課時跟蹤檢測（十八）機械能守恒定律及其應用

PAGE第6頁共8頁課時跟蹤檢測（十八）機械能守恒定律及其應用一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1.(2021·泰安模擬)如圖所示，用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中，由子彈、彈簧和物塊A、B所組成的系統(tǒng)在下列依次進行的過程中，機械能不守恒的是()A．子彈射入物塊B的過程B．子彈射入物塊B后，物塊B帶著子彈向左運動，直到彈簧壓縮量達到最大的過程C．彈簧推著帶子彈的物塊B向右運動，直到彈簧恢復原長的過程D．帶著子彈的物塊B因慣性繼續(xù)向右運動，直到彈簧伸長量達到最大的過程解析：選A子彈射入物塊B的過程中，由于要克服子彈與物塊之間的滑動摩擦力做功，一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以系統(tǒng)機械能不守恒；子彈和物塊B獲取共同速度以后一起向左壓縮彈簧、彈簧推著帶子彈的物塊B向右運動過程中，以及物塊A離開墻壁整體向右運動的過程中，系統(tǒng)內(nèi)部只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)動能與彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，故B、C、D過程機械能均守恒，A過程機械能不守恒。2.(2021·浙江1月選考)如圖所示，同學們坐在相同的輪胎上，從傾角相同的平直雪道先后由同一高度靜止滑下，各輪胎與雪道間的動摩擦因數(shù)均相同，不計空氣阻力。雪道上的同學們()A．沿雪道做勻速直線運動B．下滑過程中機械能均守恒C．前后間的距離隨時間不斷增大D．所受重力沿雪道向下的分力相同解析：選C如圖所示為某位同學的受力分析圖，重力沿斜面向下的分力mgsinθ與滑動摩擦力Ff＝μmgcosθ之間的關系無法判斷，因此不能判斷是否勻速下滑，選項A錯誤；由于下滑時除了重力做功之外，還有摩擦力做負功，因此機械能不守恒，選項B錯誤；不同同學的質(zhì)量不同，因此沿雪道向下的重力的分力不同，選項D錯誤；由于沿雪道向下做勻變速運動，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2可知，前后間的距離Δx＝eq\f(1,2)a(t＋t′)2－eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)a(2tt′＋t′2)，因此前后間的距離會隨著時間逐漸變大，選項C正確。3．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·廣東卷)(多選)研究“蹦極”運動時，在運動員身上系好彈性繩并安裝傳感器，可測得運動員豎直下落的距離及其對應的速度大小。根據(jù)傳感器收集到的數(shù)據(jù)，得到如圖所示的“速度—位移”圖像。若空氣阻力和彈性繩的重力可以忽略，根據(jù)圖像信息，下列說法正確的有()A．彈性繩原長為15mB．當運動員下降10m時，處于失重狀態(tài)C．當運動員下降15m時，繩的彈性勢能最大D．當運動員下降20m時，其加速度方向豎直向上解析：選BD運動員下降15m時速度最大，此時加速度為零，合外力為零，彈性繩彈力不為零，彈力等于重力，彈性繩處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；當運動員下降10m時，速度向下并且逐漸增大，處于失重狀態(tài)，故B正確；當運動員下降15m時，速度不為零，運動員繼續(xù)向下運動，彈性繩繼續(xù)伸長，彈性勢能繼續(xù)增大，故C錯誤；當運動員下降20m時，運動員向下減速運動，其加速度方向豎直向上，故D正確。4.(2020·濟寧一模)(多選)如圖所示，輕彈簧一端與不可伸長的輕繩OC、DC連接于C點(兩繩另一端均固定)，彈簧另一端連接質(zhì)量為m的小球。地面上豎直固定一半徑為R、內(nèi)壁光滑的eq\f(1,4)開縫圓弧管道AB，A點位于O點正下方且與C點等高處，管道圓心與C點重合?，F(xiàn)將小球置于管道內(nèi)A點由靜止釋放，已知輕繩DC水平，當小球沿圓弧管道運動到B點時恰好對管道壁無彈力，管道與彈簧間的摩擦不計，重力加速度為g。則小球從A點運動到B點的過程中()A．彈簧一直處于伸長狀態(tài)B．小球的機械能不守恒C．小球在B點的動能為mgRD．輕繩OC的拉力不斷增大解析：選ACD當小球沿圓弧管道運動到B點時恰好對管道壁無彈力，則小球在B點時，由彈簧的拉力和重力的合力提供向心力，則彈簧一直處于伸長狀態(tài)，故A正確；從A到B的過程，彈簧的彈力和管道的彈力對小球不做功，只有重力做功，故小球的機械能守恒，故B錯誤；從A點到B點的過程，對小球，取B點所在水平面為零勢能參考平面，由機械能守恒定律得：EkB＝mgR，故C正確；設OC與OA的夾角為θ，CA與水平方向的夾角為α，C點受力平衡，則在豎直方向上有：FOCcosθ＝FACsinα，從A點到B點的過程中，θ和彈簧的彈力FAC大小不變，α不斷增大，故FOC＝eq\f(FACsinα,cosθ)不斷增大，故D正確。5.一款名叫“跳一跳”的小游戲依靠操作小人蓄力跳躍進行游玩，使其能從一個平臺跳到旁邊的平臺上。如圖所示的拋物線為小人(質(zhì)量為m)在某次跳躍過程中的運動軌跡，不計空氣阻力。則(重力加速度為g)()A．小人從起跳至運動到最高點的過程中，機械能增加mghB．小人離開平臺時的動能為mghC．小人從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mghD．小人落到平臺上的速度大小為eq\r(2gh)解析：選C由于小人起跳后只受重力作用，機械能守恒，A錯誤；小人在最高點具有水平方向的速度，所以離開平臺時的動能大于mgh，落到平臺上的速度要大于eq\r(2gh)，故B、D錯誤；小人從離開平臺至運動到最高點的過程中重力做功為WG＝－mgh，所以重力勢能增加mgh，故C正確。6.(多選)如圖所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面頂端有一光滑定滑輪，一輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B。已知斜面傾角θ＝30°，小物塊A的質(zhì)量為m，小物塊B的質(zhì)量為0.8m，小物塊B距離地面的高度為h，小物塊A距離定滑輪足夠遠。開始時，小物塊A和小物塊B位于同一水平面上，用手按住小物塊A，然后松手。則下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．松手瞬間，小物塊A的加速度大小為eq\f(1,6)gB．松手后，小物塊A的機械能守恒C．小物塊B落地前瞬間的速度大小為eq\r(\f(2gh,3))D．小物塊A能夠上升到的最高點與地面的距離為eq\f(5h,3)解析：選AD松手瞬間，對小物塊B受力分析可得：0.8mg－FT＝0.8ma，對小物塊A受力分析可得：FT－mgsin30°＝ma，聯(lián)立解得：a＝eq\f(1,6)g，故A正確。松手后，繩的拉力對小物塊A做正功，小物塊A的機械能增加，故B錯誤。小物塊B從開始下落到落地有v2－0＝2ah，解得：v＝eq\r(\f(gh,3))，故C錯誤。小物塊A從開始運動到滑行距離h時獲得的速度v＝eq\r(\f(gh,3))，接下來繼續(xù)滑行x速度減為零，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝mgxsin30°，解得：x＝eq\f(h,3)，小物塊A能夠上升到的最高點與地面的距離為h＋hsin30°＋eq\f(h,3)sin30°＝eq\f(5,3)h，故D正確。

7.(2021·文昌模擬)(多選)如圖所示，在一個直立的光滑圓管內(nèi)放置一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的上端O與管口A的距離為2x0，一個質(zhì)量為m的小球從管口由靜止開始下落，將彈簧壓縮至最低點B，壓縮量為x0，設小球運動到O點時的速度大小為v0，不計空氣阻力，則在這一過程中()A．小球運動的最大速度大于v0B．小球運動的最大速度等于v0C．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(mg,x0)D．彈簧的最大彈性勢能為3mgx0解析：選AD當小球加速度為0時，小球速度最大，kx＝mg，所以速度最大位置在壓縮量為eq\f(mg,k)位置，從O點到壓縮量為eq\f(mg,k)位置，小球合力向下，依然加速，最大速度大于v0，A正確，B錯誤；結合A選項的分析，kx＝mg，x為速度最大的位置，x0為速度為0的位置，所以x<x0，所以k＝eq\f(mg,x)>eq\f(mg,x0)，C錯誤；對小球和彈簧組成的系統(tǒng)全程用機械能守恒定律得：mg·3x0＝Epm，D正確。8.(2020·江蘇高考)如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。解析：(1)小球線速度v＝ωr，得v＝2ωR。(2)向心力F向＝2mω2R設F與水平方向的夾角為α，則Fcosα＝F向；Fsinα＝mg解得F＝eq\r(2mω2R2＋mg2)。(3)落地時，重物的速度v′＝ωR，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv′2＋4×eq\f(1,2)mv2＝Mgh解得h＝eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。答案：(1)2ωR(2)eq\r(2mω2R2＋mg2)(3)eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)29.(2021·錦州模擬)蕩秋千是人們喜歡的一項健身娛樂活動。蕩秋千者通過做功，逐漸增加自身的機械能，從而逐漸“蕩”高。其原理如下：人向下擺動過程中逐漸“下蹲”使重心下降，而在秋千上擺過程中，人又逐漸站起使重心升高，機械能增加，從而逐漸“蕩”高。有一個正在“蕩”秋千的運動員質(zhì)量為75kg，身高為1.8m，在水平地面上站立時重心高1.0m，蹲坐時重心高0.6m。秋千擺長5.0m。若該運動員從與豎直方向成37°角位置開始下擺。(忽略空氣阻力、秋千的質(zhì)量，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求運動員到達秋千下擺的豎直最低位置時的速度大?。?2)求運動員在秋千下擺的豎直最低位置時受到秋千的作用力大小。解析：秋千擺長L0＝5.0m，運動員在水平地面上站立時重心高H1＝1.0m，蹲坐時重心高H2＝0.6m，以秋千下擺的最低位置處為零勢能點。(1)秋千下擺過程中運動員機械能守恒，mg[L0－(L0－H1)cos37°]＝mgH2＋eq\f(1,2)mv2，解得v≈4.9m/s。(2)設運動員在秋千下擺到最低位置時受到秋千的作用力大小為F，則F－mg＝meq\f(v2,L0－H2)，解得F≈1159N。答案：(1)4.9m/s(2)1159N二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性10.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，質(zhì)量均為m的A、B兩球用輕桿連接套在圓環(huán)上。開始時輕桿豎直并同時由靜止釋放兩球，當A球運動到B開始的位置時，輕桿剛好水平，重力加速度為g，則從開始運動到輕桿水平的過程中，下列說法正確的是()A．小球A、B的機械能均守恒B．小球A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒C．桿對小球A做的功為零D．桿對小球B做的功為eq\f(\r(2),2)mgR解析：選BD由于環(huán)是光滑的，因此A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B項正確；由幾何關系可知，輕桿長度為eq\r(2)R，當桿水平時，設A、B兩球的速度大小均為v，由系統(tǒng)機械能守恒可知：mg×eq\r(2)R＝eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(\r(2)gR)，因此從開始到桿水平時，B球的機械能增加，則A球的機械能減少，A項錯誤；根據(jù)動能定理，對A球有mg·eq\r(2)R＋W1＝eq\f(1,2)mv2，解得W1＝－eq\f(\r(2),2)mgR，C項錯誤；對B球有W2＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(2),2)mgR，D項正確。11.(2021·菏澤聯(lián)考)(多選)如圖所示，NPQ是由細桿彎成的半圓弧，其半徑為R，半圓弧的一端固定在天花板上的N點，NQ是半圓弧的直徑，處于豎直方向，P點是半圓弧上與圓心等高的點。質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點)穿在細桿上，通過輕繩與質(zhì)量也為m的小球B相連，輕繩繞過固定在C處的輕質(zhì)小定滑輪。將小球A移到P點，此時CP段輕繩處于水平伸直狀態(tài)，CP＝2R，然后將小球A由靜止釋放。不計一切摩擦，已知重力加速度為g，在小球A由P點運動到圓弧最低點Q的過程中，下列說法正確的是()A．小球A的動能可能先增大后減小B．小球A始終比小球B運動得快(釋放點P除外)C．當小球A繞滑輪轉(zhuǎn)過角度為30°時，小球A的動能為eq\f(8－2\r(3),5)mgRD．小球A剛釋放時，小球A、B的加速度大小分別為aA＝g、aB＝0解析：選BCD小球A下滑過程中，小球A所受的合力與速度成銳角，所以小球A的動能一直增大，故A錯誤。設小球A運動到某位置(P點除外)時，A、C連線與水平方向的夾角為θ，由關聯(lián)速度可知vB＝vAsinθ(其中0°＜θ≤45°)，所以小球A的速度始終比小球B的速度大，故B正確。當小球A繞滑輪轉(zhuǎn)過30°時，小球A下降的距離為hA＝Rsin60°，減少的重力勢能為EpA＝mghA＝mgRsin60°，小球B下降的高度為hB＝2R－2Rcos30°，減少的重力勢能為EpB＝mghB＝mg·2R(1－cos30°)，此時兩小球的速度關系為vB＝vAsin30°，由系統(tǒng)機械能守恒有EpA＋EpB＝EkA＋EkB，結合動能計算公式聯(lián)立解得EkA＝eq\f(8－2\r(3),5)mgR，故C正確。小球A剛釋放時受重力、桿的彈力、繩的拉力，桿的彈力和繩的拉力大小相等、方向相反，所以A球所受的合外力為重力，即加速度為g，小球B此時受重力和繩的拉力，合力為零，所以此時小球B的加速度為0，故D正確。12．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·河北卷)(多選)如圖，一頂角為直角的“”形光滑細桿豎直放置。質(zhì)量均為m的兩金屬環(huán)套在細桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧處于原長l0。兩金屬環(huán)同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長在彈性限度內(nèi)。對其中一個金屬環(huán)，下列說法正確的是[彈簧的長度為l時彈性勢能為eq\f(1,2)k(l－l0)2]()A．金屬環(huán)的最大加速度為eq\r(2)gB．金屬環(huán)的最大速度為geq\r(\f(m,2k))C．金屬環(huán)與細桿之間的最大壓力為eq\f(3\r(2),2)mgD．金屬環(huán)達到最大速度時重力的功率為mg2eq\r(\f(m,2k))解析：選BC剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為0，所以金屬環(huán)的最大加速度為am＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，故A錯誤；設平衡位置彈簧的伸長量為x1，根據(jù)平衡條件，沿桿方向有mgsin45°＝kx1cos45°，由機械能守恒定律得2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)))＝eq\f(1,2)kx12＋eq\f(1,2)(2m)v02，解得金屬環(huán)的最大速度為v0＝geq\r(\f(m,2k))，金屬環(huán)達到最大速度時重力的功率為P＝mgv0cos45°＝eq\f(mg2,2)eq\r(\f(m,k))，故B正確，D錯誤；當金屬環(huán)下落到最低點，金屬環(huán)速度為0，金屬環(huán)與細桿之間的壓力最大。設此時彈簧的形變量為x2，由機械能守恒定律得2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)))＝eq\f(1,2)kx22，對金屬環(huán)進行受力分析，垂直于桿方向有FN＝mgcos45°＋kx2sin45°，解得金屬環(huán)與細桿之間的最大壓力為FN＝eq\f(3\r(2),2)mg，故C正確。13.如圖所示，右邊傳送帶長L＝15m、逆時針轉(zhuǎn)動速度為v0＝16m/s，左邊是光滑豎直半圓軌道(半徑R＝0.8m)，中間是光滑的水平面AB(足夠長)。用輕質(zhì)細線連接甲、乙兩物體，中間夾一壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴連。甲的質(zhì)量為m1＝3kg，乙的質(zhì)量為m2＝1kg，甲、乙均靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)固定甲物體，燒斷細線，乙物體離開彈簧后在傳送帶上滑行的最遠距離為sm＝12m。傳送帶與乙物體間的動摩擦因數(shù)為0.6，重力加速度g取10m/s2，甲、乙兩物體可看作質(zhì)點。(1)固定乙物體，燒斷細線，甲物體離開彈簧后進入半圓軌道，求甲物體通過D點