高考物理一轮总复习课时跟踪检测（二十二）机械能守恒定律的理解及应用

课时跟踪检测（二十二）机械能守恒定律的理解及应用一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中，由子弹、弹簧和物块A、B所组成的系统在下列依次进行的过程中，机械能不守恒的是()A．子弹射入物块B的过程B．子弹射入物块B后，物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达到最大的过程C．弹簧推着带子弹的物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程D．带着子弹的物块B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长量达到最大的过程解析：选A子弹射入物块B的过程中，由于要克服子弹与物块之间的滑动摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒；子弹和物块B达到共同速度以后一起向左压缩弹簧、弹簧推着带子弹的物块B向右运动过程中，以及物块A离开墙壁整体向右运动的过程中，系统内部只有弹簧弹力做功，系统动能与弹性势能相互转化，系统机械能守恒，故B、C、D过程机械能均守恒，A过程机械能不守恒。2.(2023·广东广州期末)北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心举行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡和停止区组成，如图所示。跳台滑雪运动员在助滑道获得高速后从起跳区水平飞出，在着陆坡落地，不计空气阻力。起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，用Δv、P、Ek、E分别表示运动员在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能，t表示运动员在空中的运动时间，下列图像中正确的是()解析：选B由题意，可认为运动员从起跳区水平飞出到着陆坡的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律速度改变量Δv＝gt可知Δv∝t，故A错误；平抛运动是理想运动模型，由于只受重力且只有重力做功，机械能守恒，则运动员在空中运动的Et图像应是一条平行于t轴的直线，故D错误；从水平飞出开始，经过时间t，对运动员应用动能定理得mgh＝mg·eq\f(1,2)gt2＝Ek－eq\f(1,2)mv02，解得此时运动员的动能Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)mg2t2，故C错误；根据P＝mgvy＝mg2t可知，重力的瞬时功率P与t成正比，故B正确。3.(2022·济南模拟)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。4.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)。5．(2022·全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A．它滑过的弧长B．它下降的高度C．它到P点的距离D．它与P点的连线扫过的面积解析：选C如图所示，设小环下降的高度为h，圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2。由几何关系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，联立可得h＝eq\f(L2,2R)，可得v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正确，A、B、D错误。6.荡秋千是人们喜欢的一项娱乐活动。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)1159N二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7．(2021·广东高考)(多选)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BC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正确。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。8．(多选)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逐渐增大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AD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正确；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。9．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－5mg由题中给出的FH图像知斜率k＝10N/m即eq\f(2mg,R)＝10N/m，所以可得R＝0.2m。(2)小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知