課時跟蹤檢測(十七)　機械能守恒定律及其應(yīng)用

1、第7頁 共7頁課時跟蹤檢測(十七)機械能守恒定律及其應(yīng)用1(2021山東日照模擬)蹦極是一項非常刺激的戶外休閑活動。北京青龍峽蹦極跳塔高度為68米，身系彈性蹦極繩的蹦極運動員從高臺跳下，下落高度大約為50米。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點。下列說法正確的是()A運動員到達最低點前加速度先不變后增大B蹦極過程中，運動員的機械能守恒C蹦極繩張緊后的下落過程中，動能一直減小D蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力一直增大解析：選D蹦極繩張緊前，運動員只受重力，加速度不變，蹦極繩張緊后，運動員受重力、彈力，開始時重力大于彈力，加速度向下，后來重力小于彈力，加速度向上，則蹦極繩張緊后，運動員加速度先減小為

2、零再反向增大，故A錯誤；蹦極過程中，運動員和彈性繩的機械能守恒，故B錯誤；蹦極繩張緊后的下落過程中，運動員加速度先減小為零再反向增大，運動員速度先增大再減小，運動員動能先增大再減小，故C錯誤；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性繩的伸長量增大，彈力一直增大，故D正確。2.如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1N2的值為()A3mgB4mgC5mg D6mg解析：選D設(shè)小球在最低點時速度為v1，在最高點時速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律有，在最低點：N1mgm eq

3、f(v12,R) ，在最高點：N2mgm eq f(v22,R) ；從最高點到最低點，根據(jù)機械能守恒有mg2R eq f(1,2) mv12 eq f(1,2) mv22，聯(lián)立可得：N1N26mg，故選項D正確。3.(2021山東濰坊模擬)如圖所示，將一質(zhì)量為m的小球從A點以初速度v斜向上拋出，小球先后經(jīng)過B、C兩點。已知B、C之間的豎直高度和C、A之間的豎直高度都為h，重力加速度為g，取A點所在的平面為參考平面，不計空氣阻力，則()A小球在B點的機械能是C點機械能的兩倍B小球在B點的動能是C點動能的兩倍C小球在B點的動能為 eq f(1,2) mv22mghD小球在C點的動能為 eq f(1

4、,2) mv2mgh解析：選D不計空氣阻力，小球在斜上拋運動過程中只受重力作用，運動過程中小球的機械能守恒，則小球在B點的機械能等于在C點的機械能，A錯誤；小球在B點的重力勢能大于在C點重力勢能，根據(jù)機械能守恒定律知，小球在B點的動能小于在C點的動能，B錯誤；小球由A到B過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mg2hEkB eq f(1,2) mv2，解得小球在B點的動能為EkB eq f(1,2) mv22mgh，C錯誤；小球由B到C過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mg2hEkBmghEkC，解得小球在C點的動能為EkCEkBmgh eq f(1,2) mv2mgh，D正確。4(多選)(2021臨沂2月檢

5、測)如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道AO對接半徑為2R的光滑圓弧軌道OB于O點?？梢暈橘|(zhì)點的物體從上面圓弧的某點C由靜止下滑(C點未標(biāo)出)，物體恰能從O點平拋出去。則()ACO1O60BCO1O90C落地點距O2的距離為2 eq r(2) RD落地點距O2的距離為2R解析：選BC要使物體恰能從O點平拋出去，在O點有mgm eq f(v2,2R) ，解得物體從O點平拋出去的最小速度為v eq r(2gR) 。設(shè)CO1O，由機械能守恒定律可知，mgR(1cos ) eq f(1,2) mv2，解得90，故選項A錯誤，B正確；由平拋運動規(guī)律可得，xvt，2R eq f(1,2) gt2，解得落地點距

6、O2的距離為2 eq r(2) R，選項C正確，D錯誤。5.如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的 eq f(1,4) 圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，不計小球大小。開始時a球處在圓弧上端A點，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，則下列說法正確的是()Aa球下滑過程中機械能保持不變Bb球下滑過程中機械能保持不變Ca、b球滑到水平軌道上時速度大小為 eq r(2gR) D從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對a球做的功為 eq f(mgR,2) 解析：選Da、b球和輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，A、B錯誤；由系統(tǒng)機械能守

7、恒有mgR2mgR eq f(1,2) 2mv2，解得a、b球滑到水平軌道上時速度大小為v eq r(3gR) ，C錯誤；從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，對a球，由動能定理有WmgR eq f(1,2) mv2，解得輕桿對a球做的功為W eq f(mgR,2) ，D正確。6有一條長為L2 m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30，另一半長度豎直下垂在空中，當(dāng)鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10 m/sA.2.5 m/s B eq f(5r(2),2) m/sC eq r(5) m/s D eq f(

8、r(35),2) m/s解析：選B設(shè)鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時鏈條的最高點為零勢能面，鏈條的機械能為EEpEk eq f(1,2) 2mg eq f(L,4) sin eq f(1,2) 2mg eq f(L,4) 0 eq f(1,4) mgL(1sin )，鏈條全部滑出后，動能為Ek eq f(1,2) 2mv2，重力勢能為Ep2mg eq f(L,2) ，由機械能守恒可得EEkEp，即 eq f(1,4) mgL(1sin )mv2mgL，解得v eq f(1,2) eq r(gL（3sin ）) eq f(1,2) eq r(102（30.5）) m/s eq f(5r(2),2) m

9、/s，故B正確，A、C、D錯誤。7(多選)(2021湖南衡陽模擬)如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經(jīng)過與A點關(guān)于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結(jié)論正確的是()A小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大C小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大D小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大解析：選AD小球從B點運動到C點的過程中，彈簧處于壓縮狀態(tài)，

10、小球豎直方向受到重力和彈簧壓力的豎直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；小球位于圖中的C點時，彈簧處于原長，則小球從B點運動到C點的過程，彈簧的彈性勢能減小，小球的重力勢能也減小，則小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；在C點小球的合力等于重力，小球要繼續(xù)向下加速，小球從C點運動到D點的過程中，彈簧的拉力沿桿向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后減速，所以在CD間的某點速度最大，重力對其做功的功率最大，故C錯誤；小球從A點運動到D點的過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，即小球

11、的重力勢能、動能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，在D點，小球的重力勢能和動能都最小，則彈簧的彈性勢能最大，故D正確。8(2019全國卷)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A物體的質(zhì)量為2 Bh0時，物體的速率為20 mCh2 m時，物體的動能Ek40 D從地面至h4 m，物體的動能減少100 解析：選AD由于Epmgh，所以Ep與h成正比，斜率kmg，由題給圖像得k20 N，因此m2 kg，A對。當(dāng)h0時，Ep0，E總Ek eq f(1,2

12、) mv02，因此v010 m/s，B錯。由題給圖像知h2 m時，E總90 J，Ep40 J，由E總EkEp得Ek50 J，C錯。h4 m時，E總Ep80 J，即此時Ek0，即上升4 m距離，動能減少100 J，D9(多選)(2020遼寧部分重點中學(xué)5月模擬)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上，現(xiàn)用手控制住A，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細線豎直、右側(cè)細線與斜面平行，已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜

13、止?fàn)顟B(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時CA.斜面傾角30BA獲得的最大速度為2g eq r(f(m,5k) CC剛離開地面時，B的加速度最大D從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：選ABC球剛離開地面時，彈簧被拉長，對C有kxCmg，此時A獲得最大速度，而A、B的速度大小始終相等，故此時A、B加速度均為零(最小值)，對B有TmgkxC0，對A有4mg sin T0，聯(lián)立解得sin 0.5，則30，選項A正確，C錯誤；開始時彈簧被壓縮，對B有kxBmg，又kxCmg，故當(dāng)C剛離開地面時，B上升的距離以及A沿斜面下滑的距離均為hxCxB，由于開始時和C剛離開地面

14、時彈簧的彈性勢能相等，故以A、B及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由機械能守恒定律得4mgh sin mgh eq f(1,2) (4mm)vm2，聯(lián)立解得vm2g eq r(f(m,5k) ，選項B正確；從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球以及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，但A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項D錯誤。10(多選)(2021湖南永州模擬)如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖乙是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度的平方與其對應(yīng)高度的關(guān)系圖像。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為2.5 N，空氣阻力不計，B點

15、為AC軌道的中點，g10 m/s2，A圖乙中x36B小球質(zhì)量為0.2 C小球在B點受到軌道的作用力為8.5 ND小球在A點時重力的功率為5 W解析：選BC小球在光滑軌道上運動，只有重力做功，故機械能守恒，所以有 eq f(1,2) mv02 eq f(1,2) mv2mgh，解得v22ghv02，當(dāng)h0.8 m時，v29 m2/s2，代入數(shù)據(jù)得v05 m/s；當(dāng)h0時，v2v0225 m2/s2，x25，故A錯誤；由題圖乙可知，軌道半徑R0.4 m，小球在C點的速度vC3 m/s，由牛頓第二定律可得Fmgm eq f(vC2,R) ，解得m0.2 kg，B正確；小球從A到B過程中由機械能守恒有

16、 eq f(1,2) mv02 eq f(1,2) mvB2mgR，解得小球運動到B點的速度vB eq r(17) m/s，在B點，由牛頓第二定律可知NBm eq f(vB2,R) ，代入數(shù)據(jù)得NB8.5 N，選項C正確；小球在A點時，重力mg和速度v0垂直，重力的瞬時功率為0，D錯誤。11.(2021寧夏石嘴山三中月考)如圖所示，P是水平面上的固定圓弧軌道，從高臺邊B點以速度v0水平飛出質(zhì)量為m的小球，恰能從左端A點沿圓弧切線方向進入。O是圓弧的圓心，是OA與豎直方向的夾角。已知m0.5 kg，v03 m/s，53，圓弧軌道半徑R0.5 m，g取10 m/s2，(1)A、B兩點的高度差；(2)小球能否到達最高點C？如能到達，小球?qū)點的壓力大小為多少？解析：(1)小球從B到A做平拋運動，到達A點時，速度與水平方向的夾角為，則有vA eq f(v0,cos ) 5 m/s根據(jù)機械能守恒定律，有mgh