練案[16]第3講　機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用一、選擇題(本題共小題，1～6題為單選，7～9題為多選)1．(2022·湖北武漢高三期末)下列物理量的“負(fù)號(hào)”表示大小的是( C )A．速度v＝－2 m/sB．力做功為W＝－10 JC．重力勢(shì)能Ep＝－50 JD．電荷量q＝－1.6×10－10 C[解析]速度的符號(hào)表示方向，不表示大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；功的符號(hào)表示動(dòng)力功和阻力功，不表示大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；重力勢(shì)能的符號(hào)表示重力勢(shì)能是在零勢(shì)能點(diǎn)之上還是之下，表示大小，選項(xiàng)C正確；電荷量的符號(hào)表示電性，不表示大小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．(2022·浙江溫州三模)在豎直平面內(nèi)，滑道PMQ由兩段對(duì)稱的圓弧平滑連接而成，且P、M、Q三點(diǎn)在同一水平線上?；拦饣』瑝K由P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)，所用時(shí)間為t1；由Q點(diǎn)滑到P點(diǎn)，所用時(shí)間為t2。小滑塊兩次運(yùn)動(dòng)的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過(guò)程始終沿著滑道滑行。則( C )A．t1<t2  B．t1>t2C．t1＝t2  D．無(wú)法比較t1、t2的大小[解析]由于滑道PMQ由兩段對(duì)稱的圓弧平滑連接而成，且P、M、Q三點(diǎn)在同一水平線上?；拦饣f(shuō)明小滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，小滑塊兩次運(yùn)動(dòng)的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過(guò)程始終沿著滑道滑行，故小滑塊在兩個(gè)過(guò)程中經(jīng)過(guò)同一位置的速度大小相等，方向相反，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的可逆性可知，兩個(gè)過(guò)程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，即t1＝t2，C正確，ABD錯(cuò)誤。3．(2023·廣東高三模擬)如圖所示，套在光滑豎直桿上的物體A，通過(guò)輕質(zhì)細(xì)繩與光滑水平面上的物體B相連接，A、B質(zhì)量相同?，F(xiàn)將A從與B等高處由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，重力加速度取g，當(dāng)細(xì)繩與豎直桿間的夾角為θ＝60°時(shí)，A下落的高度為h，此時(shí)物體B的速度為( A )A.  B. C.  D.[解析]設(shè)物體A下落高度h時(shí)，物體A的速度為vA，物體B的速度為vB，此時(shí)有vA＝＝2vB，物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgh＝mv＋mv，聯(lián)立方程，解得vB＝。故選A。4．(2022·河北保定二模)一固定在豎直面內(nèi)的光滑圓弧軌道如圖所示，左端A點(diǎn)的切線方向與水平方向的夾角為60°，頂端B點(diǎn)的切線方向水平。將一小球(視為質(zhì)點(diǎn)，圖中未畫(huà)出)從空中某點(diǎn)以大小為2 m/s的初速度水平拋出，恰好從A點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，并恰好能到達(dá)B點(diǎn)。取重力加速度大小g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。圓弧軌道的半徑為( B )A．0.2 m  B.0.4 m C.0.6 m  D.0.8 m[解析]小球進(jìn)入A點(diǎn)時(shí)的速度vA＝＝4 m/s，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)mg＝m，從A到B由機(jī)械守恒定律得mv＝mgR＋mv，解得R＝0.4 m，故選B。5．(2022·內(nèi)蒙古一模)如圖所示，傾角為30°的固定斜面上固定一根與斜面垂直的輕桿PQ，長(zhǎng)為L的輕桿兩端分別用鉸鏈固定質(zhì)量相等的小球A和B，A球(中空)套在PQ上，B球與斜面接觸，重力加速度大小為g，不計(jì)一切摩擦。若將輕桿從豎直位置由靜止釋放，則當(dāng)A球剛要到達(dá)斜面時(shí)，A球的速度大小為( C )A.  B. C.  D.[解析]從靜止釋放到A球剛要到斜面時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可知，mgLcos 30°·cos 30°＋mgsin 30°＝mv＋mv，兩球沿長(zhǎng)為L的輕桿方向的分速度相等，可知，A球剛要到斜面時(shí)，由于A球的速度垂直輕桿，所以沿桿方向的速度為0，故B球的速度為vB＝0，解得vA＝。故選C。6．(2023·浙江紹興模擬預(yù)測(cè))如圖所示，質(zhì)量為2m和m的滑塊A和B置于光滑水平桌面上，連接兩滑塊的細(xì)線通過(guò)桌子邊緣拉著一個(gè)動(dòng)滑輪，動(dòng)滑輪下面掛質(zhì)量為4m的物塊C。已知左右兩側(cè)細(xì)線互相平行，重力加速度g取10 m/s2，不計(jì)一切摩擦和動(dòng)滑輪的質(zhì)量。現(xiàn)將A、B、C三者同時(shí)由靜止釋放，在A、B滑出桌面之前，下列說(shuō)法正確的是( D )A．滑塊A和B的速度始終相等B．物塊C的機(jī)械能在不斷增大C．滑塊A的加速度大小為3.0 m/s2D．物塊C的加速度大小為6.0 m/s2[解析]動(dòng)滑輪兩側(cè)繩中拉力大小相等，所以A的加速度小于B的加速度，開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后在A、B滑出桌面之前，A的速度始終小于B的速度，故A錯(cuò)誤；動(dòng)滑輪對(duì)C的拉力做負(fù)功，物塊C的機(jī)械能在不斷減小，故B錯(cuò)誤；設(shè)繩中的拉力大小為T，對(duì)A、B根據(jù)牛頓第二定律有T＝2maA＝maB，對(duì)C根據(jù)牛頓第二定律有4mg－2T＝4maC，如圖所示，根據(jù)動(dòng)滑輪繩端與滑輪端的位移關(guān)系有xC＝xA＋(xB－xA)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知xA＝aAt2，xB＝aBt2，xC＝aCt2，聯(lián)立以上各式解得aA＝4 m/s2，aC＝6 m/s2，故C錯(cuò)誤，D正確。7．(2023·重慶高三階段練習(xí))如圖所示為家用撮箕的示意圖，撮箕的M、N兩面相互垂直，一玩具籃球放于撮箕內(nèi)與M、N兩面均接觸(不計(jì)它們間的摩擦)，N表面對(duì)籃球的作用力為FN。當(dāng)撮箕從圖示位置開(kāi)始繞O1O2軸旋轉(zhuǎn)90°至N面豎直的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是( AD )A．FN一直減小B．FN先增大后減小C．玩具籃球的重力勢(shì)能保持不變D．玩具籃球的重力勢(shì)能先增大后減小[解析]設(shè)某時(shí)刻N面與水平面的夾角為θ，則FN＝mgcos θ，FM＝mgsin θ，當(dāng)撮箕從圖示位置開(kāi)始繞O1O2軸旋轉(zhuǎn)90°至N面豎直的過(guò)程中，θ變大，則FM增大，FN變小，A正確，B錯(cuò)誤；玩具籃球的重心距離地面的高度先增加后減小，則它的重力勢(shì)能先增大后減小，C錯(cuò)誤，D正確。8. (2023·湖北恩施市第一中學(xué)模擬預(yù)測(cè))小明同學(xué)想借助一支可伸縮的圓珠筆來(lái)看看“圓珠筆的上跳”，筆內(nèi)有一根彈簧，尾部有一個(gè)小帽，壓一下小帽，筆尖就伸出。如圖所示，手握筆桿，使筆尖向上，小帽抵在桌面上，在壓下后突然放手，筆桿將豎直向上跳起一定的高度。在某次實(shí)驗(yàn)中，小明用刻度尺測(cè)得圓珠筆跳起的高度為12 cm，若重力加速度g＝10 m/s2，在圓珠筆由靜止起跳至上升到最大高度的過(guò)程中，以下分析正確的是( AD )A．小明對(duì)圓珠筆不做功B．圓珠筆的機(jī)械能不守恒C．圓珠筆在彈起過(guò)程中對(duì)桌面做正功D．圓珠筆起跳的初速度約為1.55 m/s[解析]小明放手后，圓珠筆由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，在起跳至上升到最大高度的過(guò)程中，小明對(duì)筆沒(méi)有作用力，所以小明對(duì)筆不做功；桌面對(duì)筆的彈力的作用點(diǎn)在筆的小帽上，在筆離開(kāi)桌面之前，小帽沒(méi)有位移，桌面對(duì)筆的彈力也不做功。所以在圓珠筆由靜止起跳至上升到最大高度的過(guò)程中，只有系統(tǒng)內(nèi)彈力和重力做功，圓珠筆的機(jī)械能守恒，故A正確，B錯(cuò)誤；在彈起過(guò)程中，圓珠筆對(duì)桌面有力的作用，但桌面在力的方向上沒(méi)有位移，則圓珠筆在彈起過(guò)程中對(duì)桌面不做功，故C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得mgh＝mv，代入數(shù)據(jù)可得v0≈1.55 m/s，故D正確。9．(2023·山東師范大學(xué)附中高三階段練習(xí))如圖甲所示，將一勁度系數(shù)為k的輕彈簧壓縮后鎖定，在彈簧上放置一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊距離地面高度為h1。將彈簧的鎖定解除后，小物塊被彈起，其動(dòng)能Ek與離地高度h的關(guān)系如圖乙所示，其中h4到h5間的圖像為直線，其余部分均為曲線，h3對(duì)應(yīng)圖像的最高點(diǎn)，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是( BD )A．小物塊上升至高度h3時(shí)，彈簧形變量為0B．小物塊上升至高度h5時(shí)，加速度為gC．解除鎖定前，彈簧的彈性勢(shì)能為mgh5D．小物塊從高度h2上升到h4，彈簧的彈性勢(shì)能減少了[解析]小物塊上升至高度h3時(shí)，動(dòng)能最大，則此時(shí)彈簧彈力與重力平衡，所以彈簧形變量不為0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)?/span>h4到h5間的圖像為直線，即小物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以小物塊上升至高度h4時(shí)，彈簧形變量為零，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，小物塊只受重力，加速度為g，故B正確；由圖像看推出，解除鎖定前，彈簧的彈性勢(shì)能為EP0＝mg(h5－h1)，故C錯(cuò)誤；小物塊在h4時(shí)，加速度為g，在h2和h4處的動(dòng)能相同，根據(jù)彈簧振子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，在h2處的加速度也為g，則有牛頓第二定律F－mg＝ma，得F＝2mg，所以小物塊從高度h2上升到h4，上升高度為x＝＝，彈簧的彈性勢(shì)能減少了ΔEP＝kx2＝，故D正確。二、非選擇題10．(2023·陜西高三階段練習(xí))如圖甲所示，位于建筑物頂部的電動(dòng)機(jī)用一輕繩把質(zhì)量為4 kg的貨物從地面吊起，貨物前5 s內(nèi)的速度時(shí)間圖像如圖乙所示，忽略空氣阻力，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)0～2 s內(nèi)輕繩對(duì)貨物的拉力；(2)0～5 s內(nèi)貨物機(jī)械能的變化量和電動(dòng)機(jī)輸出的平均功率。[答案]　(1)T＝46 N　(2)ΔE＝498 J　99.6 W[解析](1)由圖乙可知0～2 s內(nèi)，貨物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)v＝at1，對(duì)貨物，根據(jù)牛頓第二定律得T－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得T＝46 N。(2)由圖乙可知0～5 s內(nèi)，貨物上升高度為H＝(3＋5)×3 m＝12 m，機(jī)械能的變化量為ΔE＝mgH＋mv2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝498 J。根據(jù)題意可知，電動(dòng)機(jī)對(duì)輕繩、貨物系統(tǒng)所做的功等于貨物機(jī)械能的增加量，則電動(dòng)機(jī)輸出的平均功率為＝＝ W＝99.6 W。11．(2023·四川金堂縣高三模擬)如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過(guò)細(xì)繩繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行。已知A、B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為4m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放C后它沿斜面下滑，A剛離開(kāi)地面時(shí)，B獲得最大速度，求：(1)從釋放C到物體A剛離開(kāi)地面時(shí)，物體C沿斜面下滑的距離；(2)斜面傾角α；(3)B的最大速度vBm。[答案]　(1)h＝　(2)α＝30°　(3)2g[解析](1)設(shè)開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮量xB，則kxB＝mg，設(shè)當(dāng)物體A剛剛離開(kāi)地面時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為xA，則kxA＝mg，當(dāng)物體A剛離開(kāi)地面時(shí)，物體B上升的距離以及物體C沿斜面下滑的距離均為h＝xA＋xB，聯(lián)立解得h＝。(2)物體A剛剛離開(kāi)地面時(shí)，以B為研究對(duì)象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細(xì)線的拉力T三個(gè)力的作用，設(shè)物體B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)B有T－mg－kxA＝ma，對(duì)C有4mgsin α－T＝4ma，聯(lián)立整理得4mgsin α－mg－kxA＝5ma。當(dāng)B獲得最大速度時(shí)，有a＝0，解得sin α＝，則α＝30°。(3)由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能相等，且物體A剛剛離開(kāi)地面時(shí)，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為vBm，以B、C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由機(jī)械能守恒定律得4mghsin α－mgh＝(4m＋m)v2Bm，解得vBm＝2g。

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