2021届高考物理一轮复习5第3讲机械能守恒定律及其应用练习含解析

2021届高考物理一轮复习5第3讲机械能守恒定律及其应用练习含解析

第3讲 机械能守恒定律及其应用 考点一　机械能守恒条件的判断 ‎1.在如图所示的物理过程示意图中，甲图为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，释放后绕直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B车运动；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 (　　)‎ A.甲图中小球机械能守恒 B.乙图中小球A的机械能守恒 C.丙图中两车组成的系统机械能守恒 D.丁图中小球的机械能守恒 ‎【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；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A球带动B球转动)，轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当作一个系统，机械能才守恒。‎ ‎2.(2020·大兴区模拟)根据生活经验可知，处于自然状态的水都是往低处流的，当水不再流动时，水面应该处于同一高度。在著名的牛顿“水桶实验”中发现：将一桶水绕竖直固定中心转轴OO′以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，水桶截面如图所示。这一现象可解释为，以桶为参考系，其中的水除受重力外，还受到一个与转轴垂直的“力”，其方向背离转轴，大小与到轴的垂直距离成正比。水面上的一个小水滴在该“力”作用下也具有一个对应的“势能”，在重力和该“力”的共同作用下，‎ 15‎ 水面上相同质量的小水滴最终将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是 (　　)‎ A.该“力”对水面上小水滴做功与路径有关 B.小水滴沿水面向上移动时，该“势能”增加 C.小水滴沿水面向上移动时，重力势能的增加量大于该“势能”的减少量 D.水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直 ‎【解析】选D。因水面上的一个小水滴在该“力”作用下也具有一个对应的“势能”可知，该“力”对水面上小水滴做功与路径无关，选项A错误；因该“力”的方向与转轴垂直，方向背离转轴，可知小水滴沿水面向上移动时，该“力”做正功，则该“势能”减小，选项B错误；因水面上相同质量的小水滴最终将具有相同的总势能，可知重力势能的增加量等于该“势能”的减少量，选项C错误；对其中的一个小水滴而言，水面对水滴的作用力垂直水面向上，则其受到重力和该“力”的合力也一定与水滴所在水面垂直，选项D正确。‎ ‎3.(2019·福州模拟)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　　)‎ A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态 C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D.小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒 ‎【解析】选C。小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但实际上没有动，整个系统中只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，系统没有其他形式的能量产生，‎ 15‎ 满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒；小球从A点至到达槽最低点过程中，小球先失重，后超重；小球由最低点向右侧最高点运动的过程中，半圆形槽也向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒，故选项C正确。‎ ‎【加固训练】‎ ‎(多选)轻质弹簧一端悬挂于天花板，另一端与一小木块相连处于静止状态，一子弹以水平速度v瞬间射穿木块，不计空气阻力(　　) ‎ A.子弹射穿木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能不守恒 B.子弹射穿木块后，木块在运动过程中机械能守恒 C.木块在向右摆动过程中，木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小 D.木块在向右摆动过程中重力的功率在变小 ‎【解析】选A、C。子弹射穿木块的过程中，子弹相对木块发生了相对滑动，有摩擦力做功，故子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A正确；子弹射穿木块后，木块在运动过程受到弹簧的弹力作用，且弹簧弹力对木块做功，木块机械能不守恒，故B错误；木块在向右摆动过程中，木块和弹簧组成的系统机械能守恒，由于木块重力势能增大，‎ 15‎ 故木块的动能与弹簧的弹性势能之和在变小，故C正确；木块在最低点时，重力的瞬时功率为零，达到最高点时，速度为零，重力的瞬时功率为零，故在此过程中重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。‎ 考点二　机械能守恒定律的简单应用 ‎【典例1】(2019·广州模拟)某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，使质量m=‎ ‎0.1 kg的小球从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F。改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示，取g=10 m/s2。 ‎ ‎(1)求圆轨道的半径R；‎ ‎(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低点与圆心O等高，求θ的值。‎ ‎【解析】(1)小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动的向心力，即：F+mg=m 从A到D的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有：mg(H-2R)=mv2‎ 联立解得：F=H-5mg 由题中给出的F-H图象知斜率 k= N/m=10 N/m 即=10 N/m 所以可得R=0.2 m。‎ ‎(2)小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小。根据临界条件知，小球能通过D点时的最小速度为v=‎ 15‎ 小球在斜面上的落点与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R 所以小球平抛的射程 s=vt=v=·=R 由几何关系可知，角θ=45°。‎ 答案：(1)0.2 m　(2)45°‎ ‎【多维训练】如图所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道DC相切于C，圆轨道的直径AC与斜面垂直。质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处。已知当地的重力加速度为g，取R=h，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)小球被抛出时的速度v0；‎ ‎(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；‎ ‎(3)小球从C到D过程中克服摩擦力做的功W。‎ ‎【解析】(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示。‎ 设竖直方向的速度为vy，则有=2gh 由几何关系得v0=vycotθ 15‎ 得v0=。‎ ‎(2)A、B间竖直高度H=R(1+cosθ)‎ 设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中有m+mg(H+h)=mv2‎ 在B点，有FN-mg=m 解得FN=5.6mg 由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg。‎ ‎(3)小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有W=m=mgh。‎ 答案：(1)　(2)5.6mg　(3)mgh 应用机械能守恒定律解题的基本思路 ‎【加固训练】‎ 如图所示，半径为R的光滑圆周轨道AB固定在竖直平面内，O为圆心，OA与水平方向的夹角为30°，OB在竖直方向。一个可视为质点的小球从O点正上方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地从A点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达B点。已知重力加速度为g，求：‎ 15‎ ‎(1)小球初速度的大小。‎ ‎(2)小球运动到B点时对圆轨道压力的大小。‎ ‎【解析】(1)设小球的初速度为v0，飞行时间为t，则：‎ 水平方向：Rcos30°=v0t 竖直方向：y=gt2‎ vy=gt 由于小球运动到A点时与轨道无碰撞，则：tan30°=‎ 联立以上各式解得：v0=　y=R ‎(2)抛出点距轨道最低点的高度h=R+Rsin30°+y 小球运动到最低点B的过程由机械能守恒定律得：‎ mgh+m=mv2‎ 由牛顿第二定律得：FN-mg=m 联立解得：FN=6mg 由牛顿第三定律可知，压力大小为6mg 答案：(1)　(2)6mg 考点三　系统机械能守恒定律的应用 15‎ 绳、杆连接的物体 ‎【典例2】(2019·长沙模拟)如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ=30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1>m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。‎ ‎(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；‎ ‎(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为，求。(结果保留两位有效数字)‎ ‎【解析】(1)设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2‎ 如图所示，由运动的合成与分解得v1=v2‎ 对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得 m1gR-m2gh=m1+m2‎ h=Rsin30°‎ 联立以上三式得 v1=，v2=‎ 设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得 15‎ m2gs′sin30°=m2‎ 小球m2沿斜面上升的最大距离s=R+s′‎ 联立以上两式并代入v2得 s=R=R ‎(2)对m1由机械能守恒定律得：‎ m1=m1g 代入v1得=≈1.9。‎ 答案：(1)R　(2)1.9‎ ‎【多维训练】如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R=0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma=100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb=36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为 l=0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g=10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；‎ ‎(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。‎ ‎【解析】(1)当a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度v沿圆环切线竖直向下，b的速度为零，‎ 由机械能守恒可得：magR=mav2‎ 15‎ 解得v=‎ 在P点对小球a，由牛顿第二定律可得：‎ F==2mag=2 N ‎(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，则知va=vbcosθ，由几何关系可得：‎ cosθ==0.8‎ 球a下降的高度h=Rcosθ a、b及杆组成的系统机械能守恒：‎ magh=ma+mb-mav2‎ 对滑块b，由动能定理得：‎ W=mb=0.1 944 J 答案：(1)2 N　(2)0.1 944 J 弹簧连接的物体 ‎【典例3】如图所示，右边传送带长L=15 m、逆时针转动速度为v0=16 m/s，左边是光滑竖直半圆轨道(半径R=0.8 m)，中间是光滑的水平面AB(足够长)。用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴连。甲的质量为m1=3 kg，乙的质量为m2=1 kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上。现固定甲物体，烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为 sm=12 m。传送带与乙物体间动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两物体可看作质点。 ‎ 15‎ ‎(1)固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧后进入半圆轨道，求甲物体通过D点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后(甲、乙两物体离开弹簧时的速度大小之比为=)，问甲物体和乙物体能否再次在AB面上发生水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙两物体的速度；若不会碰撞，说明原因。‎ ‎【解析】(1)乙物体滑上传送带做匀减速运动：‎ μm2g=m2a ①‎ 由运动学公式：=2asm ②‎ 由机械能守恒定律得弹簧压缩时的弹性势能 Ep=m2 ③‎ 固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧的速度满足：‎ Ep=m1 ④‎ 甲物体从B运动到D过程中机械能守恒：‎ ‎2m1gR=m1-m1 ⑤‎ 甲物体在D点：m1g+FN=m1 ⑥‎ 联立①～⑥得FN=30 N 由牛顿第三定律知FN′=FN=30 N 15‎ ‎(2)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后：‎ Ep=m1v1′2+m2v2′2‎ 由题意：=‎ 解得：v1′=2 m/s，v2′=6 m/s 之后甲物体沿轨道上滑，设上滑的最高点高度为h，则m1v1′2=m1gh，‎ 得h=0.6 m<0.8 m 滑不到与圆心等高位置就会返回，返回AB面上时速度大小仍然是v1′=2 m/s 乙物体滑上传送带，因v′2=6 m/s<16 m/s，则乙物体先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动。‎ 由对称性可知乙物体返回AB面上时速度大小仍然为v′2=6 m/s 甲物体和乙物体能再次在AB面上发生水平碰撞。‎ 答案：(1)30 N　(2)会碰撞　2 m/s　6 m/s 多物体机械能守恒问题的解题思路 题型　光滑面接触的系统 ‎【典例】(2019·蚌埠模拟)如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为α的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动。AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连。一条长为L 15‎ 的均匀柔软链条开始时静止地放在ABC面上，其一端D至B点的距离为L-a。现自由释放链条，则：‎ ‎(1)链条下滑过程中，系统的机械能是否守恒？简述理由；‎ ‎(2)链条的D端滑到B点时，链条的速率为多大？‎ ‎【解析】(1)链条在下滑过程中机械能守恒，因为斜面BC和水平面AB均光滑，链条下滑时只有重力做功，符合机械能守恒的条件。‎ ‎(2)设链条质量为m，可以认为始、末状态的重力势能变化是由L-a段下降引起的，高度减少量 h=sinα=sinα 该部分的质量为m′=(L-a)‎ 由机械能守恒定律可得：(L-a)gh=mv2，‎ 解得：v=。‎ 答案：(1)守恒　理由见解析　(2)‎ ‎【多维训练】‎ ‎1.(2019·莱芜模拟)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 (　　)‎ 15‎ A.v甲=v乙=v丙 B.v甲v甲>v乙 D.v乙>v甲>v丙 ‎【解析】选D。三种情况下所研究的系统机械能守恒，由-ΔEp=ΔEk得，对于甲：mg×+mg×=m，v甲=；‎ 对于乙：mg×+mg×+mg×‎ ‎=×2m，v乙=；‎ 对于丙：mg×+mg×=×2m，v丙=，故v乙>v甲>v丙，D正确。‎ ‎2.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k=200 N/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=4 kg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=30 N。‎ ‎(2)初态弹簧压缩量 15‎ x1==10 cm 当A速度最大时 mg=kx2+mgsin30°‎ 弹簧伸长量x2==10 cm 所以A沿斜面上升x1+x2=20 cm。‎ ‎(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=g·=1 m/s。‎ 答案：(1)30 N　(2)20 cm　(3)1 m/s 15‎