过关16 机械能守恒定律及应用-2023新教材高考物理小题专项训练

1)J=4.8J,选项D正确 越来越小，不可能运动到A点，又知道 13.解析：选B.设木盒质量为M,木盒中固定 μ<tan0,即mng sin0>mg cos0,最终在 一质量为的砝码时，由动能定理可知， 与B点对称的E点之间来回运动，A、B 1 u(m+M)g,=2(M+m)w,解得x 错误：物块第一次运动到C时速度最大， 对轨道的压力最大，物块从D第一次运 2g加一个竖直向下的恒力F(F=mg) 动到C过程，由动能定理得：mgR 1 时，由动能定理可知，(m十M)gx2= m:设此时轨道对物块的支持力为 M,2 2M,,解得x,=2(m十MDg 显然 01 F,由牛顿第二定律得：F,一mg=mR' x2<x1. 联立解得：F,=3mg,由牛顿第三定律知 14.解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角 物块对C点的最大压力为3mg,故C正 为45°时，沿绳方向的速度v=0。c0s45°= 确；当最后稳定后，物块在BE之间运动 2,故质量为m的物体速度等于2， 时，设物块经过C点的速度为2，由动能 2 对物体应用动能定理可知，在此过程中人 定理得：mgR(1一cos0)=2mu,设轨道 所微的功为W= 2m2-0= mv。 对物块的支持力为F,由牛顿第二定律 4 C正确. 得：F,一mg=mR,联立解得：F,= 15.解析：选B.质点第一次在半圆轨道中运 (3一√5)ng,由牛顿第三定律可知，物块 动的过程，由动能定理将：mg(H-)十 对C点的最小压力为(3-√3)mg,D (一W,)=0一0，W,为质，点克服摩擦力做 正确. 过关16机械能守恒定律及应用 功大小，解得：W,=2mgH,即质点第一 1.解析：选D.物体做匀速运动其动能不变， 次在半圆轨道中运动损失的机械能为 但机械能可能变，如物体匀速上升或下降， 机械能会相应地增加或减少，选项A错 2gH,由于第二次质点在半圆轨道中 误；物体仅受重力作用，只有重力做功时， 运动时，对应位置处速度变小，因此半圆 物体的机械能守恒，选项B、C错误：物体沿 轨道给质点的弹力变小，摩擦因数不变，所 竖直方向向下做加速度为5m/s的匀加 1 速运动时，物体一定受到一个与运动方向 以摩擦力变小，摩擦力做功小于2mgH, 相反的力的作用，此力对物体做负功，物体 1 的机械能减少，故选项D正确. 机械能损失小于2mgH,因此质点再次 2.解析：选D.子弹射入木块过程，系统中摩 冲出a点时，能上升的高度大于零而小于 擦力做负功，机械能减少；而共同上摆过 2H,故A、C,D错误，B正确. 程，系统只有重力做功，机械能守恒.综上 所述，整个过程机械能减少，减少部分等于 16.解析：选BD.对物体应用动能定理可得 克服摩擦力做功产生的热量. 1 3.解析：选C.设小球运动到c点的速度大小 W◆=W人一mgh= 2mu,故W人=mgh 为℃。，则小球由a到c的过程，由动能定理 十m,B.D选项正确， 有F,3R-mgR=2m,又F=mg,解得 17.解析：选CD.物块从D D 0 =2gR,小球离开c,点后，在水平方向 点无初速度滑下后，由 做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方 于克服摩擦力做功，所 向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛 以物块在斜面上运动时 E C B 顿第二定律可知，小球离开C点后水平方 机械能不断减小，在斜面上升的最大高度 向和竖直方向的加速度大小均为g,则由 28 竖直方向的运动可知，小球从离开C点到 守恒.而小球过了半圆形槽的最低，点以后， 其轨迹最高点所需的时间为：=心 半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形 式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所 R ,在水平方向的位移大小为x= 1 以系统的机械能守恒.小球从开始下落至 到达槽最低点前，小球先失重，后超重.当 gt2=2R.由以上分析可知，小球从a点开 小球向右上方滑动时，半圆形槽也向右移 始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方 动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能 向的位移大小为5R,则小球机械能的增加 不守恒.综合以上分析可知选项C正确. 量为△E=F·5R=5mgR,C正确，A、B、D 错误 8.解析：选AC.A图中小球沿轨道上滑直到 4.解析：选B.设物块水平抛出的初速度为 速度为零，由于机械能守恒，因此小球能上 升到h高度，A正确；B图中，小球到达轨 u,高度为h,由题意知2mu品=mgh,即 道顶端后离开轨道做斜上抛运动，到达拋 v。=√2gh.物块在竖直方向上的运动是 物线最高点时速度不为零，因此动能不为 自由落体运动，故落地时的竖直分速度？， 零，则小球不能上升到h高度，B错误； =√2gh=v,=v。,则该物块落地时的速 C图中小球沿竖直管向上运动，直到速度 度方向与水平方向的夹角日= 4,故选项B 减