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

課時綜合訓(xùn)練(二十一)機械能守恒定律1．(2017·山東師大附中三模)(多選)如圖所示，一根不可伸長的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過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.開始時，用手托住A，使OA段繩恰好處于水平伸直狀態(tài)(繩中無拉力)，OB繩平行于斜面，此時B靜止不動．將A由靜止釋放，在其下擺過程中，斜面體始終保持靜止，下列判斷中正確的是A．小球A的機械能不守恒，A、B系統(tǒng)的機械能守恒B．物塊B受到的摩擦力先減小后增大C．地面對斜面體的摩擦力方向一直向右D．小球A擺到最低點時繩上的拉力大小為2mg解析：選BC小球A擺動過程，只有重力做功，機械能守恒，故mgL＝eq\f(1,2)mv2，在最低點有F－mg＝meq\f(v2,L)，解得F＝3mg，再對物塊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)開始繩中恰好無拉力可知，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錯誤，B正確；對物塊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兩小球通過輕質(zhì)細繩連接跨在定滑輪上．開始時，a球放在水平地面上，連接b球的細線伸直并水平．現(xiàn)由靜止釋放b球，當連接b球的細線擺到豎直位置時，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球的細線擺到豎直位置時，由機械能守恒定律：mBgl＝eq\f(1,2)mBv2，對小球b：T－mBg＝mBeq\f(v2,l)；對球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動的加速度a、速度v隨時間t的變化關(guān)系和動能Ek、機械能E(選地面處重力勢能為零)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球上升到最高點時速度為零，只受重力，加速度為g，選項AB錯誤；由于球所受的空氣阻力與速度大小成正比，其機械能和動能隨球距離地面高度h一定不是均勻變化，選項D錯誤，C正確．4．(2018·山東棗莊聯(lián)考)(多選)在豎直桿上安裝一個光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運動，不計經(jīng)導(dǎo)向槽時小球的能量損失，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，那么當小球有最大水平位移時，下列說法正確的是()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、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有v下＝2v上D．當小球落地時，速度方向與水平方向成45°角解析：選AD設(shè)平拋時的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律可得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)平拋運動的知識可得下落時間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)知識可知，當eq\f(v2,g)－2h＝2h時水平位移最大，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錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可知，小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過其相同高度時，速率相等，C錯誤；設(shè)小球落地時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)平拋運動的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2×eq\f(h,2h)＝1，則θ＝45°，D正確．5．如圖所示，不可伸長的輕質(zhì)細繩長為L，下端拴一個質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小球，固定細繩上端懸點，小球可在豎直面內(nèi)做圓周運動．在最低點給小球一個水平方向的初速度v，在地球表面小球恰能運動到如虛線所示的水平位置；同樣在最低點獲得水平初速度v，在某星球表面小球恰能做完整的圓周運動．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，回到拋出點所用的時間之比為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A錯誤；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B錯誤；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C錯誤；以相同的初速度豎直上拋，回到拋出點所用的時間t＝eq\f(2v0,g)，則回到拋出點所用的時間之比為5∶2，選項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A處，B為軌道最高點，彈簧一端固定于圓心O點，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v0較小時，小球可能會離開圓軌道B．若在eq\r(2gR)＜v0＜eq\r(5gR)，則小球會在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動D．只要小球能做完整的圓周運動，則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差與v0無關(guān)解析：選CD因為彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(mg,R)，原長L＝2R，所以小球始終會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，無論小球在CD以上的哪個位置速度為零，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，軌道對小球一定有指向圓心的支持力)，所以無論v0多大，小球均不會離開圓軌道，故A、B錯誤．小球在運動過程中只有重力做功，彈簧的彈力和軌道的支持力不做功，機械能守恒，當運動到最高點速度為零時，在最低點的速度最小，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動，故C正確．在最低點時，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)，運動到最高點時受到軌道的支持力最小，設(shè)為N′，設(shè)此時的速度為v，由機械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，此時合外力提供向心力，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兩物體通過足夠長的細線繞過光滑輕質(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，開始時用手按住A，使細線剛好拉直且無拉力，滑輪左側(cè)細線豎直，右側(cè)細線與斜面平行，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，當彈簧剛好恢復(fù)原長時，B獲得的速度為v，若重力加速度為g，(1)斜面傾角α．(2)彈簧最大的彈性勢能Ep．解析：根據(jù)a-x圖象可知：當x＝0時，a＝0，故對AB此時有2mgsinα－mg＝0，解得α＝30°．(2)設(shè)剛釋放A時，彈簧的壓縮量為x0，則kx0＝mg由機械能守恒定律有：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是一個無線力傳感器，它上端所受拉力隨時間的變化可在計算機上直接呈現(xiàn)．一根細繩一端連在A的掛鉤上，另一端繞過兩個定滑輪與重物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．開始時，B被一托盤托住，A被懸掛在空中，細繩的左、右兩段均豎直，突然撤去托盤，A、B分別在豎直方向由靜止開始運動，B落地后不再彈起．A、B均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，不計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隨時間t變化的圖象如圖(b)．所示，已知t1＝0.2s是撤去托盤的時刻，t3時刻F突然開始急劇增大．求t2＝0.35s時力傳感器A的速度大小v和t3；(2)當A的質(zhì)量為m、重物B的質(zhì)量為M時，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碰到定滑輪，求應(yīng)選擇的細繩長度解析：(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做豎直上拋運動，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)機械能守恒，有Mgh－mgh＝eq\f(1,2)(M＋m)v2B落地后A機械能守恒，有eq\