課時跟蹤檢測（十九）機械能守恒定律

課時跟蹤檢測（十九）機械能守恒定律Aeq\a\vs4\al()組—重基礎·體現(xiàn)綜合1．圖1所示的各種運動過程中，物體機械能守恒的是(忽略空氣阻力) ()圖1A．將箭搭在弦上，拉弓的整個過程B．過山車在動力作用下從軌道上緩慢上行的過程C．在一根細線的中央懸掛著一個物體，雙手保持高度不變拉著細線慢慢分開的過程D．手握內(nèi)有彈簧的圓珠筆，筆帽抵在桌面放手后圓珠筆彈起的過程解析：選D將箭搭在弦上，拉弓的整個過程中，拉力對弓箭做功，機械能不守恒，故A錯誤；過山車在動力作用下從軌道上緩慢上行的過程，動能不變，重力勢能變大，機械能不守恒，故B錯誤；在一根細線的中央懸掛著一個物體，雙手保持高度不變拉著細線慢慢分開的過程，動能不變，重力勢能增大，機械能不守恒，故C錯誤；筆帽抵在桌面放手后圓珠筆彈起的過程中，只有重力和彈簧彈力做功，機械能守恒，故D正確。2．(多選)豎直放置的輕彈簧下連接一個小球，用手托起小球，使彈簧處于壓縮狀態(tài)，如圖2所示。則迅速放手后(不計空氣阻力)()A．放手瞬間小球的加速度等于重力加速度B．小球與彈簧與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 圖2C．小球的機械能守恒D．小球向下運動過程中，小球動能與彈簧彈性勢能之和不斷增大解析：選BD放手瞬間小球加速度大于重力加速度，故A錯誤；整個系統(tǒng)(包括地球)的機械能守恒，故B正確，C錯誤；向下運動過程中，因為重力勢能減小，所以小球的動能與彈簧彈性勢能之和增大，故D正確。3．如圖3所示，無人機在空中勻速上升時，不斷增加的能量是()圖3A．動能 B．動能、重力勢能C．重力勢能、機械能 D．動能、重力勢能、機械能解析：選C無人機勻速上升，所以動能保持不變，故A、B、D錯誤；因為無人機高度不斷增加，所以其重力勢能不斷增加，在上升過程中升力對無人機做正功，無人機機械能不斷增加，故C正確。4．如圖4所示，質(zhì)量為m的蘋果，從離地面H高的樹上由靜止開始落下，樹下有一深度為h的坑。若以地面為零勢能參考平面，則當蘋果落到坑底時的機械能為 ()A．－mgh B．mgHC．mg(H＋h) D．mg(H－h(huán))圖4解析：選B蘋果下落過程機械能守恒，開始下落時其機械能為E＝mgH，落到坑底時機械能仍為mgH，故B正確。5．一小球以一定的初速度從圖5所示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力大小為() 圖5A．2mg B．3mgC．4mg D．5mg解析：選C小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝eq\f(mvB2,R)，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝eq\f(mvA2,R)mgR＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvB2，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知，經(jīng)過A處時對軌道的壓力大小為4mg，故C正確。6．如圖6所示，光滑的曲面與光滑的水平面平滑相連，一輕彈簧右端固定，質(zhì)量為m的小球從高度h處由靜止下滑，則 ()A．小球與彈簧剛接觸時，速度大小為eq\r(2gh)B．小球與彈簧接觸的過程中，小球機械能守恒C．小球壓縮彈簧至最短時，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mgh 圖6D．小球在壓縮彈簧的過程中，小球的加速度保持不變解析：選A小球在曲面上下滑過程中，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gh)，即小球與彈簧剛接觸時，速度大小為eq\r(2gh)，故A正確。小球與彈簧接觸的過程中，彈簧的彈力對小球做負功，小球機械能不守恒，故B錯誤。整個過程，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒可知，小球壓縮彈簧至最短時，彈簧的彈性勢能為mgh，故C錯誤。小球在壓縮彈簧的過程中，彈簧彈力增大，則小球的加速度增大，故D錯誤。7．如圖7所示，一個小環(huán)套在豎直放置的光滑圓形軌道上做圓周運動。小環(huán)從 圖7最高點A滑到最低點B的過程中，其線速度大小的二次方v2隨下落高度h變化的圖像可能是下列選項中的()圖8解析：選A設小環(huán)在A點的速度為v0，下落高度h時的速度為v，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mgh＋eq\f(1,2)mv02，得v2＝v02＋2gh，可見v2與h是線性關系，若v0＝0，則v2＝2gh，圖像為過原點的直線；若v0≠0，當h＝0時，有縱截距，故A正確。8．(多選)如圖9所示，小球(可視為質(zhì)點)沿水平面通過O點進入半徑為R的半圓弧軌道后恰能通過最高點P，然后落回水平面，不計一切阻力。下列說法正確的是 ()A．小球落地點離O點的水平距離為2RB．小球落地時的動能為eq\f(5mgR,2) 圖9C．小球運動到半圓弧最高點P時向心力恰好為0D．若將半圓弧軌道上部的eq\f(1,4)圓弧截去，其他條件不變，則小球能達到的最大高度比PR解析：選ABD由題意知在P點時，重力恰好提供向心力，mg＝meq\f(v2,R)，小球經(jīng)P點時的速度大小v＝eq\r(gR)，故C錯誤；由2R＝eq\f(1,2)gt2、x＝vt得小球落地點離O點的水平距離為2R，故A正確；根據(jù)動能定理2mgR＝Ek－eq\f(1,2)mv2得，小球落地時的動能Ek＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(5,2)mgR，故B正確；由mgh＝eq\f(5,2)mgR得小球能達到的最大高度hR，比PR，故D正確。9．如圖10所示，豎直平面內(nèi)的eq\f(3,4)圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心到圓心距離為R，A端與圓心O等高，AD為水平面，B點在圓心O的正下方，小球自A端正上方由靜止釋放，自由下落至A端進入管道，當小球到達B點時，管壁對小球的彈力大小為小球重力的9倍。求：圖10(1)釋放點距A端的豎直高度；(2)落點C與A端的水平距離。解析：(1)設小球到達B點的速度為v1，因為到達B點時管壁對小球的彈力大小為小球重力大小的9倍，所以有9mg－mg＝meq\f(v12,R)，又由機械能守恒定律得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mv12，h＝3R。(2)設小球到達最高點的速度為v2，落點C與A端的水平距離為s，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv22＋mg·2R，由平拋運動規(guī)律得R＝eq\f(1,2)gt2，R＋s＝v2t，解得s＝(2eq\r(2)－1)R。答案：(1)3R(2)(2eq\r(2)－1)Req\a\vs4\al(B)組—重應用·體現(xiàn)創(chuàng)新10．(多選)如圖11所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道內(nèi)側(cè)底部靜止著一個光滑的小球，現(xiàn)給小球一個沖擊使其在瞬間得到一個水平初速度v0，若v0大小不同，則小球能夠上升到的最大高度(距離底部)也不同，下列說法正確的是 () 圖11A．如果v0＝eq\r(gR)，則小球能夠上升的最大高度為eq\f(R,2)B．如果v0＝eq\r(2gR)，則小球能夠上升的最大高度為RC．如果v0＝eq\r(3gR)，則小球能夠上升的最大高度為eq\f(3R,2)D．如果v0＝eq\r(5gR)，則小球能夠上升的最大高度為2R解析：選ABD當v0＝eq\r(gR)時，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝mgh，解得h＝eq\f(R,2)，即小球上升到高度為eq\f(R,2)時速度為0，因此小球能夠上升的最大高度為eq\f(R,2)，故A正確；設小球恰好能運動到與圓心等高處時，在最低點的速度為v，則根據(jù)機械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，若v0＝eq\r(2gR)，則小球能夠上升的最大高度為R，故B正確；設小球恰好運動到圓軌道最高點時，在最低點的速度為v1，在最高點的速度為v2，則在最高點，有mg＝meq\f(v22,R)，從最低點到最高點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律得2mgR＋eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝eq\r(5gR)，所以v0＜eq\r(5gR)時，小球不能上升到圓軌道的最高點，會脫離軌道，在最高點的速度不為0；當v0＝eq\r(3gR)時，根據(jù)eq\f(1,2)mv02＝mgh＋eq\f(1,2)mv′2，知小球上升到最大高度時v′≠0，則最大高度h＜eq\f(3R,2)，故C錯誤；當v0＝eq\r(5gR)時，上升的最大高度為2R，故D正確。11．(多選)如圖12所示，固定在地面的斜面體上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨放置六個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖所示。斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r。現(xiàn)將六個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦。則在各小球運動過程中，下列說法正確的是() 圖12A．球1的機械能守恒B．球6在OA段機械能增大C．球6的水平射程最大D．有三個球落地點相同解析：選BD6個小球都在斜面上運動時，只有重力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒，當有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，球2對球1的作用力做負功，球1的機械能不守恒，故A錯誤；球6在OA段運動時，斜面上的小球在加速，球5對球6的作用力做正功，動能增加，機械能增大，故B正確；因為有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，所以可知離開A點時球6的速度最小，水平射程最小，故C錯誤；由于OA長度為6r，最后三個小球在水平面上運動時不再加速，小球3、2、1的速度相等，水平射程相同，落地點位置相同，故D正確。12．如圖13所示裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成。其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距離L＝1.00m，軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高，當彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點。(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g取10m/s2)圖13(1)當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大小。(2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)。(3)當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由。解析：(1)以A點所在的水平面為參考平面，由機械能守恒定律可得E彈＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1×10×0.2J＝0.1J，由Δ