2023版高考物理一輪復習課時跟蹤檢測（十八）第五章能量和動量第3節(jié)機械能守恒定律及其應用

PAGEPAGEPAGE2課時跟蹤檢測〔十八〕機械能守恒定律及其應用對點訓練：機械能守恒的理解與判斷1．(多項選擇)一蹦極運發(fā)動身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點(在水面上方)時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略不計，運發(fā)動可視為質點，以下說法正確的選項是()A．運發(fā)動到達最低點前重力勢能始終減小B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加C．蹦極過程中，運發(fā)動、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D．蹦極過程中，運發(fā)動的重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關解析：選ABC運發(fā)動下落到最低點前，重力做正功，重力勢能減小，A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加，B正確；蹦極過程中，對運發(fā)動、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，除重力和彈力外其他力不做功，系統(tǒng)機械能守恒，C正確；蹦極過程中，運發(fā)動的重力勢能的大小與重力勢能零點的選擇有關，但運發(fā)動的重力勢能的改變量與重力勢能零點的選擇無關，D錯誤。2.(2022·唐山二模)如下圖，質量均為m，半徑均為R的兩個完全相同的小球A、B，在水平軌道上以某一初速度向右沖上傾角為θ的傾斜軌道，兩軌道通過一小段圓弧平滑連接。假設兩小球運動過程中始終接觸，不計摩擦阻力及彎道處的能量損失，在傾斜軌道上運動到最高點時兩球機械能的差值為()圖1A．0 B．mgRsinθC．2mgRsinθ D．2mgR解析：選C兩球運動到最高點時速度相等，動能相等，那么兩球機械能的差值等于重力勢能的差值，為：ΔE＝mg·2Rsinθ＝2mgRsinθ，故C正確。3.(2022·貴陽監(jiān)測)如下圖，一質量為m的小球固定于輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點。將小球拉至A點，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方與A點的豎直高度差為h的B點時，速度大小為v。重力加速度為g，以下說法正確的選項是()A．小球運動到B點時的動能等于mghB．小球由A點到B點重力勢能減少eq\f(1,2)mv2C．小球由A點到B點克服彈力做功為mghD．小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(1,2)mv2解析：選D小球由A點到B點的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧由原長到發(fā)生伸長的形變，小球動能增加量小于重力勢能減少量，A項錯誤；小球重力勢能減少量等于小球動能增加量與彈簧彈性勢能增加量之和，B項錯誤；彈簧彈性勢能增加量等于小球重力勢能減少量與動能增加量之差，D項正確；彈簧彈性勢能增加量等于小球克服彈力所做的功，C項錯誤。對點訓練：單個物體的機械能守恒4.如下圖，一長L的均勻鐵鏈對稱掛在一輕質小滑輪上，由于某一微小的擾動使得鏈條向一側滑動，那么鐵鏈完全離開滑輪時的速度大小為()A.eq\r(2gL) B.eq\r(gL)C.eq\r(\f(gL,2)) D.eq\f(1,2)eq\r(gL)解析：選C鐵鏈向一側滑動的過程受重力和滑輪彈力的作用，彈力始終與對應各節(jié)鏈條的運動方向垂直，故只有重力做功。設鐵鏈剛好完全離開滑輪時的速度為v，由機械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv2＋ΔEp＝0，其中鐵鏈重力勢能的變化量相當于滑離時下半局部的重力勢能減去滑動前左半局部的重力勢能，如下圖，即ΔEp＝－eq\f(1,2)mg·eq\f(L,2)，解得v＝eq\r(\f(gL,2))。故C項正確。5．如圖甲所示，將質量為m的小球以速度v0豎直向上拋出，小球上升的最大高度為h。假設將質量分別為2m、3m、4m、5m的小球，分別以同樣大小的速度v0從半徑均為R＝eq\f(1,2)h的豎直圓形光滑軌道的最低點水平向右射入軌道，軌道形狀如圖乙、丙、丁、戊所示。那么質量分別為2m、3m、4m、A．質量為2mB．質量為3mC．質量為4mD．質量為5m解析：選C由題意可知，質量為m的小球，豎直向上拋出時只有重力做功，故機械能守恒，得：mgh＝eq\f(1,2)mv02。題圖乙將質量為2m的小球以速度v0射入軌道，小球假設能到達最大高度為h，那么此時速度不為零，此時的動能與重力勢能之和，大于初位置時的動能與重力勢能，故不可能，即h2<h，故A錯誤；由丙圖和戊圖，可知小球出軌道時的速度方向不沿豎直方向，那么上升到最高點時水平方向速度不為零，依據(jù)機械能守恒定律：h3<h，h5<h，故B、D錯誤；由丁圖可知，小球出軌道時的速度方向沿豎直方向向上，那么上升到最高點時，速度為零，依據(jù)機械能守恒定律：h4＝h，故C正確。6．(2022·南平質檢)豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑圓弧軌道CDM與左側光滑斜面體ABC相切于C點，傾角分別如下圖。O為圓弧圓心，D為圓弧最低點，C、M在同一水平高度。斜面體ABC固定在地面上，頂端B安裝一個光滑的定滑輪，一輕質細繩跨過定滑輪分別連接小物塊P、Q(兩邊細繩分別與對應斜面平行)，此時P、Q兩物塊在斜面上保持靜止。假設PC間距L1＝0.25m，物塊P質量m1＝3kg。(取g＝10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)小物塊Q的質量m2；(2)假設燒斷細繩后，物塊P第一次過D點時對軌道的壓力大小為78N，那么圓弧面的半徑R是多少？解析：(1)P、Q兩物塊在斜面上保持靜止，根據(jù)平衡條件得：對P受力分析：m1gsin53°＝T①對Q受力分析：T＝m2gsin37°②由①②式代入數(shù)據(jù)解得：m2＝4kg。(2)物塊P運動到D過程由機械能守恒定律得：m1gh＝eq\f(1,2)m1vD2③由幾何關系得：h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)④物塊P運動到D點時，根據(jù)牛頓第二定律：FD－m1g＝m1eq\f(vD2,R)⑤由③④⑤代入數(shù)據(jù)得：R＝0.5m。答案：(1)4kg(2)0.5m對點訓練：多個物體的機械能守恒7.(多項選擇)(2022·沈陽質量監(jiān)測)如下圖，A和B兩個小球固定在一根輕桿的兩端，A球的質量為m，B球的質量為2m，此桿可繞穿過O點的水平軸無摩擦地轉動。現(xiàn)使輕桿從水平位置由靜止釋放，那么在桿從釋放到轉過90°的過程中，以下說法正確的選項是()A．A球的機械能增加B．桿對A球始終不做功C．B球重力勢能的減少量等于B球動能的增加量D．A球和B球的總機械能守恒解析：選ADA球由靜止向上運動，重力勢能增大，動能也增大，所以機械能增大，桿一定對A球做了功，A項正確，B項錯誤；由于無摩擦力做功，系統(tǒng)只有重力做功，A球和B球的總機械能守恒，A球機械能增加，B球的機械能一定減少，故D項正確，C項錯誤。8．(2022·煙臺模擬)如下圖，可視為質點的小球A和B用一根長為0.2m的輕桿相連，兩球質量相等，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，以下判斷正確的選項是()A．桿對小球A做負功B．小球A的機械能守恒C．桿對小球B做正功D．小球B速度為零時距水平面的高度為0.15m解析：選D由題意可知，A、B兩球在上升中受A的重力做功而做減速運動；假設沒有桿連接，那么A上升到斜面時，B還在水平面上運動，即A在斜面上做減速運動，B在水平面上做勻速運動，因有桿存在，所以是B推著A上升，因此桿對A做正功，故A錯誤；因桿對A球做正功，故A球的機械能不守恒，故B錯誤；由以上分析可知，桿對球B做負功，故C錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)×2mv2，解得：h＝0.15m，故D正確。9.(多項選擇)(2022·蘇北四市高三調研)如下圖，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨放置六個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖。斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r?，F(xiàn)將六個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦。那么在各小球運動過程中，以下說法正確的選項是()A．球1的機械能守恒B．球6在OA段機械能增加C．球6的水平射程最小D．六個小球落地點各不相同解析：選BC6個小球都在斜面上運動時，只有重力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒。當有局部小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，即球2對1的作用力做功，故球1的機械能不守恒，故A錯誤；球6在OA段運動時，斜面上的球在加速，球5對球6的作用力做正功，動能增加，機械能增加，故B正確；由于有局部小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，所以可知離開A點時球6的速度最小，水平射程最小，故C正確；由于離開A點時，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三個球在水平面上運動時不再加速，1、2、3球的速度相等，水平射程相同，所以六個小球的落點不全相同，故D錯誤。10.如下圖，在傾角為30°的光滑斜面體上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質量為m＝4kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使細繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，求：(1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力；(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度大小。解析：(1)彈簧恢復原長時，物體A、B的加速度大小相同，對B分析：mg－T＝ma對A分析：T－mgsin30°＝ma代入數(shù)據(jù)解得：T＝30N。(2)初始位置，彈簧的壓縮量為：x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm，當物體A速度最大時，即物體A的加速度為0，對物體A分析有：mg＝kx2＋mgsin30°彈簧的伸長量為：x2＝10cm所以物體A沿斜面上升的距離為：x＝x1＋x2＝20cm。(3)因為x1＝x2，所以彈簧的彈性勢能沒有改變，由系統(tǒng)機械能守恒得：mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)·2m·v2解得：v＝1m/s。答案：(1)30N(2)20cm(3)1m/s考點綜合訓練11．(多項選擇)(2022·漳州檢測)如下圖，足夠長的水平傳送帶以速度v沿逆時針方向轉動，傳送帶的左端與光滑圓弧軌道底部平滑連接，圓弧軌道上的A點與圓心等高，一小物塊從A點靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過一段時間又返回圓弧軌道，返回圓弧軌道時小物塊恰好能到達A點，那么以下說法正確的選項是()A．圓弧軌道的半徑一定是eq\f(v2,2g)B．假設減小傳送帶速度，那么小物塊仍可能到達A點C．假設增加傳送帶速度，那么小物塊有可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點D．不管傳送帶速度增加到多大，小物塊都不可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點解析：選BD物塊在圓弧軌道上下滑的過程中，物塊的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒可得：mgR＝eq\f(1,2)mv02，所以小物塊滑上傳送帶的初速度：v0＝eq\r(2gR)，物塊到達傳送帶上之后，由于摩擦力的作用開始減速，速度減小為零之后，又在傳送帶的摩擦力的作用下反向加速，根據(jù)物塊的受力可知，物塊在減速和加速的過程物塊的加速度的大小是相同的，所以物塊返回圓弧軌道時速度大小等于從圓弧軌道下滑剛到傳送帶時的速度大小，只要傳送帶的速度v≥eq\r(2gR)，物塊就能返回到A點，那么R≤eq\f(v2,2g)，故A項錯誤；假設減小傳送帶速度，只要傳送帶的速度v≥eq\r(2gR)，物塊就能返回到A點，故B項正確；假設增大傳送帶的速度，由于物塊返回到圓弧軌道的速度不變，只能滑到A點，不能滑到圓弧軌道的最高點，故C項錯誤，D項正確。12．(2022·威海高三月考)如下圖，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC與傾角為θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C點，半圓形軌道的直徑AC與斜面垂直。質量為m的小球從A點左上方距A點高為h的P點以某一速度水平拋出，剛好與半圓形軌道的A點相切進入半圓形軌道內(nèi)側，之后經(jīng)半圓形軌道沿斜面剛好運動到與拋出點等高的D處。當?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：(1)小球被拋出時的速度v0；(2)小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力大??；(3)小球從C到D過程中摩擦力做的功W。解析：(1)小球運動到A點時，速度與水平方向的夾角為θ，如下圖。那么有v12＝2gh①由幾何關系得v0tanθ＝v1②聯(lián)立以上各式解得v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)。③(2)A、B間豎直高度H＝R(1＋cosθ)④設小球到達B點時的速度為v，那么從拋出點到B點過程中，根據(jù)機械能守恒有