高考總復(fù)習(xí)物理（人教版）練習(xí)第05章機(jī)械能第3講機(jī)械能守恒定律（課時(shí)綜合訓(xùn)練）

課時(shí)綜合訓(xùn)練(二十一)機(jī)械能守恒定律1．(2017·山東師大附中三模)(多選)如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過(guò)固定于斜面體頂端的小滑輪O，傾角為30°的斜面體置于水平地面上．A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為4m.開(kāi)始時(shí)，用手托住A，使OA段繩恰好處于水平伸直狀態(tài)(繩中無(wú)拉力)，OB繩平行于斜面，此時(shí)B靜止不動(dòng)．將A由靜止釋放，在其下擺過(guò)程中，斜面體始終保持靜止，下列判斷中正確的是A．小球A的機(jī)械能不守恒，A、B系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B．物塊B受到的摩擦力先減小后增大C．地面對(duì)斜面體的摩擦力方向一直向右D．小球A擺到最低點(diǎn)時(shí)繩上的拉力大小為2mg解析：選BC小球A擺動(dòng)過(guò)程，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故mgL＝eq\f(1,2)mv2，在最低點(diǎn)有F－mg＝meq\f(v2,L)，解得F＝3mg，再對(duì)物塊B受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，重力沿斜面向下的分量Fx＝4mgsin30°＝2mg，根據(jù)開(kāi)始繩中恰好無(wú)拉力可知，B受到的最大靜摩擦力大于或等于2mg，F(xiàn)＜Fx＋2mg，則B保持靜止，故根據(jù)平衡條件可知，B受到的摩擦力先向上減小后向下增大，A、D錯(cuò)誤，B正確；對(duì)物塊B和斜面體受力分析，由于物塊B和斜面體始終保持靜止，繩子一直有斜向左上方的拉力，故斜面體一直受到地面對(duì)其向右的靜摩擦力，故C正確．2．(2017·河北衡水高三摸底考試)如圖所示，a、b兩小球通過(guò)輕質(zhì)細(xì)繩連接跨在定滑輪上．開(kāi)始時(shí)，a球放在水平地面上，連接b球的細(xì)線伸直并水平．現(xiàn)由靜止釋放b球，當(dāng)連接b球的細(xì)線擺到豎直位置時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼?.則a、b兩球的質(zhì)量之比為()A．3∶1 B．2∶1C．3∶2 D．1∶1解析：選A連接b球的細(xì)線擺到豎直位置時(shí)，由機(jī)械能守恒定律：mBgl＝eq\f(1,2)mBv2，對(duì)小球b：T－mBg＝mBeq\f(v2,l)；對(duì)球a：T＝mAg；聯(lián)立解得：mA∶mB＝3∶1，故選A．3．(2017·南京、鹽城、連云港二模)質(zhì)量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比．下列圖象分別描述了球在空中運(yùn)動(dòng)的加速度a、速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系和動(dòng)能Ek、機(jī)械能E(選地面處重力勢(shì)能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，其中可能正確的是()解析：選C球上升到最高點(diǎn)時(shí)速度為零，只受重力，加速度為g，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；由于球所受的空氣阻力與速度大小成正比，其機(jī)械能和動(dòng)能隨球距離地面高度h一定不是均勻變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，C正確．4．(2018·山東棗莊聯(lián)考)(多選)在豎直桿上安裝一個(gè)光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動(dòng)，不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失，設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g，那么當(dāng)小球有最大水平位移時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為eq\f(v2,4g)的位置B．最大水平位移為eq\f(v2,g)C．小球在上、下兩過(guò)程中，在經(jīng)過(guò)某相同高度時(shí)，合速度的大小總有v下＝2v上D．當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成45°角解析：選AD設(shè)平拋時(shí)的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v0＝eq\r(v2－2gh)；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得下落時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))，則水平位移x＝v0t＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,g)－2h))·2h)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)eq\f(v2,g)－2h＝2h時(shí)水平位移最大，解得h＝eq\f(v2,4g)，A正確；最大的水平位移為x＝eq\r(4h2)＝2h＝eq\f(v2,2g)，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球在上、下兩過(guò)程中，在經(jīng)過(guò)其相同高度時(shí)，速率相等，C錯(cuò)誤；設(shè)小球落地時(shí)速度方向與水平方向成θ角，位移與水平方向的夾角為α，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2×eq\f(h,2h)＝1，則θ＝45°，D正確．5．如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，固定細(xì)繩上端懸點(diǎn)，小球可在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．在最低點(diǎn)給小球一個(gè)水平方向的初速度v，在地球表面小球恰能運(yùn)動(dòng)到如虛線所示的水平位置；同樣在最低點(diǎn)獲得水平初速度v，在某星球表面小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．已知該星球的半徑為地球半徑的1/2，則下列關(guān)于該星球與地球的論述中正確的是()A．質(zhì)量之比是2∶5B．第一宇宙速度之比是1∶5C．近地衛(wèi)星的周期之比為5∶2D．以相同的初速度豎直上拋，回到拋出點(diǎn)所用的時(shí)間之比為5∶2解析：選D在地球表面：eq\f(1,2)mv2＝mg1L，解得g1＝eq\f(v2,2L)；在星球表面：eq\f(1,2)mv2＝mg2·2L＋eq\f(1,2)mv′2，其中mg2＝meq\f(v′2,L)，解得g2＝eq\f(v2,5L)；根據(jù)M＝eq\f(gR2,G)可知，質(zhì)量之比是1∶10，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)v＝eq\r(\f(GM,R))可知，第一宇宙速度之比是1∶eq\r(5)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；近地衛(wèi)星的周期：T＝eq\f(2πR,\r(gR))＝2πeq\r(\f(R,g))可知，周期之比：eq\r(5)∶2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；以相同的初速度豎直上拋，回到拋出點(diǎn)所用的時(shí)間t＝eq\f(2v0,g)，則回到拋出點(diǎn)所用的時(shí)間之比為5∶2，選項(xiàng)D正確；故選D．6．(2017·陜西西安一模)(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點(diǎn)A處，B為軌道最高點(diǎn)，彈簧一端固定于圓心O點(diǎn)，另一端與小球拴接．已知彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(mg,R)，原長(zhǎng)L＝2R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，若給小球一水平初速度v0，已知重力加速度為g，則()A．當(dāng)v0較小時(shí)，小球可能會(huì)離開(kāi)圓軌道B．若在eq\r(2gR)＜v0＜eq\r(5gR)，則小球會(huì)在B、D間脫離圓軌道C．只要v0＞eq\r(4gR)，小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)D．只要小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差與v0無(wú)關(guān)解析：選CD因?yàn)閺椈傻膭哦认禂?shù)k＝eq\f(mg,R)，原長(zhǎng)L＝2R，所以小球始終會(huì)受到彈簧的彈力作用，大小為F＝k(L－R)＝kR＝mg，方向始終背離圓心，無(wú)論小球在CD以上的哪個(gè)位置速度為零，重力在沿半徑方向上的分量都小于或等于彈簧的彈力(在CD以下，軌道對(duì)小球一定有指向圓心的支持力)，所以無(wú)論v0多大，小球均不會(huì)離開(kāi)圓軌道，故A、B錯(cuò)誤．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，彈簧的彈力和軌道的支持力不做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為零時(shí)，在最低點(diǎn)的速度最小，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)＝2mgR，所以只要v0＞vmin＝eq\r(4gR)，小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故C正確．在最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球受到的支持力為N，有N－kR－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得N＝2mg＋meq\f(v\o\al(2,0),R)，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力最小，設(shè)為N′，設(shè)此時(shí)的速度為v，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，此時(shí)合外力提供向心力，有N′－kR＋mg＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得N′＝meq\f(v\o\al(2,0),R)－4mg，得壓力之差ΔN＝N－N′＝6mg，與v0無(wú)關(guān)，故D正確．7．(2018·遼寧模擬)如圖甲所示，質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物體通過(guò)足夠長(zhǎng)的細(xì)線繞過(guò)光滑輕質(zhì)滑輪，輕彈簧下端與地面相連，B放在彈簧上端但不拴接，A放在光滑的固定斜面上，開(kāi)始時(shí)用手按住A，使細(xì)線剛好拉直且無(wú)拉力，滑輪左側(cè)細(xì)線豎直，右側(cè)細(xì)線與斜面平行，釋放A后它沿斜面下滑，物體B在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)之前的加速度隨彈簧壓縮量x的變化規(guī)律如圖乙所示，當(dāng)彈簧剛好恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B獲得的速度為v，若重力加速度為g，(1)斜面傾角α．(2)彈簧最大的彈性勢(shì)能Ep．解析：根據(jù)a-x圖象可知：當(dāng)x＝0時(shí)，a＝0，故對(duì)AB此時(shí)有2mgsinα－mg＝0，解得α＝30°．(2)設(shè)剛釋放A時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，則kx0＝mg由機(jī)械能守恒定律有：2mgx0sinα＋Ep－mgx0＝eq\f(3mv2,2)解得Ep＝eq\f(3mv2,2)．答案：(1)30°(2)eq\f(3,2)mv28．如圖(a)所示，A是一個(gè)無(wú)線力傳感器，它上端所受拉力隨時(shí)間的變化可在計(jì)算機(jī)上直接呈現(xiàn)．一根細(xì)繩一端連在A的掛鉤上，另一端繞過(guò)兩個(gè)定滑輪與重物B相連，兩滑輪固定在離地高1.2m的橫梁上，滑輪間距為0.4m．開(kāi)始時(shí)，B被一托盤(pán)托住，A被懸掛在空中，細(xì)繩的左、右兩段均豎直，突然撤去托盤(pán)，A、B分別在豎直方向由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，B落地后不再?gòu)椘穑瓵、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，不計(jì)滑輪軸的摩擦與滑輪的大小，重力加速度取g＝(1)某次操作得到的A受拉力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖(b)．所示，已知t1＝0.2s是撤去托盤(pán)的時(shí)刻，t3時(shí)刻F突然開(kāi)始急劇增大．求t2＝0.35s時(shí)力傳感器A的速度大小v和t3；(2)當(dāng)A的質(zhì)量為m、重物B的質(zhì)量為M時(shí)，在A不碰到滑輪和橫梁的情況下，求A上升的距離與B下落距離的比值．(3)若A的質(zhì)量為0.2kg，選擇質(zhì)量為0.6kg的重物B，為使A上升的距離最大且不會(huì)碰到定滑輪，求應(yīng)選擇的細(xì)繩長(zhǎng)度解析：(1)A的重力mg＝F1＝1.0N，可解得m＝0.1F2－mg＝ma1，a1＝eq\f(F2－mg,m)＝6m/s2v1＝a1(t2－t1)＝6×0.15m/s＝0.9mt2～t3期間A做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，t3－t2＝2eq\f(v1,g)＝2×eq\f(0.9,10)＝0.18st3＝0.53s(2)B落地前A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有Mgh－mgh＝eq\f(1,2)(M＋m)v2B落地后A機(jī)械能守恒，有eq\