2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十七)　机械能守恒定律及其应用

这是一份2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十七)　机械能守恒定律及其应用，共7页。
课时跟踪检测(十七)　机械能守恒定律及其应用1．(2021·山东日照模拟)蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。北京青龙峡蹦极跳塔高度为68米，身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下，下落高度大约为50米。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点。下列说法正确的是(　　)A．运动员到达最低点前加速度先不变后增大B．蹦极过程中，运动员的机械能守恒C．蹦极绳张紧后的下落过程中，动能一直减小D．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直增大解析：选D　蹦极绳张紧前，运动员只受重力，加速度不变，蹦极绳张紧后，运动员受重力、弹力，开始时重力大于弹力，加速度向下，后来重力小于弹力，加速度向上，则蹦极绳张紧后，运动员加速度先减小为零再反向增大，故A错误；蹦极过程中，运动员和弹性绳的机械能守恒，故B错误；蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员加速度先减小为零再反向增大，运动员速度先增大再减小，运动员动能先增大再减小，故C错误；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性绳的伸长量增大，弹力一直增大，故D正确。2.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1－N2的值为(　　)A．3mg　　　　　　　 B．4mgC．5mg    D．6mg解析：选D　设小球在最低点时速度为v1，在最高点时速度为v2，根据牛顿第二定律有，在最低点：N1－mg＝m，在最高点：N2＋mg＝m；从最高点到最低点，根据机械能守恒有mg·2R＝mv12－mv22，联立可得：N1－N2＝6mg，故选项D正确。3.(2021·山东潍坊模拟)如图所示，将一质量为m的小球从A点以初速度v斜向上抛出，小球先后经过B、C两点。已知B、C之间的竖直高度和C、A之间的竖直高度都为h，重力加速度为g，取A点所在的平面为参考平面，不计空气阻力，则(　　)A．小球在B点的机械能是C点机械能的两倍B．小球在B点的动能是C点动能的两倍C．小球在B点的动能为mv2＋2mghD．小球在C点的动能为mv2－mgh解析：选D　不计空气阻力，小球在斜上抛运动过程中只受重力作用，运动过程中小球的机械能守恒，则小球在B点的机械能等于在C点的机械能，A错误；小球在B点的重力势能大于在C点重力势能，根据机械能守恒定律知，小球在B点的动能小于在C点的动能，B错误；小球由A到B过程中，根据机械能守恒定律有mg·2h＋EkB＝mv2，解得小球在B点的动能为EkB＝mv2－2mgh，C错误；小球由B到C过程中，根据机械能守恒定律有mg·2h＋EkB＝mgh＋EkC，解得小球在C点的动能为EkC＝EkB＋mgh＝mv2－mgh，D正确。4．(多选)(2021·临沂2月检测)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道AO对接半径为2R的光滑圆弧轨道OB于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出)，物体恰能从O点平抛出去。则(　　)A．∠CO1O＝60°B．∠CO1O＝90°C．落地点距O2的距离为2RD．落地点距O2的距离为2R解析：选BC　要使物体恰能从O点平抛出去，在O点有mg＝m，解得物体从O点平抛出去的最小速度为v＝。设∠CO1O＝θ，由机械能守恒定律可知，mgR(1－cos  θ)＝mv2，解得θ＝90°，故选项A错误，B正确；由平抛运动规律可得，x＝vt，2R＝gt2，解得落地点距O2的距离为2R，选项C正确，D错误。5.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，则下列说法正确的是(　　)A．a球下滑过程中机械能保持不变B．b球下滑过程中机械能保持不变C．a、b球滑到水平轨道上时速度大小为D．从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为解析：选D　a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒，A、B错误；由系统机械能守恒有mgR＋2mgR＝×2mv2，解得a、b球滑到水平轨道上时速度大小为v＝，C错误；从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，对a球，由动能定理有W＋mgR＝mv2，解得轻杆对a球做的功为W＝，D正确。6．有一条长为L＝2 m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10 m/s2)(　　)A.2.5 m/s    B． m/sC． m/s    D． m/s解析：选B　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＝－×2mg×sin  θ－×2mg×＋0＝－mgL(1＋sin  θ)，链条全部滑出后，动能为Ek′＝×2mv2，重力势能为Ep′＝－2mg，由机械能守恒可得E＝Ek′＋Ep′，即－mgL(1＋sin  θ)＝mv2－mgL，解得v＝＝× m/s＝ m/s，故B正确，A、C、D错误。7．(多选)(2021·湖南衡阳模拟)如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是(　　)A．小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB．小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大解析：选AD　小球从B点运动到C点的过程中，弹簧处于压缩状态，小球竖直方向受到重力和弹簧压力的竖直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；小球位于图中的C点时，弹簧处于原长，则小球从B点运动到C点的过程，弹簧的弹性势能减小，小球的重力势能也减小，则小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；在C点小球的合力等于重力，小球要继续向下加速，小球从C点运动到D点的过程中，弹簧的拉力沿杆向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后减速，所以在CD间的某点速度最大，重力对其做功的功率最大，故C错误；小球从A点运动到D点的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，在D点，小球的重力势能和动能都最小，则弹簧的弹性势能最大，故D正确。8．(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J解析：选AD　由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由题给图像得k＝20 N，因此m＝2 kg，A对。当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv02，因此v0＝10 m/s，B错。由题给图像知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错。h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即上升4 m距离，动能减少100 J，D对。9．(多选)(2020·辽宁部分重点中学5月模拟)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是(　　)A.斜面倾角α＝30°B．A获得的最大速度为2gC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒解析：选AB　C球刚离开地面时，弹簧被拉长，对C有kxC＝mg，此时A获得最大速度，而A、B的速度大小始终相等，故此时A、B加速度均为零(最小值)，对B有T－mg－kxC＝0，对A有4mg sin α－T＝0，联立解得sin α＝0.5，则α＝30°，选项A正确，C错误；开始时弹簧被压缩，对B有kxB＝mg，又kxC＝mg，故当C刚离开地面时，B上升的距离以及A沿斜面下滑的距离均为h＝xC＋xB，由于开始时和C刚离开地面时弹簧的弹性势能相等，故以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得4mg·h sin α－mgh＝(4m＋m)vm2，联立解得vm＝2g ，选项B正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，但A、B两小球组成的系统机械能不守恒，选项D错误。10．(多选)(2021·湖南永州模拟)如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道的中点，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．图乙中x＝36B．小球质量为0.2 kgC．小球在B点受到轨道的作用力为8.5 ND．小球在A点时重力的功率为5 W解析：选BC　小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有mv02＝mv2＋mgh，解得v2＝－2gh＋v02，当h＝0.8 m时，v2＝9 m2/s2，代入数据得v0＝5 m/s；当h＝0时，v2＝v02＝25 m2/s2，x＝25，故A错误；由题图乙可知，轨道半径R＝0.4 m，小球在C点的速度vC＝3 m/s，由牛顿第二定律可得F＋mg＝m，解得m＝0.2 kg，B正确；小球从A到B过程中由机械能守恒有mv02＝mvB2＋mgR，解得小球运动到B点的速度vB＝ m/s，在B点，由牛顿第二定律可知NB＝m，代入数据得NB＝8.5 N，选项C正确；小球在A点时，重力mg和速度v0垂直，重力的瞬时功率为0，D错误。11.(2021·宁夏石嘴山三中月考)如图所示，P是水平面上的固定圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。已知m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)A、B两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？解析：(1)小球从B到A做平抛运动，到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有vA＝＝5 m/s根据机械能守恒定律，有mgh＝mvA2－mv02解得A、B两点的高度差h＝0.8 m。(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒定律得mvC2＋mgR(1＋cos  θ)＝mvA2代入数据解得vC＝3 m/s小球通过C点的最小速度为v，则mg＝m，v＝＝ m/s因为vC>v，所以小球能到达最高点C在C点，由牛顿第二定律得mg＋F＝m代入数据解得F＝4 N由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为4 N。答案：见解析