2024版新教材高考物理复习特训卷考点34机械能守恒定律及其应用

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点34机械能守恒定律及其应用，共7页。


[2023·北京昌平期末]蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动．跳跃者站在起跳台上，把一端固定的弹性绳绑在踝关节处，然后头朝下跳下去，如图所示．某次蹦极中，跳跃者从起跳台落下直至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，将跳跃者、弹性绳和地球视为一个系统．在这个过程中( )
A．系统的机械能守恒
B．弹性绳刚伸直时跳跃者的动能最大
C．跳跃者重力势能的减小量等于弹性势能的增加量
D．跳跃者克服空气阻力做功等于系统机械能的减少量
2．(多选)2022年第24届冬奥会在北京—张家口成功举办，图甲为在张家口的国家跳台滑雪中心“雪如意”，图乙为跳台滑雪的示意图．质量为m的运动员从长直倾斜的助滑道AB的A处由静止滑下，为了改变运动员的速度方向，在助滑道AB与起跳台D之间用一段弯曲滑道相切衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧，圆弧轨道半径为R.A与C的竖直高度差为H，弯曲滑道末端即起跳台D与滑道最低点C的高度差为h，重力加速度为g.不计空气阻力及摩擦，则运动员( )
A．到达C点时的动能为mgH
B．到达C点对轨道的压力大小为 eq \f(2mgH,R)
C．到起跳台D点的速度大小为 eq \r(2g（H－h）)
D．从C点到D点重力势能增加了mg(H－h)
3.
[2021·河北卷]一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示．长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球．小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直．将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A． eq \r(（2＋π）gR) B． eq \r(2πgR)
C． eq \r(2（1＋π）gR) D．2 eq \r(gR)
4．[2023·河北邯郸二模](多选)如图所示，一顶角为直角的“∧”形光滑细杆竖直放置．质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一个劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0.两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g.对其中一个金属环分析，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为 eq \f(1,2) k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(l－l0)) 2.下列说法正确的是( )
A．最高点与最低点加速度大小相同
B．金属环的最大速度为g eq \r(\f(m,2k))
C．重力的最大功率为mg2 eq \r(\f(m,2k))
D．弹簧的最大拉力为2mg
5．[2023·广东韶关市一模](多选)蹦极(BungeeJumping)，也叫机索跳，是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动．为了研究运动员下落速度与下落距离的关系在运动员身上装好传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图所示的v2 ­ h图像．运动员及其所携带装备的总质量为60 kg，弹性绳原长为10 m，忽略空气阻力，弹性绳上的弹力遵循胡克定律．以下说法正确的是( )
A．弹性绳的劲度系数为40 N/m
B．运动员在下落过程中先失重再超重
C．运动员在最低点处加速度大小为10 m/s2
D．运动员在速度最大处绳子的弹性势能为1 500 J
6．[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
7.
[2021·重庆卷]如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的 eq \f(1,4) 圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，O、O′为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点．一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为(重力加速度为g)( )
A． eq \r(2gR) B． eq \f(\r(6gR),2)
C． eq \f(\r(5gR),2) D． eq \r(gR)
8．[2021·广东卷](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mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
9.[2023·安徽滁州市定远县冲刺模拟]小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，想到了如下表述：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动．尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分(注解：该一小段圆周的半径为该点的曲率半径).这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了(如图甲所示)，小珂设计了如图乙所示过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8 m的圆形轨道(恰能做完整的圆周运动)，再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2 m，并且在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高．忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称．(g＝10 m/s2)
(1)求小球释放点A距离水平面的高度H.
(2)设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系．
(3)设小球在“水滴”形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系(h为小球离水平面的高度).
考点34 机械能守恒定律及其应用——提能力
1．答案：D
解析：由于有空气阻力，所以将跳跃者、弹性绳和地球视为一个系统机械能也会损失，系统机械能不守恒，故A错误；根据动能的公式Ek＝ eq \f(1,2)mv2，当加速度为零时，跳跃者的速度最大，此时跳跃者的重力与空气阻力、弹性绳的弹力合力为零，弹簧处于伸长，不是刚伸直，故B错误；根据能量守恒，跳跃者从起跳台落下直至最低点的过程中，跳跃者重力势能的减小量等于弹性势能的增加量和空气因摩擦产生的热能，故C错误；根据能量守恒，跳跃者克服空气阻力做功等于系统机械能的减少量，故D正确．
2．答案：AC
解析：由A到C机械能守恒，则到达C点时的动能为Ek＝mgH，
选项A正确；根据 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ＝mgH，FC－mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,R)，
解得FC＝mg＋ eq \f(2mgH,R).
则到达C点对轨道的压力大小为F′C＝mg＋ eq \f(2mgH,R)，
选项B错误；从A到D由机械能守恒定律mg(H－h)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ，
解得到起跳台D点的速度大小为vD＝ eq \r(2g（H－h）)，
选项C正确；从C点到D点重力势能增加了mgh，选项D错误．
3．答案：A
解析：当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－ eq \f(2πR,4)＝R＋ eq \f(πR,2)，根据动能定理有mgh＝ eq \f(1,2)mv2，解得v＝ eq \r(（2＋π）gR).故A正确，B、C、D错误．
4．答案：ABD
解析：最高点时弹簧无弹力，根据牛顿第二定律得mg sin 45°＝ma1，解得a1＝ eq \f(\r(2),2)g，最低点时环的速度为零，设此时弹簧的伸长量为x2，环下降的高度是x2的一半，由机械能守恒定律得2mg eq \f(x2,2)＝ eq \f(1,2)kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，根据牛顿第二定律得kx2cs 45°－mg sin 45°＝ma2，解得a2＝ eq \f(\r(2),2)g，故A正确；金属环的合力为零时速度最大，设此时弹簧的伸长量为x1，金属环下降的高度为x1的一半，根据平衡条件得kx1cs 45°＝mg sin 45°，根据机械能守恒定律得2mg eq \f(x1,2)＝ eq \f(1,2)kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ，解得vm＝g eq \r(\f(m,2k))，此时重力的功率最大为Pm＝mgvmsin 45°＝ eq \f(mg2,2) eq \r(\f(m,k))，B正确，C错误；最低点时弹簧的拉力最大，有Fm＝kx2、2mg eq \f(x2,2)＝ eq \f(1,2)kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得Fm＝2mg，故D正确．
5．答案：BD
解析：由题图知，在h＝15 m，运动员速度最大，则加速度为0，故有kΔx＝mg，Δx＝(15－10) m＝5 m，代入数据求得弹性绳的劲度系数为k＝120 N/m，故A错误；运动员在下落过程中，先加速后减速，所以加速度先向下后向上，则运动员先失重后超重，故B正确；运动员在最低点处时，下降高度为25 m，则由牛顿第二定律可得kΔx′－mg＝ma，Δx′＝(25－10)＝15 m，代入数据求得：a＝20 m/s2，故C错误；运动员在速度最大处，由功能关系有mgΔh＝ eq \f(1,2)mv2＋Epx，Δh＝15 m，代入数据求得绳子的弹性势能为Epx＝1 500 J，故D正确．
6．答案：C
解析：如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a＝g cs θ＝ eq \f(gL,2R)，v＝at＝ eq \f(gL,2R)t，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R＝ eq \f(1,2)gt2，代入上式可得：v＝L eq \r(\f(g,R))，故C正确．
7．答案：D
解析：图中NO连线与水平方向的夹角θ，由几何关系可得sin θ＝ eq \f(x,R)＝ eq \f(R－x,R)，可得θ＝30°，设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知mgR sin θ＝ eq \f(1,2)mv2，解得v＝ eq \r(gR)，故D正确．
8．答案：BC
解析：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．
9．答案：(1)2 m (2)a＝(50－25h) m/s2(0≤h≤1.6 m) (3)r＝(2－h)m
解析：(1)小球在最高点D时，由牛顿第二定律有mg＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R1)
对小球由A到D，由机械能守恒定律有mgH＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ＋2mgR1
联立解得H＝2 m.
(2)由机械能守恒定律有mg(H－h)＝ eq \f(1,2)mv2
小球以速度v通过曲率半径为R1时的向心加速度为a＝ eq \f(v2,R1)
解得a＝(50－25h) m/s2(0≤h≤1.6 m).
(3)对小球由A到E点，由机械能守恒定律有mgH＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(E))
小球以速度v通过曲率半径为R2的E点时的向心加速度 a＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(E)) ,R2)
解得a＝2g
由题意知小球在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为a＝2g
小球从A运动到高度为h的过程，由机械能守恒定律有mg(H－h)＝ eq \f(1,2)mv2
小球以速度v通过曲率半径为r时的向心加速度a＝ eq \f(v2,r)(a＝2g)
解得r＝(2－h)m.