課時跟蹤檢測(二十)　機械能守恒定律及其應用

課時跟蹤檢測(二十)機械能守恒定律及其應用1．(2023·安康模擬)嫦娥五號上升器月面點火(模擬圖如圖所示)，一段時間后順利進入到預定環(huán)月軌道，成功實現我國首次地外天體起飛。則上升器攜帶的月壤()A．上升過程中機械能守恒B．加速上升時處于失重狀態(tài)C．進入環(huán)月軌道后做變速運動D．進入環(huán)月軌道后加速度不變解析：選C嫦娥五號上升器月面點火加速上升，所以機械能增加，故A錯誤；加速上升時，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；進入環(huán)月軌道后，速度方向一直在變，做變速運動，故C正確；進入環(huán)月軌道后做圓周運動，加速度方向一直指向圓心，方向時刻改變，故D錯誤。2.(2022·全國甲卷)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于()A.eq\f(h,k＋1) B．eq\f(h,k)C.eq\f(2h,k) D．eq\f(2h,k－1)解析：選D運動員從a到c根據機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mvc2，在c點有FNc－mg＝meq\f(vc2,Rc)，由牛頓第三定律得FNc＝FNc′≤kmg，聯立解得Rc≥eq\f(2h,k－1)。3.(2021·廣東高考)(多選)長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質量均為m的手榴彈。手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有()A．甲在空中的運動時間比乙的長B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少mghD．從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為mgh解析：選BC甲、乙兩顆手榴彈豎直方向下落的高度相同，由平拋運動的特點可知，它們的運動時間相等，A錯誤。落地前瞬間，PG＝mgvy＝mg2t，由于運動時間相等，故重力的瞬時功率相等，B正確。從投出到落地，重力做功為mgh，故重力勢能減少mgh，C正確。從投出到落地過程中只有重力做功，手榴彈的機械能守恒，D錯誤。4.(2023·眉山模擬)一棵樹上有一個質量為0.3kg的熟透了的蘋果P，該蘋果從樹上與A等高處先落到地面C最后滾入溝底D。已知AC、CD的高度差分別為2.2m和3m，以地面C為零勢能參考平面，A、B、C、D、E面之間豎直距離如圖所示。算出該蘋果從A落下到D的過程中重力勢能的減少量和在D處的重力勢能分別是(g取10m/s2)()A．15.6J和9J B．9J和－9JC．15.6J和－9J D．15.6J和－15.6J解析：選C以地面C為零勢能面，根據重力勢能的計算公式得D處的重力勢能Ep＝mgh＝－9J，從A下落到D的過程中重力勢能的減少量ΔEp＝mgΔh＝15.6J，C正確。5.如圖所示，將一根長L＝0.4m的金屬鏈條拉直放在傾角θ＝30°的光滑斜面上，鏈條下端與斜面下邊緣相齊，由靜止釋放后，當鏈條剛好全部脫離斜面時，其速度大小為(g取10m/s2)()A.eq\r(6)m/s B．eq\r(5)m/sC.eq\r(3)m/s D．eq\r(2)m/s解析：選A由靜止釋放到鏈條剛好全部脫離斜面時，鏈條的重力勢能減少量為mgeq\f(L,2)sin30°＋eq\f(L,2)＝eq\f(3,4)mgL，由于斜面光滑，只有重力對鏈條做功，根據機械能守恒定律得eq\f(3,4)mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\f(\r(6gL),2)＝eq\r(6)m/s，故選A。6.(多選)如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L。B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長?，FA由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°。A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中()A．A的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mgB．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下D．彈簧的彈性勢能最大值為mgL解析：選ABA的動能最大時，A受到的合外力等于0，加速度為0；設B和C受到地面的支持力大小均為F，此時三個物體組成的整體在豎直方向受力平衡，可得2F＝3mg。所以F＝eq\f(3,2)mg，在A的動能達到最大前一直是加速下降，處于失重狀態(tài)，所以B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mg，故A、B正確；當A達到最低點時動能為零，此時彈簧的彈性勢能最大，A的加速度方向向上，故C錯誤；A下落的高度為h＝Lsin60°－Lsin30°，根據功能關系可知，小球A的機械能全部轉化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，故D錯誤。7.(2023·和田模擬)(多選)一同學在實驗室研究小球在豎直面內的圓周運動，其實驗裝置正視圖如圖所示，小球通過一條細線掛在細桿上，原來小球靜止，該同學在最低點輕推了一下小球后，小球只是在豎直面內來回擺動，此人抓住小球讓它仍停在最低點，然后使勁推了一下，小球則繞細桿做完整的圓周運動。不計空氣阻力，細線始終處于伸直狀態(tài)，假設小球質量m，細線長L，輕推時做功W，重推時做功4W，則W的值可能是()A.eq\f(1,2)mgL B．eq\f(3,4)mgLC．mgL D．eq\f(5,4)mgL解析：選BC若小球只是在豎直面內來回擺動，則小球上升的最大高度恰好與O在同一個水平線上，則：Wmax＝mgL；若小球在豎直平面內做圓周運動，則小球到達最高點時：vmin＝eq\r(gL)，小球向上運動的過程中機械能守恒，則：4W－mg·2L≥eq\f(1,2)mvmin2可得：W≥eq\f(5,8)mgL；總之，W應滿足：eq\f(5,8)mgL≤W≤mgL；故A、D錯誤，B、C正確。8.(多選)如圖所示，是一兒童游戲機的工作示意圖。光滑游戲面板與水平面成一夾角θ，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與AB管道相切于B點，C點為圓弧軌道最高點，輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內部連一手柄P。將球投入AB管內，緩慢下拉手柄使彈簧被壓縮，釋放手柄，彈珠被彈出，與游戲面板內的障礙物發(fā)生一系列碰撞后落入彈槽里，根據入槽情況可以獲得不同的獎勵。假設所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠視為質點。某次緩慢下拉手柄，使彈珠距B點為L，釋放手柄，彈珠被彈出，到達C點速度為v，下列說法正確的是()A．彈珠從釋放手柄開始到觸碰障礙物之前的過程中機械能不守恒B．調整手柄的位置，可以使彈珠從C點離開后做勻變速直線運動，直到碰到障礙物C．彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能和重力勢能之和達到最大D．此過程中，彈簧的最大彈性勢能為mg(L＋R)sinθ＋eq\f(1,2)mv2解析：選ACD彈簧對彈珠做功，其機械不守恒，故A正確；彈珠從C點離開后做勻變速曲線運動，故B錯誤；彈簧的彈力對彈珠做正功，彈珠的動能和重力勢能之和不斷增大，根據彈珠和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，知彈珠脫離彈簧的瞬間，彈簧的彈性勢能全部轉化為彈珠的動能和重力勢能，所以此瞬間動能和重力勢能之和達到最大，故C正確；根據系統(tǒng)的機械能守恒得，彈簧的最大彈性勢能等于彈珠在C點的機械能，為mg(L＋R)sinθ＋eq\f(1,2)mv2，故D正確。9．(2023·那曲模擬)如圖甲所示，一質量m＝4kg的小球(可視為質點)以v0＝4m/s的速度從A點沖上豎直光滑半圓軌道。當半圓軌道的半徑R發(fā)生改變時，小球對B點的壓力與半徑R的關系圖像如圖乙所示，g取10m/s2，下列說法中正確的是()A．x＝2.5B．y＝40C．若小球能通過軌道上的C點，則其落地點距A點的最大水平距離為0.80mD．當小球恰能通過軌道上的C點時，半圓軌道的半徑R＝64cm解析：選C設物塊到達B點時的速度為vB，由牛頓第二定律得F＝meq\f(vB2,R)，從A點到B點過程中，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(1,2)mvB2＋mgR，整理F＝meq\f(vA2,R)－2mg＝eq\f(64,R)－80，故x＝1.25，y＝80，故A、B錯誤；從A點到C點過程中eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(1,2)mvC2＋2mgR，平拋過程2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt，解得x＝eq\r(vA2－4gR)×eq\r(\f(4R,g))＝eq\r(6.4R－16R2)，根據數學關系可知，當R＝0.2m，其落地點距A點的最大水平距離為0.80m，故C正確；當小球恰能通過軌道上的C點時mg＝meq\f(vC2,R)，eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(1,2)mvC2＋2mgR，解得半圓軌道的半徑32cm，故D錯誤。10．如圖甲所示，在同一豎直平面內兩正對著的相同半圓光滑軌道，相隔一定的距離，虛線沿豎直方向，一小球能在其間運動，今在最高點與最低點各放一個壓力傳感器，測試小球對軌道的壓力，并通過計算機顯示出來，當軌道距離變化時，測得兩點壓力差與距離x的圖像如圖乙所示。(g取10m/s2，不計空氣阻力)求：(1)小球的質量；(2)若小球在最低點B的速度為20m/s，為使小球能沿軌道運動，x的最大值為多少。解析：(1)設軌道半徑為R，由機械能守恒定律eq\f(1,2)mvB2＝mg(2R＋x)＋eq\f(1,2)mvA2對B點：FN1－mg＝meq\f(vB2,R)對A點：FN2＋mg＝meq\f(vA2,R)聯立解得兩點的壓力差：ΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋eq\f(2mgx,R)由圖像得：截距6mg＝6，得m＝0.1kg(2)因為圖線的斜率k＝eq\f(2mg,R)＝1所以R＝2m在A點不脫離的條件為：vA≥eq\r(Rg)解得：x＝15m答案：(1)0.1kg(2)15m11.(2023·成都模擬)如圖所示，在同一豎直平面內，一輕質彈簧一端固定，另一自由端恰好與水平線AB平齊，靜止放于傾角為53°的光滑斜面上。一長為L＝9cm的輕質細繩一端固定在O點，另一端系一質量為m＝1kg的小球，將細繩拉至水平，使小球在位置C由靜止釋放，小球到達最低點D時，細繩剛好被拉斷。之后小球在運動過程中恰好沿斜面方向將彈簧壓縮，最大壓縮量為x＝5cm。(g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)細繩受到的拉力的最大值；(2)D點到水平線AB的高度h；(3)彈簧所獲得的最大彈性勢能Ep。解析：(1)小球由C到D，由機械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv