课时跟踪检测（二十九）机械能守恒定律

课时跟踪检测（二十九）机械能守恒定律1．(2021·浙江1月选考)如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同一高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们()A．沿雪道做匀速直线运动B．下滑过程中机械能均守恒C．前后间的距离随时间不断增大D．所受重力沿雪道向下的分力相同解析：选C如图所示为某位同学的受力分析图，重力沿斜面向下的分力mgsinθ与滑动摩擦力Ff＝μmgcosθ之间的关系无法判断，因此不能判断是否匀速下滑，选项A错误；由于下滑时除了重力做功之外，还有摩擦力做负功，因此机械能不守恒，选项B错误；不同同学的质量不同，因此沿雪道向下的重力的分力不同，选项D错误；由于沿雪道向下做匀变速运动，根据x＝eq\f(1,2)at2可知，前后间的距离Δx＝eq\f(1,2)a(t＋t′)2－eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)a(2tt′＋t′2)，因此前后间的距离会随着时间逐渐变大，选项C正确。2．(2021年1月新高考8省联考·广东卷)(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有()A．弹性绳原长为15mB．当运动员下降10m时，处于失重状态C．当运动员下降15m时，绳的弹性势能最大D．当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上解析：选BD运动员下降15m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹性绳弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，故A错误；当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确。3．如图所示，长为2L的轻弹簧AB两端等高地固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长，现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．向下运动的过程中，物体的加速度先增大后减小B．向下运动的过程中，物体的机械能先增大后减小C．物体在最低点时，弹簧的弹性势能为eq\f(mgL,tanθ)D．物体在最低点时，弹簧中的弹力为eq\f(mg,2cosθ)解析：选C物体向下运动，弹簧弹力的合力增大，开始阶段物体所受合外力减小，加速度减小且方向向下，当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，速度最大，物体继续向下运动，弹簧弹力的合力增大，物体所受合外力增大，加速度增大且方向向上，到达最低点时速度为零，故加速度先减小后增大，故A项错误；物体向下运动的过程中，弹簧弹力的合力向上，位移向下，做负功，根据W物重＝ΔE可知机械能一直减小，故B项错误；根据机械能守恒定律知，物体在最低点时，速度为零，动能为零，物体减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，由几何关系得物体下降的高度h＝eq\f(L,tanθ)，故弹簧的弹性势能为ΔE弹＝mgh＝eq\f(mgL,tanθ)，故C项正确；当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，物体继续向下运动弹簧弹力的合力增大，弹簧弹力的合力大于重力，则有：F弹cosθ>eq\f(mg,2)，解得：F弹>eq\f(mg,2cosθ)，故D项错误。4．(多选)如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B的质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的外力F作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，在弹簧将A、B弹出过程中，若A、B能够分离，重力加速度为g。则下列叙述正确的是()A．A、B刚分离的瞬间，两物块速度达到最大B．A、B刚分离的瞬间，A的加速度大小为gsinθC．从撤去力F到A、B分离的过程中，A物块的机械能一直增加D．从撤去力F到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统机械能守恒解析：选BCD当加速度等于零时，两个物块的速度达到最大，A、B刚分离的瞬间，A、B之间没有弹力作用，此时A、B有共同的加速度gsinθ，故速度不是最大，故A错误，B正确。从撤去力F到A、B分离的过程中，弹簧对A物块的弹力始终大于B物块对A物块的弹力，这两个力的合力对A做正功，所以A的机械能增加，故C正确；从撤去力F到A、B分离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，故D正确。5．(多选)如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角为θ＝37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心。质量为m的小球(可视为质点)从与B点高度差为h的位置A点沿斜面由静止释放。重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．当h＝2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为eq\f(27,5)mgB．当h＝2R时，小球会从D点离开圆弧轨道做平抛运动C．当h＝3R时，小球运动到DmgD．调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点解析：选AC当h＝2R时，从A点到C点的过程，根据机械能守恒：mg(h＋R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvC2，过C点时有：FN－mg＝meq\f(vC2,R)，解得：FN＝eq\f(27,5)mg，根据牛顿第三定律可知，小球过C点时对轨道的压力大小为eq\f(27,5)mg，A项正确；若小球恰好从D点离开圆弧轨道，则有：mg＝eq\f(mv02,R)，由机械能守恒得：mg(h0－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(gR)，h0R＞2R，所以当h＝2R时，小球在运动到D点前已经脱离轨道，不会从D点离开做平抛运动，B项错误；当h＝3R时，由机械能守恒可得：mg(3R＋R－Rcosθ)＝mg2R＋eq\f(1,2)mvD2，求得：vD＝eq\gR)，由牛顿第二运动定律可得：FN＋mg＝meq\f(vD2,R)，解得：FNmg，由牛顿第三定律可知C项正确；若小球以速度v0从D点离开后做平抛运动落到B点，则R＋Rcosθ＝eq\f(1,2)gt02，解得：t0＝6eq\r(\f(R,10g))，但x＝v0t0＝eq\f(6R,\r(10))R，D项错误。6．蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹的竞技运动，在某次“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图所示。在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列有关说法正确的是()A．整个过程中小朋友的机械能守恒B．从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小C．小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)D．小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1解析：选C小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，所以整个过程中小朋友的机械能不守恒，故A项错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，所以加速度先减小后增大，故B项错；由题图知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒得：小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，故C项正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，故D项错误。7．(多选)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L＞2πR，R远大于一节铁链的高度和长度。铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是()A．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒B．每节铁链通过最高点的速度依次减小C．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等D．第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变解析：选CD在第一节沿圆周向上运动的过程中受到第二节的推力，而沿圆周向下运动的过程中又受到拉力，所以在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能不守恒，故A项错误；从第一节铁链进入圆轨道，到第一节铁链回到最低点的过程中，铁链整体是重力势能不断增加，则整体的速度逐渐减小；最后一节进入轨道后，整体的重力势能逐渐减小，则速度逐渐增大；在第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链整体的重力势能不变，所以速度保持不变，故B项错误，D项正确；第一节与最后一节到达最高点时，整体的重力势能是相等的，所以整体的速度大小也相等，故C项正确。8．(多选)如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平。由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。则()A．系统在运动过程中机械能守恒B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大D．摆动过程中，小球B的最大动能为eq\f(\r(3),4)mgL解析：选AD系统在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A项正确；系统的重心在A、B连线的中点位置，当AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大，故A球运动至最低点过程中，动能先增加，后减小，故B、C错误；AB连线水平时，系统动能最大，此时A球运动到图中B球位置，故根据机械能守恒定律，有：mg·eq\f(\r(3),2)L＝2×eq\f(1,2)mv2，解得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(3),4)mgL，故D项正确。9.如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10kg的小球从B点的正上方H＝0.95m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80m，取g＝10m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；(2)小球经过P点时的速度大小vP；(3)D点与圆心O的高度差hOD。解析：(1)设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mv12由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v12,R)代入数据解得FN＝6.8N。(2)从P到Q小球做平抛运动竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2水平方向有eq\f(x,2)＝vPt代入数据解得vP＝3m/s。(3)小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，则eq\f(1,2)mvP2＋mgh＝mg(H＋hOD)代入数据解得hOD＝0.3m。答案：(1)6.8N(2)3m/s(3)0.3m[潜能激发]10.(多选)20世纪七十年代左右，农村常用辘轳浇灌农田，其模型图如图所示，在半径为r的轴上悬挂一个质量为M的水桶，轴上分布着6根手柄，柄端有6个质量均为m的小球。球离轴心的距离为R，轮轴、绳(极细)及手柄的质量以及摩擦均不计。现将水桶从某一高度释放使整个装置转动，当转动n周时，则()A．水桶的速度是小球转动线速度的eq\f(r,R)倍B．水桶的瞬时速度为eq\r(\f(4πnr3Mg,Mr2＋6mR2))C．每个小球获得的动能为Ek＝eq\f(2πnr3mMg,Mr2＋6mR2)D．水桶减小的机械能为2πnrMg解析：选AB轮轴和手柄具有相同的角速度ω，故水桶下落速度为ωr，小球速度大小为ωR，故A项正确；装置转动过程只有重力做功，机械能守恒，故有：Mg·2πnr＝eq\f(1,2)M(ωr)2＋6×eq\f(1,2)m(ωR)2，解得角速度ω＝eq\r(\f(4πnMgr,Mr2＋6mR2))，那么，水桶的瞬时速度为ωr＝eq\r(\f(4πnMgr3,Mr2＋6mR2))，小球的速度为ωR＝eq\r(\f(4πnMgrR2,Mr2＋6mR2))，故每个小球获得的动能为eq\f(1,2)m(ωR)2＝eq\f(2πnMmgrR2,Mr2＋6mR2)，故B项正确，C项错误；水桶减小的重力势能为2πnrMg，水桶的动能增加，故D项错误。11.如图所示，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等且可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B与O点等高，释放后，当B和球心O连线与竖直方向夹角为30°时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，则球面半径为()A.eq\f(7v2,4g)B.eq\f(72＋\r(3)v2,4g)C.eq\f(7\r(3)v2,4g)D.eq\f(7v2,4\r(3)g)解析：选D滑块A和滑块B组成的系统机械能守恒，故：mgRcos30°＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，将B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：滑块A、B沿着绳子的分速度相等，故：vA＝vBcos30°，其中：vB＝v，联立解得：R＝eq\f(7v2,4\r(3)g)，故D正确。12.如图所示，质量为mB＝3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k＝100N/m。一轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O2、O1后，另一端与套在光滑直杆顶端质量为mA＝1.6kg的小球A连接。已知直杆固定，杆长L＝0.8m，且与水平面的夹角θ＝37°。初始时使小球A静止不动，与A端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F＝45N，已知AO1＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2，绳子不可伸长，现将小球A从静止释放，求：(1)在释放小球A前弹簧的形变量；(2)若直线CO1与杆垂直，求小球A运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功；(3)小球A运动到底端D点时的速度。解