高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十八）機械能守恒定律及其應用-人教版高三物理試題

課時跟蹤檢測（十八）機械能守恒定律及其應用對點訓練：機械能守恒的理解與判斷1.(2018·南通八校聯(lián)考)太陽神車由四腳的支架吊著一個巨大的擺錘擺動，游客被固定在擺下方的大圓盤A上，如圖所示。擺錘的擺動幅度每邊可達120°。6臺大功率的異步驅(qū)動電機同時啟動，為游客創(chuàng)造4.3g的加速度，最高可飛躍至15層樓高的高空。如果不考慮圓盤A的自轉，根據(jù)以上信息，以下說法中正確的是()A．當擺錘擺至最高點的瞬間，游客受力平衡B．當擺錘擺至最高點時，游客可體驗最大的加速度C．當擺錘在下擺的過程中，擺錘的機械能一定不守恒D．當擺錘在上擺過程中游客體驗超重，下擺過程游客體驗失重解析：選C當擺錘擺至最高點的瞬間，擺錘與游客將開始下降，具有向下的加速度，游客受力不平衡，故A錯誤；當擺錘擺至最低點時，擺錘的速度最大，向心加速度最大，所以游客可體驗最大的加速度，故B錯誤；當擺錘在下擺的過程中，由于電動機做正功，擺錘的機械能一定不守恒，故C正確；當擺錘在上擺過程中，擺錘向上做減速運動，加速度方向向下，游客體驗失重，故D錯誤。2.[多選]如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O′點，O與O′點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使繩和輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然狀態(tài)，將兩球分別由靜止開始釋放，當兩球達到各自懸點的正下方時，兩球仍處在同一水平面上，則()A．兩球到達各自懸點的正下方時，兩球動能相等B．兩球到達各自懸點的正下方時，A球動能較大C．兩球到達各自懸點的正下方時，B球動能較大D．兩球到達各自懸點的正下方時，A球受到向上的拉力較大解析：選BD兩個球都是從同一個水平面下降的，到達最低點時還是在同一個水平面上，根據(jù)重力做功的特點可知在整個過程中，A、B兩球重力做的功相同，但是，B球在下落的過程中彈簧要對球做負功，根據(jù)動能定理得，B球在最低點的速度要比A的速度小，動能也要比A的小，故A、C錯誤，B正確；由于在最低點時B的速度小，根據(jù)向心力的公式可知，B球需要的向心力小，所以彈簧對B的拉力也要比A受到的拉力的小，故D正確。3.(2018·南京雨花臺區(qū)監(jiān)測)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點。將小球拉至A點，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方與A點的豎直高度差為h的B點時，速度大小為v。已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球運動到B點時的動能等于mghB．小球由A點到B點重力勢能減少eq\f(1,2)mv2C．小球由A點到B點克服彈力做功為mghD．小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(1,2)mv2解析：選D小球由A點到B點的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧由原長到發(fā)生伸長的形變，小球動能增加量小于重力勢能減少量，A項錯誤；小球重力勢能減少量等于小球動能增加量與彈簧彈性勢能增加量之和，B項錯誤；彈簧彈性勢能增加量等于小球重力勢能減少量與動能增加量之差，D項正確；彈簧彈性勢能增加量等于小球克服彈力所做的功，C項錯誤。對點訓練：單個物體的機械能守恒4．(2018·咸陽一模)如圖甲所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時刻，將一小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧后又被彈起，上升到一定高度后再下落，如此反復。通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，則()A．t1時刻小球動能最大B．t2時刻小球動能最大C．t2～t3這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少D．t2～t3這段時間內(nèi)，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能解析：選Ct1時刻小球剛與彈簧接觸，與彈簧接觸后，先做加速度不斷減小的加速運動，當彈力增大到與重力平衡，即加速度減為零時，速度達到最大，故A錯誤；t2時刻，彈力最大，故彈簧的壓縮量最大，小球運動到最低點，速度等于零，故B錯誤；t2～t3這段時間內(nèi)，小球處于上升過程，先做加速度不斷減小的加速運動，后做加速度不斷增大的減速運動，故C正確；t2～t3這段時間內(nèi)，小球和彈簧系統(tǒng)機械能守恒，故小球增加的動能和重力勢能之和等于彈簧減少的彈性勢能，故D錯誤。5．如圖甲所示，將質(zhì)量為m的小球以速度v0豎直向上拋出，小球上升的最大高度為h。若將質(zhì)量分別為2m、3m、4m、5m的小球，分別以同樣大小的速度v0從半徑均為R＝eq\f(1,2)h的豎直圓形光滑軌道的最低點水平向右射入軌道，軌道形狀如圖乙、丙、丁、戊所示。則質(zhì)量分別為2m、3m、4m、A．質(zhì)量為2m的小球 B．質(zhì)量為3C．質(zhì)量為4m的小球 D．質(zhì)量為5解析：選C由題意可知，質(zhì)量為m的小球，豎直向上拋出時只有重力做功，故機械能守恒，得：mgh＝eq\f(1,2)mv02。題圖乙將質(zhì)量為2m的小球以速度v0射入軌道，小球若能到達最大高度為h，則此時速度不為零，此時的動能與重力勢能之和，大于初位置時的動能與重力勢能，故不可能，即h2<h，故A錯誤；由丙圖和戊圖，可知小球出軌道時的速度方向不沿豎直方向，則上升到最高點時水平方向速度不為零，依據(jù)機械能守恒定律：h3<h，h5<h，故B、D錯誤；由丁圖可知，小球出軌道時的速度方向沿豎直方向向上，則上升到最高點時，速度為零，依據(jù)機械能守恒定律：h4＝h，故C正確。6.(2018·鹽城期末)如圖所示，光滑桿一端固定在水平面B點，與地面成θ＝30°角，原長為L的輕質(zhì)橡皮筋一端固定在地面上的O點，另一端與質(zhì)量為m的圓球相連，圓球套在桿上。圓球處于A點時，橡皮筋豎直且無形變。讓圓球從A點由靜止釋放，運動到B點時速度為零，橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度取g。求：(1)運動過程中桿對圓球的最小彈力；(2)圓球運動到B點時，橡皮筋的彈性勢能；(3)圓球運動到桿的中點時，重力的瞬時功率。解析：(1)在橡皮筋沒有拉伸過程中，此時彈力最小，對小球則有：FN＝mgcosθ＝eq\f(\r(3),2)mg。(2)在整個運動過程中，根據(jù)動能定理可知：mgL－Ep＝0解得：Ep＝mgL。(3)根據(jù)幾何關系可知，圓球運動到桿的中點，橡皮筋沒有拉伸，根據(jù)機械能守恒有：mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2重力的瞬時功率為：P＝mgvsinθ＝eq\f(mg\r(gL),2)。答案：(1)eq\f(\r(3),2)mg(2)mgL(3)eq\f(mg\r(gL),2)對點訓練：多個物體的機械能守恒7.[多選](2018·揚州邗江區(qū)監(jiān)測)如圖所示，A和B兩個小球固定在一根輕桿的兩端，A球的質(zhì)量為m，B球的質(zhì)量為2m，此桿可繞穿過O點的水平軸無摩擦地轉動?，F(xiàn)使輕桿從水平位置由靜止釋放，則在桿從釋放到轉過90°的過程中，下列說法正確的是()A．A球的機械能增加B．桿對A球始終不做功C．B球重力勢能的減少量等于B球動能的增加量D．A球和B球的總機械能守恒解析：選ADA球由靜止向上運動，重力勢能增大，動能也增大，所以機械能增大，桿一定對A球做了功，A項正確，B項錯誤；由于無摩擦力做功，系統(tǒng)只有重力做功，A球和B球的總機械能守恒，A球機械能增加，B球的機械能一定減少，故D項正確，C項錯誤。8．(2018·連云港模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是()A．桿對小球A做負功B．小球A的機械能守恒C．桿對小球B做正功D．小球B速度為零時距水平面的高度為0.15m解析：選D由題意可知，A、B兩球在上升中受A的重力做功而做減速運動；假設沒有桿連接，則A上升到斜面時，B還在水平面上運動，即A在斜面上做減速運動，B在水平面上做勻速運動，因有桿存在，所以是B推著A上升，因此桿對A做正功，故A錯誤；因桿對A球做正功，故A球的機械能不守恒，故B錯誤；由以上分析可知，桿對球B做負功，故C錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)×2mv2，解得：h＝0.15m，故D正確。9.[多選](2018·淮安期中)如圖所示，足夠長的光滑斜面固定在水平面上，輕質(zhì)彈簧與A、B物塊相連，A、C物塊由跨過光滑小滑輪的輕繩連接。初始時刻，C在外力作用下靜止，繩中恰好無拉力，B放置在水平面上，A靜止?，F(xiàn)撤去外力，物塊C沿斜面向下運動，當C運動到最低點時，B剛好離開地面。已知A、B的質(zhì)量均為m，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則上述過程中()A．C的質(zhì)量mC可能小于mB．C的速度最大時，A的加速度為零C．C的速度最大時，彈簧彈性勢能最小D．A、B、C系統(tǒng)的機械能先變小后變大解析：選BC物塊C能拉動A向上運動可知mCgsinθ＞mg，θ為斜面傾角，則C的質(zhì)量mC一定大于m，選項A錯誤；C的速度最大，加速度為零，因A的加速度等于C的加速度，則此時A的加速度也為零，選項B正確；開始時彈簧壓縮量為Δx1＝eq\f(mg,k)，因當C運動到最低點時，B剛好離開地面，此時彈簧伸長量為Δx2＝eq\f(mg,k)，根據(jù)振動的對稱性可知，當A的加速度為零時，彈簧處于原長狀態(tài)，則此時彈性勢能為零，選項C正確；因只有重力和彈力做功，則A、B、C及彈簧組成系統(tǒng)的機械能守恒，因彈性勢能先減小后增加，則A、B、C系統(tǒng)的機械能先變大后變小，選項D錯誤。10.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面體上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質(zhì)量為m＝4kg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(zhì)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；(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：mg－T＝ma對A分析：T－mgsin30°＝ma代入數(shù)據(jù)解得：T＝30N。(2)初始位置，彈簧的壓縮量為：x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm，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：mg＝kx2＋mgsin30°彈簧的伸長量為：x2＝10cm所以物體A沿斜面上升的距離為：x＝x1＋x2＝20cm。(3)因為x1＝x2，所以彈簧的彈性勢能沒有改變，由系統(tǒng)機械能守恒得：mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)·2m·v2解得：v＝1m/s。答案：(1)30N(2)20cm(3)1m/s考點綜合訓練11．[多選](2018·常州檢測)如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速度v沿逆時針方向轉動，傳送帶的左端與光滑圓弧軌道底部平滑連接，圓弧軌道上的A點與圓心等高，一小物塊從A點靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過一段時間又返回圓弧軌道，返回圓弧軌道時小物塊恰好能到達A點，則下列說法正確的是()A．圓弧軌道的半徑一定是eq\f(v2,2g)B．若減小傳送帶速度，則小物塊仍可能到達A點C．若增加傳送帶速度，則小物塊有可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點D．不論傳送帶速度增加到多大，小物塊都不可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點解析：選BD物塊在圓弧軌道上下滑的過程中，物塊的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒可得：mgR＝eq\f(1,2)mv02，所以小物塊滑上傳送帶的初速度：v0＝eq\r(2gR)，物塊到達傳送帶上之后，由于摩擦力的作用開始減速，速度減小為零之后，又在傳送帶的摩擦力的作用下反向加速，根據(jù)物塊的受力可知，物塊在減速和加速的過程物塊的加速度的大小是相同的，所以物塊返回圓弧軌道時速度大小等于從圓弧軌道下滑剛到傳送帶時的速度大小，只要傳送帶的速度v≥eq\r(2gR)，物塊就能返回到A點，則R≤eq\f(v2,2g)，故A項錯誤；若減小傳送帶速度，只要傳送帶的速度v≥eq\r(2gR)，物塊就能返回到A點，故B項正確；若增大傳送帶的速度，由于物塊返回到圓弧軌道的速度不變，只能滑到A點，不能滑到圓弧軌道的最高點，故C項錯誤，D項正確。12．(2018·威海高三月考)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC與傾角為θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C點，半圓形軌道的直徑AC與斜面垂直。質(zhì)量為m的小球從A點左上方距A點高為h的P點以某一速度水平拋出，剛好與半圓形軌道的A點相切進入半圓形軌道內(nèi)側，之后經(jīng)半圓形軌道沿斜面剛好運動到與拋出點等高的D處。已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：(1)小球被拋出時的速度v0；(2)小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力大小；(3)小球從C到D過程中摩擦力做的功W。解析：(1)小球運動到A點時，速度與水平方向的夾角為θ，如圖所示。則有v12＝2gh ①由幾何關系得v0tanθ＝v1 ②聯(lián)立以上各式解得v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)。 ③(2)A、B間豎直高度H＝R(1＋cosθ) ④設小球到達B點時的速度為v，則從拋出點到B點過程中