高考物理一轮复习功能关系和机械能时机械能守恒定律习题

高考物理一轮复习功能关系和机械能时机械能守恒定律习题

第3课时 机械能守恒定律 一、重力做功与重力势能 ‎1．重力做功的特点 ‎(1)重力做功与路径无关，只与初末位置的高度差有关．‎ ‎(2)重力做功不引起物体机械能的变化．‎ ‎2．重力势能 ‎(1)概念：物体由于被举高而具有的能．‎ ‎(2)表达式：Ep＝mgh. ‎ ‎(3)矢标性：重力势能是标量，正负表示其大小．‎ ‎3．重力做功与重力势能变化的关系 ‎(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．‎ ‎(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp．‎ 二、弹性势能 ‎1．概念：物体由于发生弹性形变而具有的能．‎ ‎2．大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大．‎ ‎3．弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝－ΔEp．‎ ‎1．被举高后的物体的重力势能一定不会为零．(×)‎ ‎2．克服重力做功，物体的重力势能一定增加．(√)‎ ‎3．发生形变的物体一定具有弹性势能．(×)‎ ‎4．弹力做正功时，弹性势能增加．(×)‎ ‎5．物体的速度增加时，其机械能可能在减小．(√)‎ ‎6．物体所受合外力为零时，机械能一定守恒．(×)‎ ‎7．物体受到摩擦力作用时，机械能一定要变化．(×)‎ ‎8．物体只发生动能和势能的相互转化时，物体的机械能一定守恒．(√)‎ 1． ‎(多选)(2016·衡水模拟)如图所示，质量分别为m和‎2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)(　　)‎ A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒 B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒 C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒 D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒 解析：A球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B项正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C项正确，D项错误；B球和地球组成的系统的机械能一定减少，A项错误．‎ 答案：BC ‎2．(2016·武汉模拟)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是(　　)‎ 解析：以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一时刻的机械能E＝ΔE＝F·h，解以上各式得E＝·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确．‎ 答案：C ‎3．(2016·衡阳模拟)如图甲所示，圆形玻璃平板半径为r, 离水平地面的高度为h，一质量为m的小木块放置在玻璃板的边缘，随玻璃板一起绕圆心O在水平面内做匀速圆周运动．‎ ‎(1)若匀速圆周运动的周期为T，求木块的线速度和所受摩擦力的大小．‎ ‎(2)缓慢增大玻璃板的转速，最后木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通过圆心O的竖直线间的距离为s，俯视图如图乙所示．不计空气阻力，重力加速度为g，试求木块落地前瞬间的动能．‎ 解析：(1)根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度v＝，‎ 木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力 Ff＝mr.‎ ‎(2)木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有h＝gt2，‎ 在水平方向上做匀速运动，水平位移x＝vt，‎ x与距离s、半径r的关系为s2＝r2＋x2，‎ 木块从抛出到落地前机械能守恒，得Ek＝mv2＋mgh.‎ 由以上各式解得木块落地前瞬间的动能 Ek＝mg.‎ 答案：(1)　　mr　　(2)mg 一、单项选择题 ‎1．(2016·保定模拟)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环．圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为‎2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)‎ A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了mgL C．圆环下滑到最大距离时．所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 解析：圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时 ‎，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为L，由系统机械能守恒可得mg·L＝ΔEp，解得ΔEp＝mgL，选项B正确．‎ 答案：B ‎2．(2016·周口模拟)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则 ‎①物体到海平面时的势能为mgh ‎②重力对物体做的功为mgh ‎③物体在海平面上的动能为mv＋mgh ‎④物体在海平面上的机械能为mv 其中正确的是(　　)‎ A．①②③　　　　　　 B．②③④‎ C．①③④ D．①②④‎ 解析：以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为－mgh，故①错误；重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故②正确；由动能定理W＝Ek2－Ek1，有Ek2＝Ek1＋W＝mv＋mgh，故③正确；整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为mv，所以物体在海平面时的机械能也为 mv，故④正确．故B正确，A、C、D错．‎ 答案：B 3． ‎(2015·郑州模拟)一质点沿竖直向上方向做直线运动，运动过程中质点的机械能E与高度h的关系的图象如图所示，其中0～h1过程的图线为水平线，h1～h2过程的图线为倾斜直线，根据该图象，下列判断正确的是(　　)‎ A．质点在0～h1过程中除重力外不受其他力的作用 B．质点在0～h1过程中动能始终不变 C．质点在h1～h2过程中合外力与速度的方向一定相反 D．质点在h1～h2过程中可能做匀速直线运动 解析：由图象可知质点在0～h1过程中机械能不变，动能和势能将会相互转化，但并不能说明不受其他力的作用，可能是其他外力不做功；质点在h1～h2过程中，机械能减小，合外力做负功，合外力与速度的方向一定相反．‎ 答案：C 4． ‎(2016·本溪模拟)如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A下落，B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到两物块着地，两物块(　　)‎ A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同 C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同 解析：A、B开始时处于静止状态，对A∶mAg＝FT，①‎ 对B∶FT＝mBgsin θ.②‎ 由①②得mAg＝mBgsin θ，即mA＝mBsin θ.③‎ 由机械能守恒知，mgh＝mv2，所以v＝，落地速率相同，故速率的变化量相同，A项错误；剪断轻绳后，A、B均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B项错误；由ΔEp＝mgh，因m不同，故ΔEp不同，C项错误；重力做功的功率PA＝mAg＝mAg＝mAg，PB＝mBgsin θ＝mBgsin θ，由③式mA＝mBsin θ，得PA＝PB，D项正确．‎ 答案：D 3． ‎(2016·荆州模拟)如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)‎ A．2R　　　　　　　B. C. D. 解析：设A球刚落地时两球速度大小为v，根据机械能守恒定律得，2mgR－mgR＝(‎2m＋m)v2，解得v2＝gR，B球继续上升的高度h＝＝，B球上升的最大高度为h＋R＝R.‎ 答案：C ‎6．(2016·威海模拟)将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图所示，不计空气阻力，取g＝‎10 m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是(　　)‎ A．小球的质量 B．小球的初速度 C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率 D．小球抛出时的高度 解析：由图可知mv＝5 J和机械能守恒得30 J－5 J＝mgh，结合h＝gt2＝g×22＝‎20 m，解得m＝ kg，v0＝‎4 m/s.最初2 s内重力对小球做功的平均功率＝＝12.5 W．小球抛出时的高度无法确定，故应选D.‎ 答案：D 二、多项选择题 ‎7．(2016·临川模拟)如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置处有一个小球，小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零．关于小球下落阶段，下列说法中正确的是(　　)‎ A．在B位置小球动能最大 B．在C位置小球动能最大 C．从A→C位置小球重力势能的减少量大于小球动能的增加量 D．从A→D位置小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 解析：小球动能的增加量用合外力做功来量度，A→C过程中小球受到的合力一直向下，对小球做正功，使其动能增加；C→D过程中小球受到的合力一直向上，对小球做负功，使其动能减少；从A→C位置小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量和弹簧弹性势能增加量之和；小球在A、D两位置动能均为零，而重力做的正功等于弹力做的负功，即小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量．‎ 答案：BCD ‎8．(2016·豫北名校模拟)倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k＝20 N/m、原长l0＝‎0.6 m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l＝‎0.3 m，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff＝6 N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．质量m＝‎1 kg的小车从距弹簧上端L＝‎0.6 m处由静止释放沿斜面向下运动．已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2，式中x为弹簧的形变量．g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6.关于小车和杆的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动 B．小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动，最后做匀速直线运动 C．杆刚要滑动时小车已通过的位移为‎0.9 m D．杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1 s 解析：小车从开始下滑至位移为L的过程中，小车只受重力和支持力作用，支持力不做功，只有重力做功，加速度a＝gsin 37°＝‎6 m/s2不变，所以小车先做匀加速运动，从刚接触弹簧，直至将弹簧压缩至弹力等于杆与槽的摩擦力，即弹力由0逐渐增大至6 N，小车受到的合力逐渐减小到零，所以小车接着做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，B正确，A错误；当弹力为6 N时，弹簧的形变量为Δx＝＝‎0.3 m，所以小车通过的位移为x＝L＋Δx＝‎0.9 m，C正确；杆开始运动时，根据机械能守恒定律可知mgxsin 37°＝k(Δx)2＋‎ eq f(1,2)mv2，解得杆和小车的速度v＝‎3 m/s，杆从开始运动到完全进入槽内的时间为t＝＝0.1 s，D正确．‎ 答案：BCD ‎9．(2016·大同模拟)如图所示，光滑圆弧槽在竖直平面内，半径为‎0.5 m，小球质量为‎0.10 kg，从B点正上方‎0.95 m高处的A点自由下落，落点B与圆心O等高，小球由B点进入圆弧轨道，飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离为‎2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对于DQ水平面上升的最大高度为‎0.80 m，取g＝‎10 m/s2.不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球经过C点时轨道对它的支持力大小为6.8 N B．小球经过P点的速度大小为‎3.0 m/s C．小球经过D点的速度大小为‎4.0 m/s D．D点与圆心O的高度差为‎0.30 m 解析：设小球经过C点的速度为vC，由机械能守恒定律得，mg(H＋R)＝mv，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，两式联立代入数据解得FN＝6.8 N，选项A正确；设小球经过P点的速度为vP，小球由P到Q做平抛运动，竖直方向h＝gt2，水平方向＝vPt，代入数据解得vP＝‎3.0 m/s，选项B正确；从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ面为零势能面，则mv＋mgh＝mv＝mg(H＋hOD)，代入数据解得vD＝‎5.0 m/s，hOD＝‎0.30 m，选项C错误，D正确．‎ 答案：ABD 三、非选择题 ‎10．(2016·大连模拟)如图所示，‎ 倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B，两球之间用一根长为L的轻杆相连，下面的小球B离斜面底端的高度为h.两球从静止开始下滑，不计球与地面碰撞时的机械能损失，且地面光滑，求：‎ ‎(1)两球在光滑水平面上运动时的速度大小；‎ ‎(2)整个运动过程中杆对A球所做的功．‎ 解析：(1)因为没有摩擦，且不计球与地面碰撞时的机械能损失，两球在光滑地面上运动时的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有 ‎2mg＝2×mv2，‎ 解得v＝.‎ ‎(2)因两球在光滑水平面上运动时的速度v比B单独从h处自由滑下的速度大，增加的机械能就是杆对B做正功的结果．B增加的机械能为 ΔEB＝mv2－mgh＝mgLsin θ.‎ 因系统的机械能守恒，所以杆对B球做的功与杆对A球做的功的数值应该相等，杆对B球做正功，对A球做负功，所以杆对A球做的功W＝－mgLsin θ.‎ 答案：(1)　(2)－mgLsin θ ‎11．(2016·临沂模拟)如图所示，光滑斜面的下端与半径为R的圆轨道平滑连接．现在使小球从斜面上端距地面高度为2R的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计．试求：‎ ‎(1)小球到达圆轨道最低点B时的速度大小；‎ ‎(2)小球在最低点B时对轨道的压力大小；‎ ‎(3)小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度．‎ 解析：(1)小球从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律 mg·2R＝mv2，‎ 解得v＝2.‎ ‎(2)在B点，由牛顿第二定律得FNB－mg＝m，‎ 解得FNB＝5mg，‎ 由牛顿第三定律知，小球在最低点B时对轨道的压力大小为5mg.‎ ‎(3)根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心以下的圆弧部分速度不等于0，轨道弹力不等于0，小球不会离开轨道．设小球在C点(OC与竖直方向的夹角为θ)脱离圆轨道，则在C点轨道弹力为0，‎ 有mgcos θ＝m，‎ 小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得 mg·2R＝mgR(1＋cos θ)＋mv，‎ 由以上两式得cos θ＝，‎ vC＝.‎ 离开C点后小球做斜上抛运动，水平分速度为vCcos θ，设小球离开圆轨道后能到达最大高度为h的D点，则D点的速度，即水平分速度大小等于vCcos θ，从A点到D点的过程中由机械能守恒定律得 mg·2R＝m(vCcos θ)2＋mgh，‎ 解得h＝R.‎ 答案：(1)2　 (2)5mg　　(3)R