高中物理机械能守恒定律及其应用检测题

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1、1 高中物理机械能守恒定律及其应用检测题 1.(2018 天津高考 ) 滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员( 可 视为质点 ) 由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB， 从滑道的A点滑行到最 低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿 AB下滑过程中 ( ) A所受合外力始终为零B所受摩擦力大小不变 C合外力做功一定为零D机械能始终保持不变 解析： 选 C 运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指 向圆心，不做功，故A错误， C正确。如图所示，沿圆弧切线方向运动员受 到的合力为零，即Ffmgsin ，下滑过程中减小， sin 变小，故摩 擦力Ff变小，故B 错误。

2、运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则 机械能减小，故D错误。 2(2019 内江一模 ) 如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球 以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次 到达最低点的过程中( 弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计) ，下列说法 正确的是 ( ) A绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小 B该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小 C该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功 D在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大 解析： 选 D 绳伸直以后， 绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的

3、速度增大，故球的动能增大， 当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大，继续向下，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动 能减小， A错误；该过程中，手受到绳的拉力一直增大，B错误；由动能定理可得WGW克绳0 1 2mv 0 2，该 过程中重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C错误；在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地 球组成的系统势能最大，D正确。 3 多选 如图所示，光滑长铁链由若干链节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L2R，R远 大于一节铁链的高度和长度。铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是( ) A在第一节完成圆周运动的过程中，第一节链节机械能守恒 B每节铁链通过最高

4、点的速度依次减小 C第一节链节与最后一节链节到达最高点的速度大小相等 D第一节链节回到最低点至最后一节链节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变 2 解析：选CD 铁链由完全相同的各链节构成连接体，各链节之间有弹力作用，若选第一节为研究对 象，机械能不守恒，故A 错误；第一节上升的过程，链节的重心上升，重力势能增加，由系统机械能守 恒知动能减小，以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B错误， D正确； 第一节链节到达最高点和最后一节到达最高点时链节的重心位置相同，由Ek1Ep1Ek2Ep2知重力势能相 等时动能相等，故C正确。 4. 如图， 半圆形光滑轨道固定在水平地面上，

5、半圆的直径与地面垂直。一小 物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨 道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为( 重力加速度大 小为g)( ) A. v 2 16g B. v 2 8g C. v 2 4g D. v 2 2g 解析：选B 设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守 恒定律有mg2R 1 2mv 21 2mv 1 2，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有： xv1t,2R 1 2gt 2 ， 求得x16R v 2 8g 2 v 4 4g 2，因此当R v 2 8g0，即 R v 2 8g时

6、， x取得最大值， B项正确， A、C、D项错 误。 5 多选 (2020 武汉调研 ) 如图所示，用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等 距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为m的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速 度释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是( ) A下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大 B小球的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线 运动 C小球运动到螺旋轨道底端时，重力的功率为mg2gh D小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为 2s 2 gh 解析：选AD 由于不计一切摩擦，故小球在下滑过程中机械能守恒，小球沿轨道斜向下的速度不断 增大

7、，故小球下滑过程中的运动可分解为水平方向速率不断增大的圆周运动和竖直方向的匀加速直线运 动，选项B 错误；又小球下滑过程中，水平方向做圆周运动的速率不断增大，则轨道对小球水平方向的 作用力逐渐增大，竖直方向小球的受力恒定不变，即轨道对小球竖直方向的作用力恒定不变，故下滑过 程中轨道对小球的作用力逐渐增大，选项A 正确；小球运动到螺旋轨道底端时，根据机械能守恒定律有 mgh1 2mv 2，解得 v2gh，根据功率公式，重力的功率Pmgvcos mg2ghcos ，为小球运动到 底端时速度方向与重力方向的夹角，选项C错误；用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道， 3 可等效为长度为s、高度

8、为h的倾斜轨道，小球速度方向与竖直方向夹角的余弦值cos h s，小球沿等 效倾斜轨道运动的加速度agcos gh s ，由s 1 2at 2，解得小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间 t 2s 2 gh，选项 D正确。 6 多选 如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点 A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图像。 已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道的中点，g10 m/s 2，下 列说法正确的是( ) A图乙中x36 B小球质量为0.2 kg C小球在B点受到轨道

9、的作用力为8.5 N D小球在A点时重力的功率为5 W 解析：选BC 小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有 1 2mv 0 21 2mv 2mgh ，解 得v 2 2gh v0 2，当 h0.8 m 时，v 29 m2/s2，代入数据得 v05 m/s ；当h0 时，v 2 v0 2 25 m2/s2， x 25，故 A 错误；由题图乙可知，轨道半径R0.4 m ，小球在C点的速度vC3 m/s ，由牛顿第二定律 可得Fmgm vC 2 R ，解得m0.2 kg ，B正确；小球从A到B过程中由机械能守恒有 1 2mv 0 21 2mv B 2mgR ，解 得小球运动到B点的

10、速度vB17 m/s ，在B点，由牛顿第二定律可知NBm vB 2 R ，代入数据得NB8.5 N ， 选项 C正确；小球在A点时，重力mg和速度v0垂直，重力的瞬时功率为0，D错误。 7 多选 (2020 济宁模拟 ) 如图所示，在一个直立的光滑圆管内放置一根轻质弹簧，弹 簧的上端O与管口A的距离为2x0，一个质量为m的小球从管口由静止开始下落，将弹簧压缩 至最低点B，压缩量为x0，设小球运动到O点时的速度大小为v0，不计空气阻力，则在这一 过程中 ( ) A小球运动的最大速度大于v0 B小球运动的最大速度等于v0 C弹簧的劲度系数为 mg x0 4 D弹簧的最大弹性势能为3mgx0 解析：

11、选 AD 当小球加速度为0 时，小球速度最大，kxmg，所以速度最大位置在压缩量为 mg k 位置， 从O点到压缩量为 mg k 位置，小球合力向下，依然加速，最大速度大于v0， A正确， B错误；结合A选项的 分析，kxmg，x为速度最大的位置，x0为速度为0 的位置，所以xmg x0 ，C错误；对小球 和弹簧组成的系统全程用机械能守恒定律：mg3x0Epm，D正确。 8. 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光 滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放 在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑 轮左侧细线竖

12、直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均 为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜 面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。求： (1) 斜面的倾角； (2)A获得的最大速度vm。 解析： (1) 由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，A的加速度此时为零 由牛顿第二定律：4mgsin 2mg 0 解得： sin 1 2，即 30。 (2) 由题意可知，A、B、C组成的系统在初始时和A沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，设弹簧 的形变量为x，由题意可得：2mgkx 4mgxsin mgx 1 25mv m 2 解

13、得：vm2g m 5k。 答案： (1)30 (2)2g m 5k 9(2020 黑龙江重点中学联考) 如图所示，竖直平面内有一半径 为R0.50 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧 槽相接于D点，一质量为m 0.10 kg 的小球从B点的正上方H0.95 m 高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平 面上的Q点，DQ间的距离x2.4 m ，球从D点飞出后的运动过程中相 对水平面上升的最大高度h 0.80 m ，取g10 m/s 2，不计空气阻力，求： (1) 小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN； (2) 小球经过P点时的速度大小vP； (3)D

14、点与圆心O的高度差hOD。 5 解析： (1) 设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒定律有 mg(HR) 1 2mv 1 2 由牛顿第二定律有FNmgm v1 2 R 代入数据解得FN6.8 N 。 (2) 从P到Q小球做平抛运动 竖直方向有h 1 2gt 2 水平方向有 x 2 vPt 代入数据解得vP3 m/s 。 (3) 小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，则 1 2mv P 2 mghmg(H hOD) 代入数据解得hOD0.3 m 。 答案： (1)6.8 N (2)3 m/s (3)0.3 m 二、强化迁移能力，突出创新性和应用性 10(2020

15、 泰安模拟 ) 如图，两个相同的小球P、Q通过铰链用刚性轻杆连 接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上。开始时轻杆贴近竖直杆，由 静止释放后，Q沿水平地面向右运动。下列判断正确的是( ) AP触地前的速度一直增大 BP触地前的速度先增大后减小 CQ的速度一直增大 DP、Q的速度同时达到最大 解析：选A 开始时Q速度为零，当P到达底端时，Q的速度也为零，所以在整个过程中，Q的速度 先增大后减小，动能先增大后减小，对由P、Q组成的系统由机械能守恒可知，整个过程是P的重力势能 转化为P的动能，P在下落过程中前半段加速度小于g，后半段大于g，所以P一直处于加速下滑状态， 故 A正确， B错误；P

16、一直处于加速下滑状态，所以当Q速度到达最大时，P还没达到最大速度，故C 、D 错误。 11. 如图所示，一根足够长的光滑细杆倾斜放置在竖直平面内，它与以O为圆心、 R为半径的圆 (图中虚线表示) 相交于B、C两点， 一轻弹簧一端固定在圆心O点，另一 端连接一质量为m的小球，小球穿在细杆上且能自由滑动，小球由圆心正上方的A点 静止释放，经过B点时弹簧恰好处于原长，此时小球速度为v，整个过程弹簧均在弹 性限度内，则小球从A点到C点的运动过程中，下列判断正确的是( ) A小球的机械能守恒 B小球经过B点时速度最大 6 C小球经过C点时速度一定大于v D小球重力势能和动能之和先减小后增大再减小 解析：选 C 小球从A点到C点的运动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球的机械能不 守恒，故 A不正确。小球经过B点时弹簧恰好处于原长，此时小球速度为v，则小球经过C点时弹簧恰好 也处于原长，小球从B到C重力做正功，小球动能增加，小球经过C点时速度一定大于v，故 B不正确， C正确。分析知弹簧原来处于伸长状态，小球从A到B，弹簧的弹力