2020高三高考物理二轮复习专题强化练习卷：机械能守恒及能量守恒定律

机械能守恒及能量守恒定律

1．(2019·山西高三二模)2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U 形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U 形池模型，其中a 、c 为U 形池两侧边缘，在同一水平面，b 为U 形池最低点。刘佳宇从a 点上方h 高的O 点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升至最高位置d 点相对c 点高度为h

2。不计空气阻力，下列判

断正确的是( )

A ．从O 到d 的过程中机械能减少

B ．从a 到d 的过程中机械能守恒

C ．从d 返回到c 的过程中机械能减少

D ．从d 返回到b 的过程中，重力势能全部转化为动能

2. (2019·广东省“六校”高三第三次联考)(多选)如图固定在地面上的斜面倾角为θ＝30°，物块B 固定在木箱A 的上方，一起从a 点由静止开始下滑，到b 点接触轻弹簧，又压缩至最低点c ，此时将B 迅速拿走，然后木箱A 又恰好被轻弹簧弹回到a 点。已知木箱A 的质量为m ，物块B 的质量为3m ，a 、c 间距为L ，重力加速度为g 。下列说法正确的是( )

A ．在A 上滑的过程中，与弹簧分离时A 的速度最大

B ．弹簧被压缩至最低点c 时，其弹性势能为0.8mgL

C ．在木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgL

D ．若物块B 没有被拿出，A 、B 能够上升的最高位置距离a 点为L 4

3. (2019·东北三省三校二模)(多选)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L 1、L 2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a 、b (视为质点)质量均为m ，a 球套在竖直杆L 1上，b 球套在水平杆L 2上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接。将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L 2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重

力加速度为g 。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )

A ．a 球和b 球所组成的系统机械能守恒

B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于g

C ．b 球的最大速度为 (2＋2)gL

D ．a 球的最大速度为 2gL

4．(2019·安徽省阜阳市第三中学模拟)(多选)如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g ，则下列说法中正确的是( )

A ．物体A 下落过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒

B ．弹簧的劲度系数为2mg h

C ．物体A 着地时的加速度大小为g

2

D ．物体A 着地时弹簧的弹性势能为2mgh

5.(2019·江西高三九校3月联考)(多选)如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R 的半球形碗，碗口直径AB 水平，O 为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m 1和物块m 2，且m 1＞m 2。开始时m 1恰在A 点，m 2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m 1、m 2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C 点位于圆心O 的

正下方。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是()

A．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定

B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的2倍

C．m1可能沿碗面上升到B点

D．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒

6．(2019·郑州二模)蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动。跳跃者站在约50 m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳跃者头朝下跳下去。若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力，则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳跃者的动能E k(图线①)和弹性绳的弹性势能E p(图线②)随下落高度的变化图象中，大致正确的是()

7.(2019·辽宁大连二模)(多选)如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v-t图象如图乙所示。下列判断正确的是()

A．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝

3 3

B．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍

C．物块沿斜面上滑的过程中机械能减少3

16mv20

D ．物块沿斜面下滑的过程中动能增加1

4mv 20

8.(2019·江苏南京、盐城高三第三次调研)(多选)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。换用相同材料、质量为m 2的滑块(m 2>m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程。不计滑块经过B 点时的机械能损失，下列说法正确的是( )

A ．两滑块到达

B 点的速度相同

B ．两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同

C ．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同

D ．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同

9.(2019·辽宁铁路实验中学模拟)如图所示，半径为R 的光滑圆环竖直固定，质量为3m 的小球A 套在圆环上，长为2R 的刚性轻杆一端通过铰链与A 连接，另一端通过铰链与滑块B 连接；滑块B 质量为m ，套在水平固定的光滑杆上。水平杆与圆环的圆心O 位于同一水平线上。现将A 置于圆环的最高处并给A 一微小扰动(初速度可视为零)，使A 沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A 、B 可视为质点，重力加速度大小为g 。求：

(1)A 滑到与圆心O 同高度时的速度大小；

(2)A 下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B 做的功。

10.(2019·广东惠州二模)如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车

在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k＝F f

mg＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可忽略，取重力加速度g＝10 m/s2。某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短。在此条件下，求：

(1)赛车在CD轨道上运动的最短路程；

(2)赛车电动机工作的时间。

参考答案

1.【答案】 A

【解析】 运动员从高h 处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h

2，摩擦力做负功，机械能

减小，故A 正确；从a 到d 的过程中，摩擦力做负功，则机械能不守恒，故B 错误；从d 返回到c 的过程中，只有重力对运动员做功，机械能守恒，故C 错误；从d 返回到b 的过程中，摩擦力做负功，运动员的重力势能转化为运动员的动能和因摩擦产生的内能，故D 错误。 2.【答案】 BC

【解析】 在A 上滑的过程中，A 与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，在此之前A 已经开始减速，故与弹簧分离时A 的速度不是最大，A 错误；设弹簧被压缩至最低点c 时，其弹性势能为E p ，在A 、B 一起下滑的过程中，由功能关系有4mgL sin θ＝μ·4mgL cos θ＋E p ，将物块B 拿出后，木箱A 从c 点到a 点的过程，由功能关系可得E p ＝mgL sin θ＋μmgL cos θ，联立解得E p ＝0.8mgL ，摩擦生热Q ＝3mgL sin θ＝1.5mgL ，故B 、C 正确；若物块B 没有被拿出，且A 、B 一起从c 点上滑的距离L ′大于弹簧原长，则有E p ＝4mgL ′sin θ＋μ·4mgL ′cos θ，解得L ′＝L

4，故A 、B 能够上升的最

高位置距离a 点为3

4L ，D 错误。

3.【答案】 AC

【解析】 a 球和b 球组成的系统除重力外没有其他力做功，只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转化，因此a 球和b 球的机械能守恒，A 正确；设轻杆L 和水平杆L 2的夹角为θ，由速度关联可知v b cos θ＝v a sin θ，得v b ＝v a tan θ，可知当b 球的速度为零时，轻杆L 处于水平位置和L 2杆平行，此时a 球在竖直方向只受重力mg ，因此a 球的加速度大小为g ，当v a ＝0时，v b 也为0，如题图所示位置，此时a 的加速度小于g ，故B 错误；当杆L 和杆L 1平行成竖直状态，球a 运动到最下方，球b 运动到L 1和L 2交点的位置的时候，球b 的速度达到最大，此时由速度的关联可知a 球的速度为0，因此由机械能守恒定律有：mg (

22L ＋L )＝12

mv 2

b ，得v b ＝(2＋2)gL ，C 正确；当轻杆L 向下运动到杆L 1和杆L 2的交点的位置时，此时杆L 和杆L 2平行，由速度的关联可知此时b 球的速度为0，由机械能守恒定律有：

22mg ·L ＝12

mv 2

a ，得v a ＝2gL ，此时a 球具有向下的加速度g ，因此此时a 球的速度不是最大，a 球将

继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，D 错误。 4.【答案】 AC

【解析】 由题可知，物体A 下落过程中，B 一直静止不动，对于物体A 和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，故A 正确；A 即将触地时，物体B 对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T ＝mg ，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T ＝kh ，得弹簧的劲度系数为k ＝mg

h

，故B 错误；物体A 着地时，

细绳对A 的拉力等于mg ，对A 受力分析，根据牛顿第二定律得2mg －mg ＝2ma ，得a ＝g

2，故C 正确；物体A 与弹

簧组成的系统机械能守恒，有：2mgh ＝E p ＋1

2×2mv 2，所以E p ＝2mgh －mv 2，故D 错误。

5【答案】 ABD

【解析】 m 2沿斜面上滑过程中，m 2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故A 正确；设小球m 1到达最低点C 时m 1、m 2的速度大小分别为v 1、v 2，则有：v 1cos45°＝v 2，则v 1＝2v 2，故B 正确；在m 1从A 点运动到C 点的过程中，m 1与m 2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，D 正确；由于m 1、m 2组成的系统机械能守恒，m 2的机械能增加必导致m 1的机械能减少，故m 1不可能沿碗面上升到B 点，C 错误。 6.【答案】 B

【解析】 设弹性绳的伸长量为x ，则F 弹＝kx ，伸长量在0～x 间时F 弹＝12kx ，故W 弹＝－12kx 2，即E p 弹＝1

2kx 2。根

据能量守恒定律得，跳跃者和弹性绳增加的动能和弹性势能之和等于减小的重力势能，即ΔE k ＋ΔE p ＝|ΔE 重|，则E k ＝|ΔE 重|－ΔE p ＝mgh －1

2kx 2，O ～L 阶段，弹性绳未伸长，x ＝0，则E k ＝mgh ，当跳跃者下落L 后，x 增大，且x ＝h

－L ，则E k ＝mgh －1

2k (h －L )2，E k 与h 是二次函数关系，其变化图象是曲线，且刚开始阶段，合力向下，速度继续

增大，动能增加，直至合力为零时，速度最大，动能最大；O ～L 阶段，弹性绳未伸长，弹性势能为零，当h >L 后，x 增大，且x ＝h －L ，则E p ＝1

2k (h －L )2，E p -h 图线是开口向上的抛物线，故B 正确。

7.【答案】 BD

【解析】 由v -t 图得上滑过程的加速度大小：a ＝v 0t 0，下滑过程的加速度大小：a ′＝0.5v 0

t 0，所以上滑过程的加速度

大小是下滑过程的2倍，B 正确；根据题意，物块上滑阶段，由牛顿第二定律可知：mg sin θ＋μmg cos θ＝m v 0

t 0，同理

下滑过程：mg sin θ－μmg cos θ＝m 0.5v 0t 0，联立解得：μ＝39，A 错误；联立mg sin θ＋μmg cos θ＝m v 0

t 0与mg sin θ－μmg cos θ

＝m 0.5v 0t 0两式，可得：f ＝μmg cos θ＝mv 04t 0，上滑过程中，机械能减小量等于克服摩擦力做的功：ΔE ＝W f ＝f ·v 0t 02＝1

8mv 20，

C 错误；对物块上滑和下滑的全过程，根据动能定理得E k －12mv 20＝－2fx ，其中f ＝mv 04t 0，x ＝12v 0t 0，解得：E k ＝14mv 20，

D 正确。 8.【答案】 BCD

【解析】 两次实验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达B 点的动能是相等的，即12m 1v 21＝12m 2v 22，又m 2>m 1，所以v 1>v 2，两滑块到达B 点的速度不相同，A 错误；沿斜面上升时，物体受到重力、支持力、摩擦力，根据牛顿运动定律可得，ma ＝mg sin θ＋μmg cos θ，a ＝g sin θ＋μg cos θ，两滑块材料相同，故动摩擦因数μ相同，

故两滑块上升过程中加速度相同，B 正确；设滑块上升的最大高度为h ，则上升到最高点过程中克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ×h sin θ，可得mgh ＝E p

1＋μ

tan θ，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力

做的功相同，C 正确；因摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θh

sin θ，因μ、mgh 相同，故产生的热量相同，D 正确。

9.【答案】(1)2gR (2)15－65

17

mgR

【解析】(1)当A 滑到与O 同高度时，A 的速度沿圆环切向竖直向下，B 的速度为零，由机械能守恒定律可得 3mgR ＝1

2·3mv 2，

解得v ＝2gR 。

(2)如图所示，杆与圆环第一次相切时，A 的速度沿杆方向，设为v A ，设此时B 的速度为v B ，由运动的合成与分解可得

v A ＝v B cos θ，

由几何关系可知cos θ＝

2R R 2＋4R 2＝2

5

5，

球A 下落的高度h ＝R (1－cos θ)，

由机械能守恒定律可得3mgh ＝12·3mv 2A ＋12mv 2B ， 由动能定理可得杆对B 做的功W ＝1

2mv 2B ，

联立以上各式可得W ＝15－65

17mgR 。

10.【答案】 (1)2.5 m (2)4.5 s

【解析】 (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短，则赛车经过圆轨道P 点时

速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：mg ＝m v 2P

R

由机械能守恒定律可得：mg ·2R ＋12mv 2P ＝12

mv 2

C

由上述两式联立代入数据可得：v C ＝5 m/s

设赛车在CD 轨道上运动的最短路程为x ，由动能定理可得：－kmgx ＝0－1

2mv 2C

代入数据可得：x ＝2.5 m 。

(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知： v B ＝v C ＝5 m/s

赛车从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得： Pt －kmgL ＝1

2mv 2B

代入数据可得：t ＝4.5 s 。