2023版高考物理總復(fù)習(xí)之加練半小時-第六章-微專題40-機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用

微專題40機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用1．單物體多過程機(jī)械能守恒問題：劃分物體運(yùn)動階段，研究每個階段中的運(yùn)動性質(zhì)，判斷機(jī)械能是否守恒；表達(dá)式一般選用E1＝E2(要選擇零勢能面)或ΔEp＝－ΔEk(不用選擇零勢能面).2.多物體的機(jī)械能守恒：“輕繩模型”與“輕桿模型”：要注意兩端的物體速度大小是否相等；“輕彈簧模型”：要注意彈性勢能的變化只與形變量有關(guān)；“非質(zhì)點(diǎn)模型”：一般分析物體重心高度變化；一般選用ΔEp＝－ΔEk或ΔEA增＝ΔEB減形式(不用選擇零勢能面)．1．我國亞軌道飛行項(xiàng)目2021年7月17日首飛成功，媒體發(fā)布“技術(shù)過于先進(jìn)，不便展示”．亞軌道飛行是一種能夠進(jìn)入太空的飛行，但因其飛行軌跡穿越大氣層后回落到地球表面而無法完成環(huán)繞地球一周的飛行．則()A．飛行器發(fā)射速度小于第一宇宙速度B．飛行器越過大氣層后不受重力C．飛行器飛行全過程機(jī)械能守恒D．飛行器上升過程都處于超重狀態(tài)答案A解析亞軌道飛行器，是指在高度上抵達(dá)臨近空間頂層、但速度尚不足以完成繞地球軌道運(yùn)轉(zhuǎn)的飛行器，所以飛行器發(fā)射速度小于第一宇宙速度，故A正確；飛行器越過大氣層后沒有脫離地球引力范圍，故B錯誤；飛行器穿越大氣層的過程要克服空氣阻力做功，所以機(jī)械能不守恒，故C錯誤；亞軌道飛行類似直上直下的拋體運(yùn)動，所以上升和下降階段都有超重和失重狀態(tài)，故D錯誤．2．(多選)如圖甲，足夠長的光滑斜面傾角為30°，t＝0時質(zhì)量為2kg的物塊在沿斜面方向的力F作用下由靜止開始運(yùn)動，設(shè)沿斜面向上為力F的正方向，力F隨時間t的變化關(guān)系如圖乙．取物塊的初始位置所在平面為零勢能面，重力加速度g取10m/s2，則物塊()A．在0～1s過程中機(jī)械能減少4JB．在t＝1s時動能為1JC．在t＝2s時機(jī)械能為－4JD．在t＝2s時速度大小為15.5m/s答案AC解析0～1s時間內(nèi)，由于mgsinθ>F1＝2N，故物塊沿斜面下滑，由牛頓第二定律可得mgsinθ－F1＝ma1，解得a1＝4m/s2，物塊1s內(nèi)下滑的位移x＝eq\f(1,2)a1t12＝2m,1s內(nèi)F做功為W＝－F1x＝－4J，故0～1s過程中機(jī)械能減少4J，A正確；1s末物塊的速度為v1＝a1t1＝4m/s,1s末物塊的動能Ek＝eq\f(1,2)mv12＝16J，B錯誤；1～2s時間內(nèi)，物塊不受外力，只有重力對物塊做功，所以該過程物塊的機(jī)械能守恒，由于物塊在初始位置重力勢能為0，動能也為0，所以0時刻物塊的機(jī)械能為0，由于0～1s時間內(nèi)，物塊機(jī)械能減小4J，所以1～2s，包括2s末物塊的機(jī)械能均為－4J，C正確；1～2s時間內(nèi)由牛頓第二定律有mgsinθ＝ma2，解得a2＝5m/s2,2s末物塊的速度為v2＝v1＋a2t2＝9m/s.D錯誤．3．(多選)如圖所示，用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為m，兩段輕桿等長．現(xiàn)將C球置于距地面高h(yuǎn)處，由靜止釋放，假設(shè)三個小球只在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過程中()A．小球A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小球C的機(jī)械能一直減小C．小球C落地前瞬間的速度大小為eq\r(2gh)D．當(dāng)小球C的機(jī)械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg答案AC解析由于小球A、B、C組成的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A正確；小球B的初速度為零，C落地瞬間，B的速度為零，故B的動能先增大后減小，而B的重力勢能不變，則B的機(jī)械能先增大后減小，同理可得A的機(jī)械能先增大后減小，而系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C的機(jī)械能先減小后增大，故B錯誤；根據(jù)以上分析，設(shè)小球C落地前瞬間的速度大小為v，根據(jù)動能定理可知eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得v＝eq\r(2gh)，故C正確；當(dāng)小球C的機(jī)械能最小時，小球B速度最大，此時小球B的加速度為零，水平方向所受的合力為零，桿CB對小球B恰好沒有力的作用，所以地面對小球B的支持力大小為mg，故D錯誤．4．(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A和B用不可伸長的輕繩連接，A放在傾角為θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑豎直桿上下滑動，桿和滑輪中心間的距離為L，物塊B從與滑輪等高處由靜止開始下落，斜面與桿足夠長，重力加速度為g.在物塊B下落到輕繩與水平方向的夾角為θ的過程中，下列說法正確的是()A．開始下落時，物塊B的加速度大于gB．物塊B的重力勢能減小量為mgLtanθC．物塊A的速度小于物塊B的速度D．物塊B的末速度為eq\r(\f(2gLcosθ,1＋sin2θ))答案BC解析剛開始下落時，輕繩的拉力方向沿水平方向，物塊B豎直方向上只受重力，所以加速度為g，故A錯誤；物塊B下降的高度為h＝Ltanθ，故物塊B減小的重力勢能為ΔEp＝mgLtanθ，故B正確；設(shè)物塊B下落過程中輕繩與水平方向夾角為α，將物塊B的速度分解為沿輕繩方向的速度和垂直輕繩方向的速度，則vA＝v繩＝vBsinα，則物塊A的速度小于物塊B的速度，故C正確；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故mgLtanθ－mgxsinθ＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，其中x＝eq\f(L,cosθ)－L＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－cosθ,cosθ)))L，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解可得vA＝vBsinθ，聯(lián)立解得vB＝eq\r(\f(2gLsinθ,1＋sin2θ))，故D錯誤．5．如圖，總長為l、質(zhì)量為m的均勻軟繩對稱地掛在輕小滑輪上，用細(xì)線將質(zhì)量也為m的物塊與軟繩連接．將物塊由靜止釋放，直到軟繩剛好全部離開滑輪，不計一切摩擦，重力加速度為g，則()A．剛釋放時細(xì)線的拉力大小為mgB．該過程中物塊的機(jī)械能減少了eq\f(1,2)mglC．該過程中軟繩的重力勢能減少了eq\f(1,2)mglD．軟繩離開滑輪時速度大小為eq\f(1,2)eq\r(3gl)答案D解析剛釋放時，物塊有加速度，mg－FT＝ma，故細(xì)線的拉力小于mg，故A錯誤；物塊的重力勢能減少eq\f(1,2)mgl，但物塊也獲得了速度，即動能增加，故機(jī)械能損失小于eq\f(1,2)mgl，故B錯誤；因?yàn)檐浝K均勻，把軟繩的重心看作在軟繩的中點(diǎn)，所以軟繩的重心向下移動了eq\f(1,4)l，故軟繩減少的重力勢能為eq\f(1,4)mgl，故C錯誤；由能量守恒得mg·eq\f(1,2)l＋eq\f(1,4)mgl＝eq\f(1,2)×2mv2，解得速度大小為eq\f(1,2)eq\r(3gl)，故D正確．6．如圖所示，粗細(xì)均勻，兩端開口的U形管內(nèi)裝有同種液體，管中液柱總長度為4h，開始時使兩邊液面高度差為h，后來讓液體自由流動，當(dāng)兩液面高度相等時，右側(cè)液面下降的速度為()A.eq\r(\f(1,8)gh) B.eq\r(\f(1,6)gh)C.eq\r(\f(1,4)gh) D.eq\r(\f(1,2)gh)答案A解析液柱移動時，除了重力做功以外，沒有其他力做功，故機(jī)械能守恒．此題等效為原右側(cè)eq\f(h,2)高的液柱移到左側(cè)，如圖所示，其重心高度下降了eq\f(h,2)，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為液柱整體的動能，設(shè)液體的總質(zhì)量為4m，則有eq\f(1,2)mg·eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)×4mv2，得v＝eq\r(\f(gh,8))，故選A.7.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在O處，另一端與質(zhì)量為m的物塊相連，物塊套在光滑豎直固定桿上．開始時物塊處于A處且彈簧處于原長．現(xiàn)將物塊從A處由靜止釋放，物塊經(jīng)過B處時彈簧與桿垂直，經(jīng)過C處時彈簧再次處于原長，到達(dá)D處時速度為零．已知OB之間的距離為L，∠AOB＝30°，∠BOD＝60°.彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g.在物塊下滑的整個過程中，下列說法正確的是()A．物塊在由A處下滑至C處的過程中機(jī)械能守恒B．物塊在B處的速度為eq\r(\f(2\r(3),3)gL)C．物塊在B處時彈簧的彈性勢能最大D．物塊在D處時彈簧的彈性勢能為eq\f(4\r(3),3)mgL答案D解析物塊在由A處下滑至C處的過程中，物塊受到彈簧的彈力做功，物塊的機(jī)械能不守恒，但是物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A錯誤；物塊由A處下滑至C處的過程中，若只是重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，則mgLtan30°＝eq\f(1,2)mv2，可知物塊在B處的速度為eq\r(\f(2\r(3),3)gL)，但還有一部分重力勢能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，所以物塊在B處的速度小于eq\r(\f(2\r(3),3)gL)，B錯誤；物塊由B處下滑至D處的過程中，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動能減小，重力勢能減小，所以彈性勢能增加，故D處彈簧的彈性勢能大于B處彈簧的彈性勢能，C錯誤；物塊由A處下滑至D處的過程中，物塊的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，則mg(Ltan30°＋Ltan60°)＝EpD，可得EpD＝eq\f(4\r(3),3)mgL，D正確．8．(多選)如圖所示，A、B兩物塊由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B和物塊C在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C放在水平地面上．現(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行．已知A的質(zhì)量為5m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面．下列說法正確的是()A．C剛離開地面時，B的加速度為零B．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增加后減小C．彈簧恢復(fù)原長瞬間，細(xì)線中的拉力大小為eq\f(4mg,3)D．A的最大速度為geq\r(\f(2m,3k))答案ABD解析當(dāng)C剛離開地面時，A的速度最大，B的速度也最大，此時B的加速度為零，故A正確；從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，故A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，因彈簧的彈性勢能先減小后增加，C的機(jī)械能不變，可知A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增加后減小，故B正確；當(dāng)A、B的速度最大時，C恰好離開地面，彈簧的彈力F彈恰好等于C的重力mg，即F彈＝mg，設(shè)斜面傾角為α，對A、B整體，沿細(xì)線方向進(jìn)行受力分析可知F彈＋mg＝5mgsinα，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，彈簧的彈力為零，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有5mgsinα－mg＝6ma，隔離A，根據(jù)牛頓第二定律有5mgsinα－FT＝5ma，聯(lián)立解得FT＝eq\f(7,6)mg，故C錯誤；根據(jù)F彈＋mg＝5mgsinα，得sinα＝eq\f(2,5)，釋放A之前，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對B進(jìn)行受力分析，可得彈簧壓縮量為x1＝eq\f(mg,k)，釋放A后速度最大瞬間，對C進(jìn)行受力分析可得彈簧的伸長量為x2＝eq\f(mg,k)，從釋放A到AB整體的速度最大，對AB整體，由于彈簧的形變量相等，彈力做功為零，根據(jù)機(jī)械能守恒有5mg(x1＋x2)sinα－mg(x1＋x2)＝eq\f(1,2)(m＋5m)vm2，聯(lián)立解得vm＝geq\r(\f(2m,3k))，故D正確．9.如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，O為圓環(huán)的圓心，與O等高的P點(diǎn)固定有一定滑輪，圓環(huán)上套有質(zhì)量為m的小球A，繞過定滑輪的細(xì)線連接小球A和質(zhì)量也為m的小球B，用與圓環(huán)相切斜向上的拉力作用于小球A，使小球A處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時OA與水平方向的夾角為53°且AP與圓環(huán)相切，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計一切摩擦，不計滑輪及兩個小球的大?。?1)開始時，求作用于小球A上的拉力F的大小；(2)撤去拉力F一瞬間，細(xì)線的拉力多大？(3)撤去拉力F后，小球A向下運(yùn)動到與O等高的位置時，小球A的速度多大？從開始到此位置過程中，細(xì)線對小球B做功為多少？答案(1)1.6mg(2)0.2mg(3)2eq\r(\f(11,15)gR)－eq\f(2,3)mgR解析(1)對小球A研究有F＝FT＋mgcos53°，對小球B研究有FT＝mg，解得F＝1.6mg.(2)撤去拉力的一瞬間，對小球A研究有FT′＋mgcos53°＝ma，對小球B研究有mg－FT′＝ma