PAGE第3頁共6頁課時跟蹤檢測（二十三）生產(chǎn)和生活中的機(jī)械能守恒eq\a\vs4\al(A)組—重基礎(chǔ)·體現(xiàn)綜合1．某人騎自行車下坡，坡長l＝500m，坡高h(yuǎn)＝8m，人和車總質(zhì)量為100kg，下坡時初速度為4m/s，人不踏車的情況下，到達(dá)坡底時車速為10m/s，g取10m/s2，則下坡過程中阻力所做的功為()A．－4000J B．－3800JC．－5000J D．－4200J解析：選B下坡過程中，重力做功WG＝mgh＝100×10×8J＝8000J，支持力不做功，阻力做功為W，由動能定理得WG＋W＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得W＝－3800J。2.如圖所示，質(zhì)量為M的電梯在地板上放置一質(zhì)量為m的物體，鋼索拉著電梯由靜止開始向上做加速運動，當(dāng)上升高度為H時，速度達(dá)到v，則()A．地板對物體的支持力做的功等于eq\f(1,2)mv2B．地板對物體的支持力做的功等于mgHC．鋼索的拉力做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgHD．合力對電梯做的功等于eq\f(1,2)Mv2解析：選D對物體由動能定理得W支－mgH＝eq\f(1,2)mv2，故W支＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，A、B均錯誤；鋼索拉力做的功W拉＝(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，C錯誤；由動能定理知，合力對電梯做的功應(yīng)等于電梯動能的變化eq\f(1,2)Mv2，D正確。3.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降h時的速度為()A.eq\r(2gh) B.eq\r(gh)C.eq\r(\f(gh,2)) D．0解析：選B對彈簧和小球A，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得小球A下降h高度時彈簧的彈性勢能Ep＝mgh；對彈簧和小球B，當(dāng)小球B下降h高度時，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ep＋eq\f(1,2)×2mv2＝2mgh；解得小球B下降h時的速度v＝eq\r(gh)，故選項B正確。4.如圖所示，在水平臺面上的A點，一個質(zhì)量為m的物體以初速度v0拋出，不計空氣阻力，以水平地面為零勢能面，則當(dāng)它到達(dá)B點時的機(jī)械能為()A.eq\f(1,2)mv02＋mgh B.eq\f(1,2)mv02＋mgHC．mgH－mgh D.eq\f(1,2)mv02＋mg(H－h(huán))解析：選B拋出的物體在不計空氣阻力的情況下滿足機(jī)械能守恒，所以在B點時的機(jī)械能等于A點時的機(jī)械能，選地面為零勢能面，則物體在A、B點機(jī)械能都是eq\f(1,2)mv02＋mgH，故B正確。5.如圖所示，用平行于斜面的推力F，使質(zhì)量為m的物體從傾角為θ的光滑斜面的底端，由靜止向頂端做勻加速運動。當(dāng)物體運動到斜面中點時，撤去推力，物體剛好能到達(dá)頂端，則推力F為()A．2mgsinθ B．mg(1－sinθ)C．2mgcosθ D．2mg(1＋sinθ)解析：選A設(shè)斜面的長度為2L，對全過程，由動能定理可得FL－mgsinθ·2L＝0，解得F＝2mgsinθ，故A正確。6.如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達(dá)最高點B后返回A，C為AB的中點。下列說法中正確的是()A．小球從A到B過程與從B到A過程，時間相等B．小球從A到B過程與從B到A過程，動能變化量的大小相等C．小球從A到C過程與從C到B過程，時間相等D．小球從A到C過程與從C到B過程，動能變化量的大小相等解析：選D因斜面粗糙，小球在運動中機(jī)械能不斷減小，可知小球回到A點的速度小于v0，再由勻變速直線運動中eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋vt,2)可知小球在從A運動到B的過程中平均速度大于小球從B返回A的過程中的平均速度，而兩過程中位移大小相同，故運動時間不等，故A錯誤。由動能定理可知小球動能的變化量等于合外力所做的功，兩過程位移大小相同，而從A到B過程中合力FAB＝mgsinθ＋f大于返回時合力FBA＝mgsinθ－f，故小球從A運動到B的過程中合外力做功多，動能變化大，B錯誤。小球從A到C過程中最小速度等于小球從C到B過程中的最大速度，小球從A到C與從C到B的兩過程中位移大小是相等的，故運動時間不等，C錯誤。小球在從A到C過程與從C到B過程中所受合力相等，由動能定理可知動能變化量的大小相等，D正確。7．如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角θ斜向上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則()A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB<hCC．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB解析：選DA球和C球上升到最高點時速度均為零，而B球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能。對A、C球由機(jī)械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv02，得h＝eq\f(v02,2g)。對B球mgh′＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv02，得h′＝eq\f(v02－v2,2g)<h，故D正確。8．(2025·安徽高考)如圖所示，M、N為固定在豎直平面內(nèi)同一高度的兩根細(xì)釘，間距L＝0.5m。一根長為3L的輕繩一端系在M上，另一端豎直懸掛質(zhì)量m＝0.1kg的小球，小球與水平地面接觸但無壓力。t＝0時，小球以水平向右的初速度v0＝10m/s開始在豎直平面內(nèi)做圓周運動。小球牽引著輕繩繞過N、M運動到M正下方與M相距L的位置時，輕繩剛好被拉斷，小球開始做平拋運動。小球可視為質(zhì)點，輕繩不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求輕繩被拉斷時小球的速度大小，及輕繩所受的最大拉力大?。?2)求小球做平拋運動時拋出點到落地點的水平距離；(3)若在t＝0時，只改變小球的初速度大小，使小球能通過N的正上方且輕繩不松弛，求初速度的最小值。解析：(1)小球從最下端運動到M正下方距離為L的位置過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝mg·2L＋eq\f(1,2)mv2，在該位置時根據(jù)牛頓第二定律有T－mg＝meq\f(v2,L)，解得輕繩被拉斷時小球的速度大小為v＝4eq\r(5)m/s，輕繩所受的最大拉力大小為T＝17N。(2)小球做平拋運動時，設(shè)拋出點到落地點的水平距離為x，由平拋運動規(guī)律有x＝vt1,2L＝eq\f(1,2)gt12，解得x＝4m。(3)設(shè)小球恰好通過N的正上方時的速度為v′，則小球的初速度有最小值，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(v′2,3L－L)，從最低點到該位置，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv0′2＝mg·5L＋eq\f(1,2)mv′2，解得v0′＝2eq\r(15)m/s。答案：(1)4eq\r(5)m/s17N(2)4m(3)2eq\r(15)m/seq\a\vs4\al(B)組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新9.如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量都為m。開始時細(xì)繩伸直，用手托著物體A，使彈簧處于原長且A離地面的高度為h，物體B靜止在地面上。放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力，則下列說法中正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(mg,h)B．此時彈簧的彈性勢能等于mgh＋eq\f(1,2)mv2C．此時物體B的速度大小也為vD．此時物體A的加速度大小為g，方向豎直向上解析：選A由題意可知，此時彈簧所受的拉力大小等于B的重力大小，即F＝mg，彈簧伸長的長度為x＝h，由F＝kx得k＝eq\f(mg,h)，故A正確；物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Ep，則彈簧的彈性勢能Ep＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故B錯誤；物體B對地面恰好無壓力，此時B的速度恰好為零，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，對A有F－mg＝ma，F(xiàn)＝mg，得a＝0，故D錯誤。10．如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有兩個質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝2kg的可視為質(zhì)點的小球A和B，兩球之間用一根長L＝0.2m的輕桿相連，小球B距水平地面的高度h＝0.1m。兩球由靜止開始下滑到光滑地面上，不計球與地面碰撞時的機(jī)械能損失，g取10m/s2。則下列說法中正確的是()A．整個下滑過程中A球機(jī)械能守恒B．整個下滑過程中輕桿沒有作用力C．整個下滑過程中A球機(jī)械能的減少量為eq\f(2,3)JD．整個下滑過程中B球機(jī)械能的增加量為eq\f(1,3)J解析：選CA、B兩球均在斜面上滑動的過程中，設(shè)輕桿的作用力大小為F。根據(jù)牛頓第二定律，對整體有(mA＋mB)gsin30°＝(mA＋mB)a，對B有F＋mBgsin30°＝mBa。聯(lián)立解得F＝0，即在斜面上滑動的過程中，只有重力對A球做功，所以A球在B球到地面之前，在斜面上運動時機(jī)械能守恒。在斜面上下滑的整個過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，解得v＝eq\f(2\r(6),3)m/s。在斜面上下滑的整個過程中B球機(jī)械能的增加量為ΔEB＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J。根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，A球機(jī)械能的增加量為ΔEA＝－ΔEB＝－eq\f(2,3)J，則由分析可知A在斜面上、B在水平面上運動過程中輕桿有作用力，故A、B、D錯誤，C正確。11．如圖所示，彎曲斜面與半徑為R的豎直半圓組成光滑軌道，一個質(zhì)量為m的小球從高度為4R的A點由靜止釋放，經(jīng)過半圓的最高點D后做平拋運動落在水平面的E點，忽略空氣阻力(重力加速度為g)，求：(1)小球在D點時的速度vD；(2)小球落地點E離半圓軌道最低點B的位移x；(3)小球經(jīng)過半圓軌道的C點(C點與圓心O在同一水平面)時對軌道的壓力大小。解析：(1)小球從A到D，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mg(4R－2R)＝eq\f(1,2)mvD2，整理可以得到vD＝2eq\