課時跟蹤檢測（七） 機械能守恒定律

5/5課時跟蹤檢測（七）機械能守恒定律A級——學(xué)考達標(biāo)1．(2023·全國甲卷)一同學(xué)將鉛球水平推出，不計空氣阻力和轉(zhuǎn)動的影響，鉛球在平拋運動過程中()A．機械能一直增加B．加速度保持不變C．速度大小保持不變D．被推出后瞬間動能最大解析：選B鉛球做平拋運動，僅受重力作用，故機械能守恒，A錯誤；鉛球的加速度恒為重力加速度保持不變，B正確；鉛球做平拋運動，水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)運動的合成可知鉛球的速度變大，則動能越來越大，C、D錯誤。2．關(guān)于機械能，下列說法正確的是()A．做變速運動的物體，只要受到摩擦力，其機械能一定減少B．如果物體所受的合外力不為零，則物體的機械能一定發(fā)生變化C．將物體斜向上拋出后，不計空氣阻力時機械能守恒，物體在同一水平高度處具有相同的速率D．在水平面上做變速運動的物體，它的機械能一定變化解析：選C做變速運動的物體，若受到摩擦力，其機械能不一定減少，如由靜止放上水平傳送帶的物體，加速階段摩擦力做正功，物體機械能增大，A錯誤；物體所受的合外力不為零，物體的機械能不一定發(fā)生變化，如在水平面做勻速圓周運動的物體，合外力作為向心力(不為零)，物體機械能不變，B錯誤；將物體斜向上拋出后，不計空氣阻力時，只有重力做功，物體機械能守恒，物體在同一水平高度處，重力勢能相等，故動能相等，物體具有相同的速率，C正確；在水平面上做變速運動的物體，若只是速度方向改變，則它的機械能不變，D錯誤。3．如圖所示，兩個相距0.2m的小環(huán)套在水平桿上以相同的初速度v1＝2m/s向右滑行。不計阻力，g＝10m/s2，當(dāng)兩環(huán)高度下降0.25m，進入較低的水平桿運動時，兩環(huán)相距()A．0.1m B．0.13mC．0.2m D．0.3m解析：選D設(shè)小環(huán)進入較低的水平桿時的速度為v2，根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＋mgh＝eq\f(1,2)mv22，解得v2＝3m/s，兩個小環(huán)在傾斜桿上運動過程相同，運動的時間相同，所以兩個小環(huán)到達較低桿的時間差為Δt＝eq\f(0.2m,v1)＝0.1s，進入較低的水平桿運動時，兩環(huán)的距離為Δx＝v2·Δt＝0.3m，故選D。4．質(zhì)量為m的小球，從離地面h高處以初速度v0豎直上拋，小球上升到最高點時離拋出點距離為H，若選取最高點為零勢能面，不計空氣阻力，則()A．小球在拋出點(剛拋出時)的機械能為零B．小球落回拋出點時的機械能－mghC．小球落到地面時的動能為eq\f(1,2)mv02－mghD．小球落到地面時的重力勢能為－mgh解析：選A小球上拋過程和下落過程中機械能守恒，在最高點時機械能為零，則小球在拋出點(剛拋出時)的機械能為零，小球落回拋出點時的機械能也為零，選項A正確，B錯誤；從拋出到落地，由機械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，小球落到地面時的動能為eq\f(1,2)mv02＋mgh，選項C錯誤；小球落到地面時的重力勢能為－mg(H＋h)，選項D錯誤。5．(2023·福建石獅檢測)(多選)如圖，有一豎直放置的輕彈簧，將物塊放在輕彈簧上端，物塊將向下運動壓縮彈簧。已知物塊質(zhì)量為m，彈簧的最大壓縮量為d，重力加速度為g。在此過程中()A．重力對物塊做正功B．彈簧彈力對物塊做正功C．物塊重力勢能減少了mgdD．彈簧的彈性勢能減少了mgd解析：選AC根據(jù)題意可知，物塊下降壓縮彈簧，則重力對物塊做正功，彈簧彈力對物塊做負功，故B錯誤，A正確；由公式W＝Fs可得，重力做功為W＝mgd，由重力做功與重力勢能的關(guān)系可知，物塊重力勢能減少了mgd，故C正確；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能增加了mgd，故D錯誤。6．(多選)如圖，某彈射裝置豎直固定在水平桌面上，裝置上的光滑桿下端固定有輕彈簧，彈簧處于原長時位于O點位置，彈簧上端放一滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)用滑塊將彈簧壓縮至A點并鎖定，解除鎖定，滑塊經(jīng)O點到達B點時速度為零。則解除鎖定后滑塊由A點運動至B點過程中()A．滑塊的機械能守恒B．滑塊與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒C．滑塊在O點速度最大D．滑塊的加速度先減小、后增大，再保持不變解析：選BD由于有彈簧的彈力做功，故滑塊的機械能不守恒，故A錯誤；將滑塊與彈簧看成一個系統(tǒng)，由于桿表面光滑，故滑塊與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；當(dāng)彈簧的彈力大小與滑塊重力大小相等時，滑塊加速度為零，速度最大，而O點是彈簧的原長點，故滑塊在O點的速度不是最大，故C錯誤；滑塊從A到O，剛開始彈簧的彈力大于滑塊重力，則有kx－mg＝ma，由于形變量減小，故加速度減小，方向向上，然后kx＝mg時，加速度為零，速度最大，之后彈簧的彈力小于滑塊重力，則有mg－kx＝ma′，由于形變量進一步減小，故加速度增大，方向向下，之后從O到B，滑塊只受重力作用，加速度為g，保持不變，故D正確。7.(2021·河北高考)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側(cè)同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A.eq\r(2＋πg(shù)R) B.eq\r(2πg(shù)R)C.eq\r(21＋πg(shù)R) D．2eq\r(gR)解析：選A當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立以上兩式解得v＝eq\r(2＋πg(shù)R)，故A正確，B、C、D錯誤。8．(2022·全國乙卷)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于()A．它滑過的弧長B．它下降的高度C．它到P點的距離D．它與P點的連線掃過的面積解析：選C如圖所示，設(shè)小環(huán)下降的高度為h，圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點的距離為L，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2。由幾何關(guān)系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，可得v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正確，A、B、D錯誤。9．(2023·寧德高一調(diào)研)如圖所示，用內(nèi)表面光滑的圓管彎成的曲線型軌道，固定在豎直平面內(nèi)，中部是一個直徑為1.6m的圓，左端口A距地面0.8m，右端口B距地面1.2m，質(zhì)量為0.02kg、可視為質(zhì)點的小球表面光滑，可以通過左端口A進入光滑軌道，經(jīng)過C、D，到達右端口B。g取10m/s2，求：(1)若小球以2m/s的速度從A進入管中，則其到達軌道底部C時的動能為多大？(2)若使小球能從右端口B離開軌道，小球應(yīng)至少以多大的速度進入左端口A?解析：(1)小球從A運動到C，只有重力做功，根據(jù)機械能守恒有EA＝EC即EkC＝eq\f(1,2)mvA2＋mghA＝0.2J。(2)小球能夠到達B，必須“越過”最高的D點，根據(jù)機械能守恒有eq\f(1,2)mvA2＋mghA＝mghD代入數(shù)據(jù)解得vA＝4m/s。答案：(1)0.2J(2)4m/sB級——選考進階10．(2023·浙江6月選考)鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關(guān)系中，正確的是()解析：選D由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A錯誤；鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有vy＝gt，則被水平推出后速度大小為v＝eq\r(v02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(gt))2)，可知速度大小與時間不是一次函數(shù)關(guān)系，故B錯誤；鉛球被水平推出后的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(gt))2))，可知動能與時間不是一次函數(shù)關(guān)系，故C錯誤；由于忽略空氣阻力，所以被水平推出后鉛球機械能守恒，故D正確。11.如圖所示，有一條長為1m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10m/s2)()A．2.5m/s B.eq\f(5\r(2),2)m/sC.eq\r(5)m/s D.eq\f(\r(35),2)m/s解析：選A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E＝Ep＋Ek＝－mg·eq\f(L,4)sinθ－mg·eq\f(L,4)＋0＝－eq\f(3,8)mgL，鏈條全部下滑出斜面后，動能為Ek′＝eq\f(1,2)×2mv2，重力勢能為Ep′＝－2mg·eq\f(L,2)，由機械能守恒可得E＝Ek′＋Ep′，即－eq\f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝eq\r(\f(5,8)gL)＝2.5m/s，故A正確，B、C、D錯誤。12．(2023·濟南高一檢測)小物塊A的質(zhì)量為m，物塊與坡道間的動摩擦因數(shù)為μ，水平滑道光滑；坡道頂端距水平滑道高度為h，傾角為θ(μ<tanθ)；物塊從坡道進入水平滑道時，在底端O點處無機械能損失，重力加速度為g。將輕彈簧的一端連接在水平滑道M處并固定在墻上，另一自由端恰位于坡道的底端O點，如圖所示。物塊A從坡頂由靜止滑下，求：(1)物塊滑到O點時的速度大??；(2)彈簧達到最大壓縮量d時的彈性勢能；(3)物塊A被彈回到坡道時上升的最大高度。解析：(1)設(shè)物塊滑到O點時的速度大小為v，物塊從A點滑到O點的過程中，重力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh1－\f(\a\vs4\al(μ),tanθ))。(2)在水平滑道上，物塊速度減小為零時，彈簧有最大壓縮量，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Ep解得Ep＝mgh－eq\f(\a\vs4\al(μmgh),tanθ)。(3)設(shè)物塊A被彈回