课时跟踪检测（二十三） 机械能守恒定律的理解及应用

课时跟踪检测（二十三）机械能守恒定律的理解及应用1.如图所示，某同学将带弹簧的圆珠笔倒置，在桌面上竖直向下压紧弹簧，突然松手，圆珠笔竖直向上弹起。对于圆珠笔(含弹簧)，下列说法正确的是()A．向下压缩弹簧的过程中，笔的机械能守恒B．笔竖直向上运动的过程中机械能守恒C．圆珠笔刚离开桌面时动能最大D．换用不同的弹簧，只要压缩量相同，笔上升的最大高度相同解析：选B向下压缩弹簧的过程中，手对圆珠笔做功，所以笔的机械能不守恒，故A错误；笔竖直向上运动的过程中，只有弹簧弹力和重力做功，笔的机械能守恒，故B正确；圆珠笔向上运动的某一时刻，重力和桌面对笔向上的弹力平衡，这一时刻速度最大，但此时，笔还没有离开桌面，故C错误；由机械能守恒定律Ep弹＝mgh可得，换用不同的弹簧，当压缩量相同时，弹性势能不同，故上升的最大高度不同，故D错误。2．(2023·苏州模拟)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逐渐减小解析：选C铁链各部分之间有弹力作用，若选一节研究，机械能不守恒；但选取整个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A错误；当长铁链绕满圆形轨道时，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B、D错误；第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心高度相同，由Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2知重力势能相等时动能相等，则这两节的速率相等，C正确。3.长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有()A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率不相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mghD．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh解析：选C甲、乙两颗手榴弹竖直方向下落的高度相同，由平抛运动的特点可知，它们的运动时间相等，A错误。落地前瞬间，PG＝mgvy＝mg2t，由于运动时间相等，故重力的瞬时功率相等，B错误。从投出到落地，重力做功为mgh，故重力势能减少mgh，C正确。从投出到落地过程中只有重力做功，手榴弹的机械能守恒，D错误。4．(2023·南通模拟)如图所示，光滑的eq\f(1,4)固定圆弧槽的槽口与一个固定半球顶点相切，半球底面水平，小滑块(可视为质点)从圆弧槽最高点由静止滑下，滑出槽口时速度沿水平方向。已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，不计空气阻力，则R1和R2应满足的关系是()A．R1≤R2 B．R1≥R2C．R1≥eq\f(R2,2) D．R1≤eq\f(R2,2)解析：选C滑块沿光滑的eq\f(1,4)圆弧槽下滑过程只有重力做功，由机械能守恒有mgR1＝eq\f(1,2)mv2，要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平抛运动，则mg≤meq\f(v2,R2)，由以上两式解得R1≥eq\f(R2,2)，故C正确。5．如图所示，有一条长为L＝1m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(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：选A设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)sin30°－eq\f(1,2)×2mg·eq\f(L,4)＋0＝－eq\f(3,8)mgL，链条刚好全部滑出斜面时，动能为Ek′＝eq\f(1,2)×2mv2，重力势能为Ep′＝－2mg·eq\f(L,2)，由机械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－eq\f(3,8)mgL＝mv2－mgL，解得v＝2.5m/s，故A正确，B、C、D错误。6．(2023·宿迁模拟)如图所示，光滑轨道abc固定在竖直面内，ab段水平，长度为2R，半径为R的八分之一圆弧bc与ab相切于b点。一质量为m的小球，在一个与重力大小相等的恒定水平外力的作用下，从a点由静止开始向右运动到c点后脱离轨道，最后落回地面。重力加速度大小为g，以下判断正确的是()A．小球在ab段运动时加速度大小为eq\r(2)gB．小球从c点飞出后机械能守恒C．小球到达c点的速度大小为vc＝eq\r(2gR)D．小球在bc段运动时重力做功的绝对值与水平外力做功的绝对值不相等解析：选D小球在ab段运动时，对小球受力分析，受重力、支持力和水平外力，合外力F＝mg，由牛顿第二定律可知F＝ma，则小球的加速度大小为g，故A错误；小球离开c点后水平外力仍对其做功，机械能不守恒，故B错误；小球从a点到c点过程，由动能定理得F·(2R＋R·sin45°)－mg·(R－Rcos45°)＝eq\f(1,2)mvc2，又因为F＝mg，解得vc＝eq\r(21＋\r(2)gR)，故C错误；小球在bc段运动时，竖直方向与水平方向位移不相等，重力做功绝对值与水平外力做功绝对值不相等，故D正确。7．(2023·泰州模拟)一小球以一定的初速度从图示的P位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R＝1m，圆轨道2的半径是圆轨道1的2倍，小球的质量m＝1kg。若小球恰好能通过圆轨道2的最高点B，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A．小球从圆轨道1冲上圆轨道2过程中机械能增加B．小球经过B点时的速率为0C．小球经过A点时的速率为eq\r(10)m/sD．小球经过A点时对轨道的压力大小为50N解析：选D小球从圆轨道1冲上圆轨道2过程中，由于只有重力做功，因此机械能守恒，A错误；恰好能过B点时，根据牛顿第二定律mg＝eq\f(mvB2,R2)，可得小球经过B点时的速率vB＝2eq\r(5)m/s，B错误；根据机械能守恒eq\f(1,2)mvB2＋mg·2R2＝eq\f(1,2)mvA2＋mg·2R，小球经过A点时的速度vA＝2eq\r(15)m/s，C错误；经过A点时，根据牛顿第二定律mg＋N＝eq\f(mvA2,R)，解得N＝50N，根据牛顿第三定律，小球经过A点时对轨道的压力大小N′＝N＝50N，D正确。8．(2023·宿迁月考)如图甲所示，视为质点的小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT。拉力FT与速度的平方的关系如图乙所示，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则小球从最高点运动到最低点的过程中动能的变化量为()A.eq\f(2ab,g) B.eq\f(ab,4g)C.eq\f(ab,2g) D.eq\f(4ab,g)解析：选A小球在最高点时有FT＋mg＝meq\f(v2,r)，即FT＝eq\f(m,r)v2－mg，由题图乙可知eq\f(m,r)＝k＝eq\f(b,a)，mg＝b，解得m＝eq\f(b,g)，r＝eq\f(a,g)，小球从最高点运动到最低点的过程中重力所做的功等于其动能的变化量，即ΔEk＝2mgr＝eq\f(2ab,g)。9．如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接四分之一细圆弧弯管，管内均光滑，右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置(高度忽略不计)，可以让静止在细管底部的小球(可视为质点)瞬间获得足够大的速度v0，通过调节竖直细管的长度h，可以改变上端管口到地面的高度，从而改变小球平抛的水平距离，重力加速度为g，则小球平抛的水平距离的最大值是()A.eq\f(v02,g)B.eq\f(v02,2g)C.eq\f(v02,3g)D.eq\f(v02,4g)解析：选B设管口到地面的高度是H，小球从管口射出的速度为v，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，小球离开管口后做平抛运动，则x＝vt，H＝eq\f(1,2)gt2，联立方程，可得x＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,g)－2H))×2H)＝eq\r(－4H2＋\f(2v02,g)H)，由二次函数的特点可知当H＝eq\f(v02,4g)时x取最大值，xmax＝eq\f(v02,2g)。10.如图所示，用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为m的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．下滑过程中轨道对小球的作用力大小保持不变B．小球的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动C．小球运动到螺旋轨道底端时，重力的功率为mgeq\r(2gh)D．小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为eq\r(\f(2s2,gh))解析：选D由于不计一切摩擦，故小球在下滑过程中机械能守恒，小球沿轨道斜向下的速度不断增大，故小球下滑过程中的运动可分解为水平方向速率不断增大的圆周运动和竖直方向的匀加速直线运动，B错误；又小球下滑过程中，水平方向做圆周运动的速率不断增大，则轨道对小球水平方向的作用力逐渐增大，竖直方向小球的受力恒定不变，即轨道对小球竖直方向的作用力恒定不变，故下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大，A错误；小球运动到螺旋轨道底端时，根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，根据功率公式，重力的功率P＝mgvcosθ＝mgeq\r(2gh)cosθ，θ为小球运动到底端时速度方向与重力方向的夹角，C错误；用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，可等效为长度为s、高度为h的倾斜轨道，小球速度方向与竖直方向夹角的余弦值cosθ＝eq\f(h,s)，小球沿等效倾斜轨道运动的加速度a＝gcosθ＝eq\f(gh,s)，由s＝eq\f(1,2)at2，解得小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间t＝eq\r(\f(2s2,gh))，D正确。11．荡秋千是人们喜欢的一项健身娱乐活动。荡秋千者通过做功，逐渐增加自身的机械能，从而逐渐“荡”高。其原理如下：人向下摆动过程中逐渐“下蹲”使重心下降，而在秋千上摆过程中，人又逐渐站起使重心升高，机械能增加，从而逐渐“荡”高。有一个正在“荡”秋千的运动员质量为75kg，身高为1.8m，在水平地面上站立时重心高1.0m，蹲坐时重心高0.6m。秋千摆长为5.0m。若该运动员从与竖直方向成37°角位置开始下摆。(忽略空气阻力、秋千的质量，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)求运动员到达秋千下摆的竖直最低位置时的速度大小；(2)求运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小。解析：秋千摆长L0＝5.0m，运动员在水平地面上站立时重心高H1＝1.0m，蹲坐时重心高H2＝0.6m，以秋千下摆的最低位置处为零势能点。(1)秋千下摆过程中运动员机械能守恒，mg[L0－(L0－H1)cos37°]＝mgH2＋eq\f(1,2)mv2，解得v≈4.9m/s。(2)设运动员在秋千下摆到最低位置时受到秋千的作用力大小为F，则F－mg＝meq\f(v2,L0－H2)，解得F≈1159N。答案：(1)4.9m/s(2)1159N12．某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，在B点相切。使质量m＝0.1kg的小球从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F。改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示，取g＝10m/s2。(1)求圆轨道的半径R；(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低点与圆心O等高，求θ的值。解析：(1)小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动的向心力，即：F＋mg＝meq\f(v2,R)从A到D的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有：mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mv2联立解得：F＝eq\f(2mg,R)H－5m