可知x2＝x1＝eq\f(mg,k)，則從釋放A至C剛離開地面過程中，彈性勢能變化量為零，此過程中A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即4mg(x1＋x2)sinα＝mg(x1＋x2)＋eq\f(1,2)(4m＋m)veq\o\al(2,Am)，聯(lián)立可得vAm＝2geq\r(\f(m,5k))，B正確，D錯誤；對B球進行受力分析可知，剛釋放A時，B所受合力最大，此時B具有最大加速度，C錯誤。10．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl答案A解析以均勻柔軟細繩MQ段為研究對象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點所在的水平面為零勢能面，開始時，細繩MQ段的重力勢能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點時，細繩MQ段的重力勢能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服自身重力做的功等于細繩MQ段的重力勢能的變化，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，A正確。11．(2015·天津高考)如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?LA．圓環(huán)的機械能守恒B．彈簧彈性勢能變化了eq\r(3)mgLC．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變答案B解析在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中，彈簧彈力對圓環(huán)做功，圓環(huán)的機械能不守恒，A錯誤；利用幾何關(guān)系可知圓環(huán)下落的距離為eq\r(3)L，此時圓環(huán)的重力勢能的減少量為ΔEp＝mg·eq\r(3)L＝eq\r(3)mgL，根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢能的增加量等于圓環(huán)重力勢能的減少量，即ΔEp＝mg·eq\r(3)L＝eq\r(3)mgL，B正確；圓環(huán)下滑到最大距離時速度為零，所受合力不為零，C錯誤；把圓環(huán)和彈簧看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)的機械能守恒，即圓環(huán)的重力勢能、彈簧的彈性勢能與圓環(huán)的動能之和保持不變，D錯誤。12．(2017·天津一中模擬)固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，彈簧處于原長h。讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零，則()A．在下滑過程中圓環(huán)的機械能守恒B．在下滑過程中彈簧的彈性勢能先減小后增大C．彈簧的彈性勢能在整個過程中增加了mghD．在下滑過程中(含始末位置)有兩個位置彈簧彈力的功率為零答案C解析圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環(huán)做功，即環(huán)的重力和彈簧的彈力，所以圓環(huán)的機械能不守恒，A錯誤；彈簧的彈性勢能隨彈簧的形變量的變化而變化，由題圖知彈簧先壓縮再伸長，故彈簧的彈性勢能先增大后減小再增大，B錯誤；系統(tǒng)的機械能守恒，圓環(huán)的機械能減少了mgh，則彈簧的彈性勢能增大了mgh，C正確；在A點時彈簧處于原長，彈力為零，故A點彈力的功率為零，當彈簧與速度方向垂直時，彈力的功率為零，當彈簧再次恢復(fù)原長時，彈力為零，彈力的功率為零，到最底端時圓環(huán)的速度為零，所以彈力的功率為零，在下滑過程中(含始末位置)有四個位置彈簧彈力的功率為零，D錯誤。13．(2016·全國卷Ⅱ)(多選)如圖所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)。在小球從M點運動到N點的過程中()A．彈力對小球先做正功后做負功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差答案BCD解析初態(tài)彈簧處于壓縮狀態(tài)，末態(tài)彈簧處于伸長狀態(tài)，且彈簧彈力大小相等，則彈簧彈力先增大后減小再增大，根據(jù)彈簧彈力與速度方向間的夾角變化可知彈簧彈力對小球先做負功再做正功再做負功，A錯誤。小球運動過程中受重力、彈簧的彈力、桿的彈力，其中桿的彈力始終垂直于桿，彈簧的彈力沿彈簧方向，當彈簧與光滑桿垂直時，小球豎直方向只受重力的作用，故加速度為重力加速度；當彈簧為原長時，小球只受重力作用，小球的加速度也為重力加速度，B正確。當彈簧與光滑桿垂直時，彈簧長度最短，彈簧彈力與速度垂直，則彈力對小球做功的功率為零，C正確。M、N兩點彈簧彈性勢能相等，從M到N小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，則小球在N點的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差，D正確。14.(2017·蘇北四市高三調(diào)研)(多選)如圖所示，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨放置六個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖。斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r?，F(xiàn)將六個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦。則在各小球運動過程中，下列說法正確的是()A．球1的機械能守恒B．球6在OA段機械能增加C．球6的水平射程最小D．六個小球落地點各不相同答案BC解析六個小球都在斜面上運動時，只有重力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒。當有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，即球2對球1的作用力做功，故球1的機械能不守恒，A錯誤；球6在OA段運動時，斜面上的球在加速，球5對球6的作用力做正功，動能增加，機械能增加，B正確；由于有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，所以可知離開A點時球6的速度最小，水平射程最小，C正確；由于離開A點時，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三個球在水平面上運動時不再加速，1、2、3球的速度相等，水平射程相同，所以六個小球的落點不全相同，D錯誤。15．(2016·全國卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(取sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)求P第一次運動到B點時速度的大??；(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量。答案(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m解析(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為l＝7R－2R＝5R①設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得