2023版高考物理一轮总复习专题5机械能第3讲机械能守恒定律及其应用课后提能演练

专题五　第3讲

知识巩固练

1．(2021年三明一中期中)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断不正确的是(　　)

A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒

B．乙图中，斜面体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒

C．丙图中，连接物体A、B的绳子不可伸长，不计任何阻力和定滑轮及绳子的质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒

D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒

【答案】B

2．(2021年深圳调研)“蹦极”运动时，运动员身上绑好弹性绳从高空平台静止跳下，如图所示(右图中水面重力势能为零)．向下运动的过程中，不计空气阻力，运动员的机械能E、动能Ek与下落位移x之间关系的图像可能正确的是(　　)

　　　　　　　　A　　　　　　　B　　　　　　　 C　　　　　　　D

【答案】B　【解析】向下运动的过程中，不计空气阻力，人和绳系统机械能守恒．在绳子未绷紧时，人的机械能不变，在绳子绷紧后，人受到绳子拉力作用，随着时间的推移，人的机械能转化为绳子的弹性势能，且转化速率越来越大，观察图像，A错误，B正确；绳子未绷紧时，动能线性增大，绳子绷紧后，根据机械能守恒，有mgx＝Ek＋k(x－l)2，在平衡点之前，人做加速度减小的加速运动，动能曲线增加，增加速率减小，当二力平衡时，达到平衡点，加速度反向增加，动能减小，由于加速度反向增加，动能减小速率也在增大，C、D错误．

3．如图，毛毛虫外出觅食，缓慢经过一边长为L的等边三角形“山丘”，已知其身长为3L，总质量为m，如图头部刚到达最高点，假设毛毛虫能一直贴着“山丘”前行，则其头部越过“山顶”刚到达“山丘”底端时的重力势能变化量为(　　)

A．mgL　　 B．mgL

C．mgL　　 D．mgL

【答案】B　【解析】选山丘底端为零势能面，初状态的重力势能为W1＝mg×sin 60°＝mgL，小虫头部越过山顶刚到达山丘底端时的重力势能为W2＝mg×sin 60°＝mgL，其重力势能的变化量为ΔW＝W2－W1＝mgL－mgL＝mgL，故B正确，A、C、D错误．

4．(2021年东莞模拟)轮滑等极限运动深受青少年的喜欢，轮滑少年利用场地可以进行各种炫酷的动作表演．为了研究方便，把半球形下沉式场地简化成半圆形轨道，两轮滑少年可以看作光滑小球A和B，如图所示．两小球分别从半圆形轨道边缘无初速滑下，则下列说法正确的是(　　)

A．A、B两小球在最低点速度大小相同

B．A、B两小球在最低点受到轨道的支持力大小相同

C．A、B两小球在最低点的加速度大小相同

D．若以水平地面为零势面，两小球分别滑到各自最低点时A小球的机械能小于B小球的机械能

【答案】C

5．如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F随时间t变化的关系如图所示．以下说法正确的是(　　)

A．t0时刻弹簧弹性势能最大 B．2t0时刻弹簧弹性势能最大

C．t0时刻弹簧弹力的功率为0 D．t0时刻物体处于超重状态

【答案】A

6．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则(　　)

A．a落地前，轻杆对b一直做正功

B．a落地时速度大小为

C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

【答案】D

7．如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻质弹簧．将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d．P的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中(　　)

A．P的速度一直减小

B．传送带对P做功的功率一直减小

C．传送带对P做的功W＜μmgd

D．弹簧的弹性势能的变化量ΔEp＝mv2＋μmgd

【答案】C　【解析】P与弹簧接触后在水平方向受弹力作用，P受的静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，由于惯性，P继续压缩弹簧，做减速运动直到速度为零，A错误；由公式P＝fv可知，由于P先做匀速后做减速运动，静摩擦力增大，速度不变，所以功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，B错误；由于P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，P受到的力为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对P做的功小于μmgd，C正确；对滑块由动能定理得Wf－WF＝0－mv2，由于Wf＜μmgd，所以弹簧的弹性势能变化量小于mv2＋μmgd，D错误．

综合提升练

8．如图所示，质量均为m＝1.0 kg 的物块 A、B 通过轻质弹簧相连，竖放在水平地面上，弹簧的劲度系数k＝100 N/m．A、B的右侧竖立一固定光滑杆MN，物块C穿在竖直杆上．一条不可伸长的轻绳绕过位于A正上方的轻质定滑轮P，一端连接A，另一端连接C．开始时物块C与轻质滑轮P等高，且P、C间距L＝0.3 m，绳处于伸直状态但无张力．现将C 由静止释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升(取 g＝10 m/s2)．

(1)求 C 的质量mC；

(2)若将 C 换成质量为 1.0 kg 的 D，仍从上述初始位置由静止释放，求B离开地面时 D 的速度．

解：(1)开始时对A受力分析可得kx1＝mg(弹簧压缩)，x1＝0.1 m．

最终恰好能使B离开地面但不继续上升，说明B此时与地面之间无弹力，且整个系统处于静止状态．对B受力分析可得kx2＝mg(弹簧伸长)，x2＝0.1 m．

可判断出此时PC间绳子的长度

L′＝L＋x1＋x2＝0.5 m，

则C下降的高度h＝＝0.4 m．

因为始末两个状态弹簧的形变量一样，因此弹性势能不变，由能量守恒定律可得mCgh＝mg(x1＋x2)，

解得mC＝0.5 kg．

(2)将C换成D后，由能量守恒可得

mDv＋mv＋mg(x1＋x2)＝mDgh，

由几何关系可知＝，

解得vD＝ m/s．

9．如图所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方．在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以v0＝ 的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道从该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：

(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；

(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；

(3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力．

解：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律得l＝gt2，x＝v0t，

联立解得x＝2l．

(2)由小球到达B点时竖直分速度v＝2gl，tan θ＝，

解得θ＝45°．

(3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒，设到达C点时速度大小为vC，由机械能守恒定律，有

mgl＝mv－mv，

设轨道对小球的支持力为F，有F－mg＝m，

解得F＝(7－)mg．

由牛顿第三定律，可知小球对圆轨道的压力大小

F′＝(7－)mg，方向竖直向下．

10．如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平．已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，圆弧轨道半径R＝0.75 m，物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)小物块在B点时的速度大小；

(2)小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小；

(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．

解：(1)从A点到B点，小物块做平抛运动，有

H－h＝gt2，

到达B点时，竖直分速度vy＝gt，

tan 37°＝，

联立解得vB＝＝5 m/s．

(2)从A点到C点，有mgH＝mv－mv，

设小物块在C点受到的支持力为FN，则

FN－mg＝m，

联立解得v2＝2 m/s，FN＝ N．

由牛顿第三定律，可知小物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为 N．

(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力

Ff＝μ1mg＝7 N，

长木板与地面间的最大静摩擦力

Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N，

由Ff＜Ff′知，小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，故长木板的长度至少为l＝＝2 m．

11．(2021年江苏模拟)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放．已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：

(1)物块第1次滑过P点时的速度大小v1；

(2)物块第1次在传送带上往返运动的时间t；

(3)物块从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q．

解：(1)由动能定理得

(mgsin 37°－μ1mgcos 37°)L＝mv－0，

解得v1＝8 m/s．

(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，

物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1，

解得t1＝6 s．

匀速运动阶段的时间为t2＝＝3 s．

第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s．

(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcos 37°·L＋mv2＝48 J．