（新課標）2019屆高考物理一輪復習 第5章 機械能 第三節(jié) 機械能守恒定律及其應用達標診斷高效訓練.doc

第三節(jié) 機械能守恒定律及其應用 (建議用時：60分鐘)一、單項選擇題1.(2018長沙長郡中學模擬)如圖所示，梯形物塊靜止于墻角附近的水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到運動至地面的過程中，下列說法正確的是()a梯形物塊的機械能守恒b小球與梯形物塊之間的彈力不做功c梯形物塊與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒d小球重力勢能的減少量等于梯形物塊動能的增加量解析：選c.梯形物塊受到小球給的斜向右下的彈力，而梯形的位移向右，故該彈力對梯形做正功，梯形物塊的機械能不守恒，a、b錯誤；小球受到墻面給的支持力水平向右，小球的水平位移為零，所以墻給的彈力做功為零，地面對梯形物塊的支持力豎直向上，而梯形物塊的位移沿水平方向，所以該支持力做功為零，故小球和梯形物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，c正確；根據(jù)動能定理可知小球重力勢能減少量等于小球和物塊動能的增加量，d錯誤2.把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至a位置，如圖甲所示迅速松手后，球升高至最高位置c(圖丙)，途中經(jīng)過位置b時彈簧正處于原長(圖乙)忽略彈簧的質量和空氣阻力則小球從a位置運動到c位置的過程中，下列說法正確的是()a經(jīng)過位置b時小球的加速度為0b經(jīng)過位置b時小球的速度最大c小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能守恒d小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能先增大后減小解析：選c.分析小球從a位置到b位置的過程中受力情況，開始時彈力大于重力，中間某一位置彈力和重力相等，接著彈力小于重力，在b點時，彈力為零小球從b到c的過程中，只受重力根據(jù)牛頓第二定律可以知道小球從a位置到b位置過程中，小球先向上做加速運動再向上做減速運動，所以速度最大位置應該是加速度為零的位置，在a、b之間某一位置，選項a、b錯誤；從a位置到c位置過程中小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，選項c正確，d錯誤3.(2018宜城一中模擬)如圖所示，從光滑的圓弧槽的最高點滑下的小滑塊，滑出槽口時速度方向為水平方向，槽口與一個半球頂點相切，半球底面水平若要使小滑塊滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圓弧軌道的半徑為r1，半球的半徑為r2，則r1和r2應滿足的關系是()ar1r2br1r2 dr1解析：選d.滑塊沿光滑的圓弧槽下滑過程中，只有重力做功，機械能守恒，有mgr1mv2要使小滑塊滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平拋運動，則mg，故選d.4.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球a，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換為質量為3m的小球b，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，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. bc. d 解析：選a.根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得，對a下降h的過程有mghep，對b下降h的過程有3mghep3mv2，解得v，只有選項a正確5.(2018河北廊坊質檢)如圖所示，重10 n的滑塊在傾角為30的斜面上，從a點由靜止開始下滑，到b點開始壓縮輕彈簧，到c點時達到最大速度，到d點(圖中未畫出)開始彈回，返回b點離開彈簧，恰能再回到a點若xbc0.1 m，彈簧彈性勢能的最大值為8 j，則下列說法正確的是()a輕彈簧的勁度系數(shù)是50 n/mb從d到b滑塊克服重力做功8 jc滑塊的動能最大值為8 jd從d點到c點彈簧的彈力對滑塊做功8 j解析：選a.整個過程中，滑塊從a點靜止釋放后還能回到a點，說明機械能守恒，即斜面是光滑的滑塊到c點速度最大，所受合力為零，由平衡條件和胡克定律有kxbcmgsin 30，解得k50 n/m，a項正確；由d到b的過程中，彈簧彈性勢能一部分轉化為重力勢能，一部分轉化為動能，b項錯誤；滑塊由d到c的過程中，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒；彈簧彈性勢能一部分轉化為重力勢能，一部分轉化為動能，故到c點時最大動能一定小于8 j，c項錯誤；又彈性勢能減少量小于8 j，所以彈力對滑塊做功小于8 j，d項錯誤二、多項選擇題6(2018桂林中學月考)如圖所示，兩個內壁光滑、半徑不同的半圓軌道固定在地面上一個小球先后在與球心在同一水平高度的a、b兩點由靜止開始下滑，當小球通過兩軌道最低點時()a小球的速度相同 b小球的加速度相同c小球的機械能相同 d兩軌道所受壓力相同解析：選bcd.設半圓軌道的半徑為r，小球到最低點的速度為v，由機械能守恒定律得：mgrmv2，所以v.由于它們的半徑不同，所以線速度不等，故a錯誤；小球的向心加速度an，與上式聯(lián)立可以解得：an2g，與半徑無關，因此，此時小球的向心加速度相等，故b正確；在最低點，由牛頓第二定律得：fnmgm，聯(lián)立解得：fn3mg，即壓力為3mg，由于球的質量相等，所以對軌道的壓力相同，故d正確；在a、b兩點由靜止開始自由下滑過程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，機械能守恒，兩球初位置的機械能相等，所以末位置的機械能也相等，故c正確7.(2018廣西陸川中學模擬)如圖所示，半徑為r的豎直光滑圓軌道內側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()a如果v0，則小球能夠上升的最大高度為b如果v0，則小球能夠上升的最大高度為rc如果v0，則小球能夠上升的最大高度為d如果v0，則小球能夠上升的最大高度為2r解析：選abd.當v0時，根據(jù)機械能守恒定律有：mvmgh，解得h，即小球上升到高度為時速度為零，所以小球能夠上升的最大高度為，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：mgrmv2，解得v.如果v0，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mgm，從最低點到最高點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律得：2mgrmvmv，解得v1，當v0時，上升的最大高度為2r，所以v0時，小球不能上升到圓軌道的最高點，會脫離軌道，且在最高點的速度不為零；當v0時，根據(jù)mvmgh，根據(jù)豎直平面內的圓周運動知識可知，小球在上升到r之前就做斜拋運動了，故c錯誤，d正確8.(2018福建泉州模擬)如圖，跨過光滑輕質小定滑輪的輕繩一端系一質量為m的小球，另一端系一質量為2m的重物，小球套在豎直固定的光滑直桿上，滑輪與桿的距離為d.現(xiàn)將小球從與滑輪等高的a處由靜止釋放，下滑過程中經(jīng)過b點，a、b兩點間距離也為d，重力加速度為g，則小球()a剛釋放時的加速度為gb過b處后還能繼續(xù)下滑c在b處的速度與重物此時的速度大小之比為d在b處的速度與重物此時的速度大小之比為解析：選abd.小球剛開始釋放時，豎直方向只受重力，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度為g，故a正確；設小球下降的最大高度為h，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，有：mgh2mg(d)0，解得：hd，故過b處后還能繼續(xù)下滑，故b正確；由于繩子不可伸長，故球與重物在沿著繩子方向的分速度相等，在b處，繩子與豎直方向的夾角為45，故v球cos 45v重，即，故c錯誤，d正確三、非選擇題9.如圖所示，在傾角為30的光滑斜面體上，一勁度系數(shù)為k200 n/m的輕質彈簧一端連接固定擋板c，另一端連接一質量為m4 kg的物體a，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體a上，另一端與質量也為m的物體b相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體b使細繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，求：(1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力大小；(2)物體a沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；(3)物體a的最大速度的大小解析：(1)彈簧恢復原長時，物體a、b的加速度大小相同，對b分析：mgtma對a分析：tmgsin 30ma由于tt代入數(shù)據(jù)解得：tt30 n.(2)初始位置，彈簧的壓縮量為：x110 cm，當物體a速度最大時，即物體a的加速度為0，對物體a分析有：mgkx2mgsin 30彈簧的伸長量為：x210 cm所以物體a沿斜面上升的距離為：xx1x220 cm.(3)因為x1x2，所以彈簧的彈性勢能沒有改變，由系統(tǒng)機械能守恒得：mg(x1x2)mg(x1x2)sin 302mv2解得：v1 m/s.答案：(1)30 n(2)20 cm(3)1 m/s10(2018湖南石門一中模擬)如圖所示，光滑的水平面ab與半徑r0.4 m的光滑豎直半圓軌道bcd在b點相切，d點為半圓軌道最高點， a點右側連接一粗糙的水平面用細線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質壓縮彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴接，甲質量為m14 kg，乙質量為m25 kg，甲、乙均靜止若固定乙，燒斷細線，甲離開彈簧后經(jīng)過b點進入半圓軌道，過d點時對軌道的壓力恰好為零取g10 m/s2，甲、乙兩物體均可看做質點，求：(1)甲離開彈簧后經(jīng)過b點時速度的大小vb；(2)在彈簧壓縮量相同的情況下，若固定甲，燒斷細線，乙物體離開彈簧后從a點進入動摩擦因數(shù)0.4的粗糙水平面，則乙物體在粗糙水平面上運動位移s.解析：(1)甲在最高點d，由牛頓第二定律得：m1gm1，設甲離開彈簧運動至d點的過程中機械能守恒得：m1vm1g2rm1v代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vb2 m/s.(2)甲固定，燒斷細線后乙的速度大小為v2，由能量守恒得：epm1vm2v，得：v24 m/s.乙在粗糙水平面做勻減速運動：m2gm2a，解得：a4 m/s2，則有：s m2 m.答案：(1)2 m/s(2)2 m11(2018徐州質檢)光滑管狀軌道abc由直軌道ab和圓弧形軌道bc組成，二者在b處相切并平滑連接，o為圓心，o、a在同一條水平線上，oc豎直一直徑略小于圓管直徑的質量為m的小球，用細線穿過管道與質量為m的物塊連接，將小球由a點靜止釋放，當小球運動到b處時細線斷裂，小球繼續(xù)運動已知弧形軌道的半徑為r m，所對應的圓心角為53，sin 530.8，g10 m/s2.(1)若m5m，求小球在直軌道部分運動時的加速度大小(2)若m5m，求小球從c點拋出后下落高度h m時到c點的水平位移(3)m、m滿足什么關系時，小球能夠運動到c點？解析：(1)設細線中張力為f，對小球fmgsin 53ma對物塊：mgfma聯(lián)立解得：a7 m/s2.(2)在rt