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
2020年高考物理复习：机械能及其守恒定律 专项练习题(含答案)
2020年高考物理复习：机械能及其守恒定律专项练习题一、选择题1、(多选)如图所示，两质量相同的小球A、B，分别用线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经过最低点时(以悬点为零势能点)()A．A球的速度等于B球的速度B．A球的动能大于B球的动能C．A球的机械能大于B球的机械能D．A球的机械能等于B球的机械能选：BD[初始时刻，两球的动能和势能均为0，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点时，两球的机械能相等，两球获得的动能分别等于各自重力势能的减少量，即E k＝mgl。
]2、(2019·北京二中月考)下列叙述中正确的是()A．一对作用力和反作用力做功之和一定为零B．静摩擦力一定不做功C．一对滑动摩擦力所做总功不可能为零D．一对静摩擦力所做总功可能不为零选：C[一对作用力和反作用力可能同时做正功或做负功，也可能一个做功另一个不做功，所以它们做功之和不一定为零，故A 错误；静摩擦力同样能对物体做功，例如随水平传送带加速运动的物体所受的静摩擦力对物体做正功，故B 错误；一对滑动摩擦力对相互作用的系统做的总功等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，不可能为零，故C 正确；一对静摩擦力作用的物体间无相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等，方向相反，因而做功之和为零，故D 错误。
]3、如图甲所示，海上救援时，一直升机悬停在空中，某质量为60 kg 的伤员在绳索的牵引下沿竖直方向从船上升到飞机上，运动的v －t 图象(以向上为正方向)如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．5～7 s 内伤员在下降B ．前3 s 内与最后2 s 内伤员所受绳子的拉力之比为2：3 C ．整个过程中伤员重力所做的功为－1.62×104 JD ．前3 s 内与最后2 s 内伤员重力做功的平均功率不相等【参考答案】C 分析图乙可知，5～7 s 内伤员的速度方向不变，向上做减速运动，A 选项错误；v －t 图象的斜率表示加速度大小，前3 s 内伤员的加速度方向向上，a 1＝Δv Δt ＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律可知，绳子拉力F 1＝ma 1＋mg ＝720 N ，同理，最后2 s 内伤员的加速度方向向下，a 2＝3 m/s 2，绳子拉力F 2＝mg －ma 2＝420 N ，拉力之比为12：7，B 选项错误；v －t 图象围成的面积表示位移大小，x ＝27 m ，伤员在整个上升过程中重力所做的功W ＝－mgh ＝－1.62×104 J ，C 选项正确；根据功率公式可知，P ＝W t ，前3 s 内与最后2 s 内伤员重力做功的。
2020届高考物理专题训练：机械能守恒定律(两套 附详细答案解析)
高考物理专题训练：机械能守恒定律（基础卷）一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．能源是社会发展的基础，下列关于能量守恒和能源的说法正确的是( )A．能量是守恒的，能源是取之不尽，用之不竭的B．能量的耗散反映能量是不守恒的C．开发新能源，是缓解能源危机的重要途径D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减小，形成“能源危机”【答案】C【解析】能量耗散表明，在能源的利用过程中，虽然能量的数量并未减小，但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成不便于利用的了。
所以我们要节约能量，不断开发新能源，选项C正确。
2．如图所示，游乐场中，从高处A到水平面B处有两条长度相同的轨道Ⅰ和Ⅱ，其中轨道Ⅰ光滑，轨道Ⅱ粗糙。
质量相等的小孩甲和乙分别沿轨道Ⅰ和Ⅱ从A处滑向B处，两人重力做功分别为W1和W2，则( )A．W1＞W2B．W1＜W2C．W1＝W2D．因小孩乙与轨道Ⅱ的动摩擦因数未知，故无法比较重力做功的大小【答案】C【解析】重力做功等于重力乘以物体沿竖直方向的位移，与路径及粗糙与否无关。
质量相等的两个小孩甲、乙分别沿轨道Ⅰ和Ⅱ从A处滑向B处，重力做功相等，选项C正确。
3．如图所示是某课题小组制作的平抛仪。
M是半径为R固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平。
M的下端相切处放置着竖直向上的弹簧枪，弹簧枪可发射速度不同、质量均为m的小钢珠，假设某次发射(钢珠距离枪口0.5R)的小钢珠恰好通过M的上端点水平飞出，已知重力加速度为g，则发射该小钢珠前，弹簧的弹性势能为( )A．mgR B．2mgR C．3mgR D．4mgR【答案】B【解析】小钢珠恰好通过M的上端点水平飞出，必有mg＝m，解得mv2＝mgR；弹簧的弹性势能全部转化为小钢珠的机械能，由机械能守恒定律得E P＝mg(0.5R＋R)＋mv2＝2mgR，选项B正确。
2020高考物理二轮复习专题：机械能及守恒定律(通用型)练习及答案
2021届高考物理机械能及其守恒定律〔通用型〕练习及答案*机械能及其守恒定律*一、选择题1、〔2021 •唐山模拟〕如下图,轻质弹簧劲度系数为k, 一端与固定在倾角为9的光滑斜面底端的传感器连接,另一端与木块连接,木块处于静止状态,此时传感器示数为F..假设在木块的上端加一沿斜面向上的恒力F,当传感器示数再次为F o时.下面说法正确的选项是〔〕2品A.木块上升的高度为上B.木块的机械能增加量为k2户.C.木块的动能增加量为〔F〔F-F 0〕勺D.木块的质量为92、〔2021龙岩质检〕如下图,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一根轻质弹性橡皮纯相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮纯竖直且处于原长, 原长为h,现让圆环沿杆从静止开始下滑,滑到杆的底端时速度为零.那么在圆环下滑过程中〔整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内〕,以下说法中正确的选项是〔〕A.圆环的机械能守恒B.圆环的机械能先增大后减小C.圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD.橡皮纯再次恰好恢复原长时,圆环动能最大3、〔2021芜湖模拟〕一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物,当重物的速度为v i 时,起重机的功率到达最大值P,之后起重机保持该功率不变,继续提升重物,最后重物以最大速度V2匀速上升,不计钢绳重力.那么整个过程中,以下说法正确的是〔〕. ....................... PA.钢缆的最大拉力为石. ................. 1 ............ mv1B重物匀加速过程的时间为PZm而PC.重物匀加速过程的加速度为—-- V1 + V2t、 , ............. 一、,—一, •一一一一, 、D .速度由V1增大至V2的过程中,重物的平均速度v <—2—4、〔多项选择〕如下图,重球用细绳跨过轻小光滑滑轮与小球相连,细绳处于水平拉直状态.小球由静止释放运动到最低点过程中,重球始终保持静止,不计空气阻力.以下说法正确的有〔〕A.细绳偏离竖直方向成8角时,细绳拉力为mgcosOB.地面对重球的摩擦力一直增大C.上述过程中小球重力的功率先增大后减小D.细绳对小球不做功5、〔2021全国卷田〕从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如下图.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为〔〕口i 2如A. 2 kgB. 1.5 kgC. 1 kg D, 0.5 kg6、〔双选〕如下图,以下关于机械能是否守恒的判断正确的选项是〔〕甲乙丙丁A.甲图中,物体A将弹簧压缩的过程中,物体A的机械能守恒B.乙图中,物体A固定,物体B沿斜面匀速下滑,物体B的机械能守恒C.丙图中,不计任何阻力和定滑轮质量时, A加速下落,B加速上升过程中, A、B组成的系统机械能守恒D. 丁图中,小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时,小球的机械能守恒7、〔2021烟台测试〕质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下,由静止开始向上运动H高度,所受空气阻力恒为f, g为当地的重力加速度.那么此过程中,以下说法正确的是〔〕A.物体的动能增加了〔F-mg〕HB .物体的重力势能增加了mgHC .物体的机械能减少了fHD .物体的机械能增加了FH8、如图甲所示,某同学用拖把直行拖地,沿推杆方向对拖把施加推力F,此时推力与水平面的夹角为9 1,且拖把刚好做匀速直线运动.从某时刻开始,拖把推杆与水平方向的夹角变为8 2,如图乙所示,保持拖把的速度大小和方向不变, 那么〔〕甲乙A.推力F变大B. 推力F的功率增大C.地面对拖把的支持力变小D.地面对拖把的摩擦力变小9、在如下图的物理过程示意图中,甲图一端固定有小球的轻杆,从右偏上30.角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架,释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；内图为轻绳一端连着一小球,从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车,把用细绳悬挂的小球从图示位置释放,小球开始摆动,那么关于这几个物理过程〔空气阻力忽略不计〕,以下判断中正确的选项是〔〕甲乙丙丁A.甲图中小球机械能守恒B.乙图中小球A机械能守恒C.内图中小球机械能守恒D. 丁图中小球机械能守恒10、〔2021吉林五地六校合作体联考〕一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前5s内做匀加速直线运动,5 s末达到额定功率,之后保持以额定功率运动,其v-t图象如下图.汽车的质量为m=1xi03 kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍,g取10 m/s2,那么以下说法正确的选项是〔〕A.汽车在前5 s内的牵引力为5X 102 NB.汽车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2C.汽车的额定功率为100 kWD.汽车的最大速度为80 m/s二、非选择题1、〔2021信阳模拟〕如下图AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨、, 一_____ __ __ 一一, ,,1 ____ 一一,道,OA处于水平位置.AB是半径为R= 1 m的彳圆周轨道,CDO是半径为r= 0.5 m的半圆轨道,最高点 .处固定一个竖直弹性挡板〔可以把小球弹回,不损失能量,图中没有画出〕,D为CDO轨道的中点.BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接. BC段水平轨道长L = 2 m,与小球之间的动摩擦因数尸0.2.现让一个质量为m=1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H 的P处自由落下.〔g取10 m/S2〕-T* PA 0⑴当H = 2 m时,求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；〔2〕为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,求H的取值范围.思路点拨：解此题可按以下思路〔1〕小球由P到D全过程,由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度. 〔2〕小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力,碰后再返回最高点恰能上升到D点.2、〔2021年大一大联考〕如下图,倾角a= 37°的斜面固定在水平面上,质量为m=1 kg的滑块〔可视为质点〕由斜面上最低点P以初动能Ek0=20 J沿斜面向上运动,当其向上经过A点时动能E kA = 8 J,机械能的变化量AE机= — 3 J.重力加速度g=10 m/s2, sin 37 = 0.6,求:〔1〕物块所受摩擦力的大小；⑵物块回到P点时速度的大小.2021届高考物理机械能及其守恒定律〔通用型〕练习及答案*机械能及其守恒定律*一、选择题1、〔2021 •唐山模拟〕如下图,轻质弹簧劲度系数为k, 一端与固定在倾角为9的光滑斜面底端的传感器连接,另一端与木块连接,木块处于静止状态,此时传感器示数为F0.假设在木块的上端加一沿斜面向上的恒力F,当传感器示数再次为F.时.下面说法正确的选项是〔〕2F.A.木块上升的高度为kB.木块的机械能增加量为k2尸.C.木块的动能增加量为k〔F-F.〕D.木块的质量为9【解析】选B、C木块原来静止时有F 0=kx1,当传感器示数再次为F O时有F 0=kx2木块上升的高度h=〔x 1+X2〕sin 8二sin 8 ,故A错误；由于初末状态弹簧的弹性势能相等,由功能关系知,木块的机械能增加量等于F做的功,那么AE增2%=F(X I+X2)=k,故B正确；在此过程中,弹簧的弹力做功为0,由动能定理得AEk=F(x i+x)-mg(x i+x)sin 8,初状态时有F o=mgsin 8 ,联立解得木块的动2 q pT|能增加量为A Ek= k(F-F o),故C正确；由F o=mgsin 0得m=$i"",故D错误.2、(2021龙岩质检)如下图,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一根轻质弹性橡皮纯相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮纯竖直且处于原长, 原长为h,现让圆环沿杆从静止开始下滑,滑到杆的底端时速度为零.那么在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内),以下说法中正确的选项是()A.圆环的机械能守恒B.圆环的机械能先增大后减小C .圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD.橡皮纯再次恰好恢复原长时,圆环动能最大【答案】C ［圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即环的重力和橡皮绳的拉力,所以圆环的机械能不守恒,如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象,那么系统的机械能守恒,由于橡皮绳的弹性势能先不变再增大,所以圆环的机械能先不变后减小,故A、B错误；圆环滑到杆的底端时动能为零,重力势能减小了mgh,即圆环的机械能减少了mgh,故C正确; 在圆环下滑过程中,橡皮纯再次恢复原长时,该过程中圆环动能一直增大,但不是最大,沿杆方向合力为零的时刻,圆环加速度为零,圆环的速度最大,故D错误.］3、(2021芜湖模拟)起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物,当重物的速度为v i时,起重机的功率到达最大值 P,之后起重机保持该功率不变,继续提升重物, 最后重物以最大速度V 2匀速上升,不计钢绳重力.那么整个过程中,以下说法正 确的是〔〕. ....................... PA .钢缆的取大拉力为公PC.重物匀加速过程的加速度为mv iD .速度由v i 增大至V 2的过程中,重物的平均速度 v < 【答案】B ［匀加速过程物体处于超重状态,钢绳拉力较大,匀加速运动阶段..... ............. P .................................... 一一 、八, ,一 钢绳的拉力为F = v7,故A 错块；根据牛顿用二止律可知 F —mg = ma,结合vP mv 2=at 斛行a 二届一g ,仁正',故B 正确, C 4日玄；在速度由vi 用大至v 2的过程中,重物做加速度减小的变加速运动,平均速度V>"2",故D 错误.］4、〔多项选择〕如下图,重球用细绳跨过轻小光滑滑轮与小球相连,细绳处于水平 拉直状态.小球由静止释放运动到最低点过程中,重球始终保持静止,不计空 气阻力.以下说法正确的有〔〕B.地面对重球的摩擦力一直增大C.上述过程中小球重力的功率先增大后减小D.细绳对小球不做功【参考答案】BCD 小球向下摆动的过程中,沿绳子方向的合力充当向心力, 2 2 根据牛顿第二定律得,F —mgcosO=mL ,解得,F=mgcos8+mf, A 选项错误;随着8减小,v 增大,绳子拉力不断增大,地面对重球的摩擦力一直增大, B 选项正确；小球竖直方向的分速度先增大后减小,重力瞬时功率为 P= mgv y, 重力的功率先增大后减小,C 选项正确；细绳的拉力始终与小球的速度垂直, 对小球不做功,D 选项正确.5、〔2021全国卷田〕从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力 外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度 h 在3 mB.重物匀加速过程的时间为 2 mv iP — mgv iV i + V 28角时,细绳拉力为 mgcosO以内时,物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如下图.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为〔〕1 23A. 2 kgB. 1.5 kgC. 1 kg D, 0.5 kg【答案】C ［设物体的质量为m,那么物体在上升过程中,受到竖直向下的重力mg 和竖直向下的恒定外力F,由动能定理结合题图可得一〔mg+F〕X3 m=〔36 —72〕J;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F, 再由动能定理结合题图可得〔mg —F〕X3 m=〔48 —24〕J,联立解得m = 1 kg、F= 2 N,选项C正确,A、B、D均错误.］6、〔双选〕如下图,以下关于机械能是否守恒的判断正确的选项是〔〕甲乙丙丁A.甲图中,物体A将弹簧压缩的过程中,物体A的机械能守恒B.乙图中,物体A固定,物体B沿斜面匀速下滑,物体B的机械能守恒C.丙图中,不计任何阻力和定滑轮质量时, A加速下落,B加速上升过程中, A、B组成的系统机械能守恒D. 丁图中,小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时,小球的机械能守恒【答案】CD ［甲图中重力和系统内弹力做功,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒,但物体A的机械能不守恒,A错误. 乙图中物体B除受重力外,还受到弹力和摩擦力作用,弹力不做功,但摩擦力做负功,物体B的机械能不守包,B错误. 内图中绳子张力对A做负功,对B做正功,代数和为零,A、B组成的系统机械能守恒,C正确. 丁图中小球的动能不变,势能不变,机械能守恒,D正确.］7、(2021烟台测试)质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下,由静止开始向上运动H高度,所受空气阻力恒为f, g为当地的重力加速度.那么此过程中,以下说法正确的是()A.物体的动能增加了(F-mg)HB.物体的重力势能增加了mgHC .物体的机械能减少了fHD .物体的机械能增加了FH【答案】B ［物体受到重力、拉力以及空气的阻力,由动能定理有AEk=(F — mg-f)H ,选项A错误；重力的功为—mgH,所以物体的重力势能增加了mgH, 选项B正确；除重力外物体受到拉力和阻力,所以物体的机械能增加AE= (F -f)H ,选项C、D错误.］8、如图甲所示,某同学用拖把直行拖地,沿推杆方向对拖把施加推力F,此时推力与水平面的夹角为9 1,且拖把刚好做匀速直线运动.从某时刻开始,拖把推杆与水平方向的夹角变为8 2,如图乙所示,保持拖把的速度大小和方向不变, 那么( )甲乙A.推力F变大B.推力F的功率增大C.地面对拖把的支持力变小D.地面对拖把的摩擦力变小【解析】选A、Bo设拖把与地面之间的动摩擦因数为j那么拖把匀速运动时,处于平衡状态,受力如下图,由平衡条件得,水平方向Fcos 9 i-F f=0 ,竖直fimgl^m g方向Fsin 0 i +mg=F N ,联立解得尸=..辿-阂皿-氐+7^〔^ - %〕, 又有tan a==核,拖把与水平方向的夹角变为92,由于8 2> 8 1,保持拖把的速度大小和方向不变,由以上分析,推力 F 变大,故A 正确；推力F 的功率 P=Fvcos 01=1,所以推力F 的功率增大,故B 正确；地面对拖把的支持力 F N =mg+Fsin 9即gi =mg+",保持拖把的速度大小和方向不变,由于8 2> 8i,那么拖把对地面的压力增大,滑动摩擦力增大,故 C 、D 错误9、在如下图的物理过程示意图中,甲图一端固定有小球的轻杆,从右偏上30.角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架,释放后绕 通过直角顶点的固定轴O 无摩擦转动；内图为轻绳一端连着一小球,从右偏上 30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车,把用细绳 悬挂的小球从图示位置释放,小球开始摆动,那么关于这几个物理过程 〔空气阻力忽略不计〕,以下判断中正确的选项是〔 〕才尸丙 丁A.甲图中小球机械能守恒B.乙图中小球A 机械能守恒fimgvcosO1casBi -(isin0A _ pimcfv1 - [itanO^拖把与水平方向的夹角变为92,由于9 2> 9HC.内图中小球机械能守恒D. 丁图中小球机械能守恒【答案】A ［甲图过程中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒, A项正确；乙图过程中轻杆对小球A的弹力不沿杆的方向,会对小球做功,所以小球A的机械能不守恒,但两个小球组成的系统机械能守恒, B项错误；内图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失,机械能不守恒, C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒,但小球的机械能不守恒,这是由于摆动过程中小球的轨迹不是圆弧,细纯会对小球做功,D项错误.］10、〔2021吉林五地六校合作体联考〕一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前5s内做匀加速直线运动,5 s末达到额定功率,之后保持以额定功率运动,其v-t图象如下图.汽车的质量为m=1xi03 kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍,g取10 m/s2,那么以下说法正确的选项是〔〕A.汽车在前5 s内的牵引力为5X102NB.汽车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2C.汽车的额定功率为100 kWD.汽车的最大速度为80 m/sC ［由图象可知匀加速直线运动的加速度为a=/~t= m/s2=4 m/金,根据牛顿第二定律得F —f = ma,解得牵引力为F = f+ma= 0.1X1X104N + 1X103X4 N =5X103 N,故A 错误.额定功率为P=Fv=5 000X20 W= 100 kW,故C 正确.当车的速度是25 m/s时,牵引力F'= P尸100000N = 4 000 N,此时车的v 25加速度a ===『.*24 m33 m/W,故B错误.当牵弓I力与阻m 1 x 10力相等时,速度最大,最大速度为vm = p=p = 喘祟m/s= 100 m/s,故D错误.］二、非选择题1、(2021信阳模拟)如下图AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨1道,OA处于水平位置.AB是半径为R= 1 m的4■圆周轨道,CDO是半径为r = 0.5 m 的半圆轨道,最高点 .处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回,不损失能量,图中没有画出),D为CDO轨道的中点.BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接. BC段水平轨道长L = 2 m,与小球之间的动摩擦因数尸0.2.现让一个质量为m=1 kg 的小球从A点的正上方距水平线OA高H 的P处自由落下.(g取10 m/S2)⑴当H = 2 m时,求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,求H的取值范围.思路点拨：解此题可按以下思路(1)小球由P到D全过程,由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度.(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力,碰后再返回最高点恰能上升到D点.［解析］(1)设小球第一次到达D的速度为VD,对小球从P到D点的过程,根据动能定理得：mg(H + r)- N mgL= "mvD — 0在D点轨道对小球的支持力F N提供向心力,那么有:2V DF N二 m一r联立解得：F N =84 N由牛顿第三定律得,小球对轨道的压力为:F'N =F N=84N O(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,H最小时必须满足能上升到.点,由动能定理得：12cmgH min一业 mg匕/mvo —02〜- V O在O点有：mg= m-代入数据解得：H min= 0.65 m仅仅与弹性挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,H最大时,碰后再返回最高点能上升到D点,那么有：mg(H max+ r) — 3 N mg』0代入数据解得：H max= 0.7 m故有：0.65 mi< H<0.7 m.［答案］(1)84 N (2)0.65 m<H<0.7 m2、(2021年大一大联考)如下图,倾角a= 37°的斜面固定在水平面上,质量为m=1 kg 的滑块(可视为质点)由斜面上最低点P以初动能Ek0=20 J沿斜面向上运动,当其向上经过A点时动能E kA = 8 J,机械能的变化量AE机= — 3 J.重力加速度g=10 m/s2, sin 37 = 0.6,求：(1)物块所受摩擦力的大小；⑵物块回到P点时速度的大小.【答案】(1)2 N (2) 2 5 m/s【解析】(1)由P到A由动能定理得—(mgsin 务f)s1 = E kA —Ek0而一fs1 = A E 机联立解得SI=1.5 m, f=2 N.(2)由P到最高点由动能定理得一(mgsin a f)s2= 0 — E ko解得S2 = 2.5 m滑块从最高点到P点由动能定理得(mgsin r f)s2 = 1mv2- 0解得v = 2书m/s。
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h2。
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L43.(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L1、L2，两杆分离不接触，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L1上，b球套在水平杆L2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L2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gC．b球的最大速度为2＋2gLD．a球的最大速度为2gL4．(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2mghC ．物体A 着地时的加速度大小为g2？D ．物体A 着地时弹簧的弹性势能为2mgh5.(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。
2020届高三高考物理二轮专题复习卷：机械能守恒定律
机械能守恒定律一、选择题(1～8题为单项选择题，9～15题为多项选择题)1.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量2.用长为L的细线系着一个质量为m的小球(可以看做质点)，以细线端点O为圆心，在竖直平面内做圆周运动。
P 点和Q点分别为轨迹的最低点和最高点，不考虑空气阻力，小球经过P点和Q点时所受细线拉力的差值为()A．2mg B．4mg C．6mg D．8mg3.将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能E k随时间t变化的图象如图3所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。
根据图象信息，不能确定的物理量是()A．小球的质量B．小球的初速度C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率D．小球抛出时的高度4.一轻绳系住一质量为m 的小球悬挂在O 点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕O 点做圆周运动，若在水平半径OP 的中点A 处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过P 点后将绕A 点做圆周运动，则到达最高点N 时，绳子的拉力大小为 ( )A ．0B ．2mgC ．3mgD ．4mg5.蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动．北京青龙峡蹦极跳塔高度为68米，身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下，下落高度大约为50米．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点．下列说法正确的是( )A ．运动员到达最低点前加速度先不变后增大B ．蹦极过程中，运动员的机械能守恒C ．蹦极绳张紧后的下落过程中，动能一直减小D ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直增大6.关于机械能守恒，下列说法中正确的是( )A ．物体做匀速运动，其机械能一定守恒B ．物体所受合力不为零，其机械能一定不守恒C ．物体所受合力做功不为零，其机械能一定不守恒D ．物体沿竖直方向向下做加速度为5 m/s 2的匀加速运动，其机械能减少7.将一个物体以初动能E 0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为E 02.设空气阻力恒定，如果将它以初动能4E 0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了( )A ．3E 0B ．2E 0C ．1.5E 0D ．E 08.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h 。
2020年高考物理实验题强化专练-验证机械能守恒含答案
实验题加强专练-考证机械能守恒一、实验题（本大题共 5 小题，共25.0 分）1. 用图甲所示的实验装置“考证机械能守恒定律”。
气垫导轨上 A 处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一地点由静止开释，开释时遮光条位于气垫导轨上 B 地点的上方。
（ 1）某同学利用游标卡尺丈量遮光条的宽度，如图乙所示，则d＝_____________mm。
（ 2）实验中，接通气源，滑块静止开释后，由数字计时器读出遮光条经过光电门的时间为t，测得滑块的质量为M，钩码的质量为m，A、B 间的距离为L。
在实验mgL 与 __________ （用直接丈量的物偏差同意范围内，只需钩码减小的重力势能理量符号表示）相等，则机械能守恒。
（ 3）以下不用要的一项实验要求是_______（请填写选项前对应的字母）。
A．滑块一定由静止开释B．应使滑块的质量远大于钩码的质量C．已知当地重力加快度 D ．应使细线与气垫导轨平行2.某同学用如图甲所示的装置经过研究重锤的落体运动来考证机械能守恒定律。
已知重力加快度为g。
（1）在实验所需的物理量中，需要直接丈量的是 ______，经过计算获得的是 ______。
（填写代号）A．重锤的质量B．重锤着落的高度C．重锤底部距水平川面的高度D．与着落高度对应的重锤的刹时速度（ 2）在实验获得的纸带中，我们采纳如图乙所示的起点O 与相邻点之间距离约为2mm 的纸带来考证机械能守恒定律。
图中A、B、C、D 、E、F、G 为七个相邻的原始点， F 点是第 n 个点。
设相邻点间的时间间隔为T，以下表达式能够用在本实验上当算 F 点速度 v F的是 ______ 。
A．v F=g（ nT）B． v F=C． v F= D ． v F=3.如下图为考证机械能守恒定律的实验装置。
现有器械为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平。
（ 1）为达成实验，还需要的器械有______。
2020版高考物理二轮复习试题：第6讲 机械能守恒与能量守恒(含答案)
第6讲机械能守恒与能量守恒一、明晰一个网络，理解机械能守恒定律的应用方法二、掌握系统机械能守恒的三种表达式三、理清、透析各类功能关系高频考点1机械能守恒定律的应用运用机械能守恒定律分析求解问题时，应注意：1．研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的．如图所示，单独选物体A机械能减少，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒．2．要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．3．注意机械能守恒表达式的选取“守恒的观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，列式时需选取参考平面．而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时，不必选取参考平面．1－1．(多选)(2015·全国Ⅱ卷)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则()A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解析：由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为v a、v b.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ∥′是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝12m v 2a ，解得v a ＝2gh ，选项B正确；同时由于b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项A 错误；杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误；b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．答案：BD1－2.(多选)(2017·泰安市高三质检)如图所示，将质量为2 m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上A 点，光滑定滑轮与直杆的距离为d .A 点与定滑轮等高，B 点在距A 点正下方d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝dB ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能C ．环从A 点能下降的最大高度为43dD ．当环下降的速度最大时，轻绳的拉力T ＝2mg解析：根据几何关系有，环从A 下滑至B 点时，重物上升的高度h ＝2d －d ，故A 错误；环下滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故B 正确；设环下滑最大高度为H 时环和重物的速度均为零，此时重物上升的最大高度为：H 2＋d 2－d ，根据机械能守恒有：mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得：H ＝4d3，故C 正确；环向下运动，做非匀速运动，就有加速度，所以重物向上运动，也有加速度，即环运动的时候，绳的拉力不可能是2mg ，故D 错误．所以BC 正确，AD 错误．答案：BC1－3.(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝12m v 20①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J② 设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h＋mgh③式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12m ⎝⎛⎭⎫2.0100v h 2＋mgh ′⑤由功能原理得 W ＝E h ′－E k0⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ≈9.7×108 J ⑦答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J1－4． (2016·全国丙卷)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．解析：(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒定律得E k A ＝mgR4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R4② 由①②式得E k BE k A＝5.③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④ 设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2CR 2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2CR⑥ 由机械能守恒定律得mg R 4＝12m v 2C⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5 (2)能沿轨道运动到C 点高频考点2 能量守恒定律的应用(2015·福建卷)如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g ．(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力大小；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s ．[思路点拨] (1)由题中信息“小车静止在光滑水平面上”得知若不固定小车，则当滑块下滑时小车会在水平面上向左滑动．(2)由BC 段粗糙可知滑块在BC 段相对小车滑动时会产生热量． (3)滑块对小车压力最大的位置在哪里？怎样求最大压力？ (4)小车不固定时什么时候速度最大？怎样求小车的最大速度？提示：(3)滑块对小车压力最大的位置在B 处，由能量守恒定律求得滑块在B 处的速度，再由牛顿第二定律求出滑块在B 处的支持力，由牛顿第三定律得到滑块对小车的压力．(4)滑块滑到小车的B 点时，小车速度最大，由下滑过程中小车和滑块组成的系统机械能守恒即可求出最大速度．【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒，有mgR ＝12m v 2B，滑块在B 点处，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2BR解得N ＝3mg由牛顿第三定律可得N ′＝3mg ．(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒定律，有mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2解得v m＝gR3．②设滑块运动到C点时，小车速度大小为v C，由功能关系有mgR－μmgL＝12M v 2C＋12m(2v C)2设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝Ma 由运动学规律有v2C－v2m＝－2as解得s＝13L．【答案】(1)3mg(2)①gR3②L31．与能量有关的力学综合题的特点(1)常见的与能量有关的力学综合题有单一物体多过程和多个物体多过程两大类型；(2)联系前后两个过程的关键物理量是速度，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度；(3)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．2．解答与能量有关的综合题时的注意事项(1)将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”．(2)分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解．2－1.(多选)(2017·湖北省六校联合体高三联考)图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为35，木箱在轨道A端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，在轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道A 端，重复上述过程．下列选项正确的是()A ．m ＝3MB ．m ＝2MC ．木箱不与弹簧接触时，上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间D ．若货物的质量减少，则木箱一定不能回到A 处解析：设下滑的距离为l ，根据能量守恒有(M ＋m )gl sin θ－μ(M ＋m )gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ得m ＝3 M ，A 正确、B 错误；受力分析可知，下滑时加速度为g －μg cos θ，上滑时加速度为g ＋μg cos θ，上滑过程可以看作相同大小加速度的反向的初速度为零的下滑过程，位移相同，加速度大的时间短，C 错误；根据(M ＋m )gl sin θ－μ(M ＋m )gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ，木箱恰好被弹回到轨道A 端，如果货物的质量减少，等号前边一定小于后边，即轻弹簧被压缩至最短时的弹性势能小于木箱回到A 处所需的能量，则木箱一定不能回到A 处，D 正确；故选AD ．答案：AD2－2.(多选)(2017·南昌市高三第二次模拟)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看作质点的物块，物块间用长为l 的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦力因数为μ.用水平恒力F 拉动1开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )A ．拉力F 所做功为nFlB ．系统克服摩擦力做功为n (n －1)μmgl2C ．F >nμmg2D ．(n －1)μmg <F <nμmg解析：物体1的位移为(n －1)l ，则拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －1)Fl ，故A 错误．系统克服摩擦力做功为W f ＝μmg ·l ＋…＋μmg ·(n －2)l ＋μmg ·(n －1)l ＝n (n －1)μmgl 2，故B正确．据题，连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有W F ＝W f ，解得F ＝nμmg2，现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F >nμmg2，故C 正确，D 错误．答案：BC高频考点3 功能关系的应用3－1． (2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A ．19mglB ．16mglC ．13mglD ．12mgl解析：将绳的下端Q 缓慢向上拉至M 点，相当于使下部分13的绳的重心升高13l ，故重力势能增加13mg ·l 3＝19mgl ，由功能关系可知A 项正确．答案：A3－2.(多选) (2017·西安市高新一中一模)一个质量为m 的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面，其加速度为34g ，如图此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则此过程中正确的是( )A ．物体动能增加了32mghB ．物体克服重力做功mghC ．物体机械能损失了12mghD ．物体克服摩擦力做功14mgh解析：物体在斜面上加速度为34g ，方向沿斜面向下，物体的合力F 合＝ma ＝34mg ，方向沿斜面向下，斜面倾角α＝30°，物体从斜面底端到最大高度处位移为2 h ，物体从斜面底端到最大高度处，物体合力做功W 合＝－F 合×2h ＝－32mgh ，根据动能定理研究物体从斜面底端到最大高度处得W 合＝ΔE k ，所以物体动能减小32mgh ，故A 错误；根据功的定义式得：重力做功W G ＝－mgh ，故B 正确；重力做功量度重力势能的变化，所以物体重力势能增加了mgh ，而物体动能减小32mgh ，所以物体机械能损失了12mgh ，故C 正确；除了重力之外的力做功量度机械能的变化．物体除了重力之外的力做功还有摩擦力做功，物体机械能减小了12mgh ，所以摩擦力做功为－12mgh ，故D 错误．答案：BC3－3.(多选)(2016·全国甲卷)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N点的过程中( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析：在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN ＜π2，则小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误．在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B 正确．弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确．由机械能守恒定律知，在M 、N 两点弹簧弹性势能相等，在N点的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确．答案：BCD功能关系的应用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少．(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．弹簧模型弹簧模型是高考中特色鲜明的物理模型之一．该模型涉及共点力的平衡、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律以及功能关系等知识．运动过程中，从力的角度看，弹簧上的弹力是变力，从能量的角度看，弹簧是储能元件．因此，借助弹簧模型，可以很好地考查考生的分析综合能力．在高考试题中，弹簧(主要是轻质弹簧)模型主要涉及三个方面：静力学中的弹簧问题、动力学中的弹簧问题以及与能量转化有关的弹簧问题．考生在处理这些问题时，要特别注意弹簧“可拉可压”的特性以及弹簧弹力不可突变的特征．弹簧中的“平衡模型”(多选)如图甲所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B 球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方L处，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现将A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k1<k2)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2.则下列关于T1与T2、F1与F2的大小关系，正确的是()图甲A ．T 1>T 2B ．T 1＝T 2C ．F 1<F 2D ．F 1＝F 2[思路点拨] 由于小球B 始终处于平衡状态，因此小球B 受到的合力必定为零．由于更换弹簧前后细绳的拉力与弹簧弹力的方向都发生了变化，故用力三角形与几何三角形相似的方法即可方便求解．【解析】 以小球B 为研究对象进行受力分析，由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等、方向相反，即F 合＝mg ，如图乙所示，设A 、B间距离为x ，由力三角形与几何三角形相似可得mg L ＝F x ＝T L ，故T ＝mg ，F ＝x Lmg ，绳子的拉力T 只与小球B 的重力有关，与弹簧的劲度系数无关，所以T 1＝T 2，选项A 错误、B 正确；当弹簧的劲度系数k 变大时，弹簧的压缩量减小，故A 、B 两球之间距离增大，由F ＝x Lmg 知F 2>F 1，选项C 正确、D 错误．图乙【答案】 BC弹簧类平衡问题涉及的知识主要有胡克定律、物体的平衡条件等，求解时要注意弹力的大小与方向总是与形变相对应，因此审题时应从弹簧的形变分析入手，找出形变量与物体空间位置变化的对应关系，分析形变所对应的弹力大小和方向，再结合物体所受其他力的情况列式求解．弹簧中的“突变模型”如图所示，在水平面上有一个质量为m ＝2 kg 的小球．小球与轻弹簧和轻绳相连．弹簧水平放置，绳与竖直方向成θ＝45°角且不可伸长．此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则在剪断轻绳的瞬间，下列说法中正确的是( )A ．小球受力个数不变B ．小球立即向左运动，且a ＝8 m/s 2C ．小球立即向左运动，且a ＝10 m/s 2D ．若不剪断轻绳，从右端剪断弹簧，则剪断弹簧瞬间，小球加速度的大小为a ＝10 2 m/s 2[思路点拨] (1)剪断轻绳时弹簧的弹力不会发生突变，即与剪断前一样；(2)从右端剪断弹簧时，轻绳的弹力会发生突变，即轻绳的弹力会立即消失．【解析】 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力的平衡可得弹簧的弹力方向水平向左，且F ＝mg tan θ，代入数据可解得F ＝20 N ．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N ，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力的作用，小球的受力个数发生改变，选项A 错误；小球所受的最大静摩擦力为f m ＝μmg＝4 N ，根据牛顿第二定律可得小球此时的加速度大小为a ＝F －f m m，解得a ＝8 m/s 2，由于合力方向向左，故小球立即向左运动，选项B 正确，选项C 错误；从右端剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力突变为零，此时小球所受的合力为零，故小球的加速度也为零，选项D 错误．【答案】 B弹簧(或橡皮绳)恢复形变需要时间，在瞬时问题中可以认为其弹力不变，即弹力不能突变．而细绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力，若剪断(或脱离)，弹力立即消失，即弹力可突变．弹簧中的“能量模型”(多选) (2015·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大小大于下滑经过B 的速度大小[思路点拨] (1)从下滑过程中速度的变化情况可以判断加速度的变化情况；(2)由全过程中的能量守恒可得到下滑过程中克服摩擦力所做的功以及圆环从A 运动到C 的过程中弹簧的弹性势能的变化量；(3)在分析下滑过程和上滑过程中B 点的瞬时速度时，应以AB 段的运动为研究过程，用能量守恒定律求解，但是要注意不论是从A 下滑到B ，还是从B 上滑到A ，圆环克服摩擦力做的功相等，弹簧弹性势能的变化量的绝对值也相等．【解析】 圆环向下运动过程中，在B 点速度最大，在A 、C 点速度为0，说明向下先加速后减速，加速度先向下减小，后向上增大，A 项错误；下滑过程和上滑过程克服摩擦力做功相同，因此下滑过程W f ＋E p ＝mgh ，上滑过程W f ＋mgh ＝12m v 2＋E p ，因此克服摩擦力做功W f ＝14m v 2，B 项正确；在C 处，弹簧的弹性势能E p ＝mgh －W f ＝mgh －14m v 2，C 项错误；从A 下滑到B ，12m v 2B 1＋E p ′＋W f ′＝mgh ′，从B 上滑到A ，12m v 2B 2＋E p ′＝mgh ′＋W f ′＝12m v 2B 1＋E p ′＋2W f ′，可见v B 2>v B 1，D 项正确． 【答案】 BD1．当牵涉弹簧的弹力做功时，由于弹簧的弹力是变力，故一般不直接采用功的定义式求解．中学阶段通常根据动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能．2．弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．与其他模型相结合的综合模型如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量均不计的光滑定滑轮D ，质量均为m ＝1 kg 的物体A 和B ．用一劲度系数k ＝240 N/m 的轻弹簧连接，物体B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P 挡住．用一不可伸长的轻绳使物体A 跨过定滑轮与质量为M 的小环C 连接，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C 位于Q 处，绳与细杆的夹角α＝53°，且物体B 对挡板的压力恰好为零．图中SD 水平且d ＝0.2 m ，位置R 与位置Q 关于位置S 对称，轻弹簧与定滑轮右侧的绳均与斜面平行，现让环C 从位置R 由静止释放，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小环C 的质量M ；(2)小环C 通过位置S 时的动能E k 及环从R 运动到S 的过程中轻绳对环做的功W ；(3)小环C 运动到位置Q 时的速率v ．【解析】 (1)当整个系统静止时，环C 处于Q 处，此时以A 、B 组成的整体为研究对象进行受力分析，则可知绳子的拉力T ＝2mg sin θ；以小环C 为研究对象，则有T cos α＝Mg ，两式联立并代入数据求解可得M ＝0.72 kg ．(2)由题意可知，开始时B 对挡板没有压力，故弹簧处于伸长状态，设弹簧此时的伸长量为x ，则有mg sin θ＝kx ，解得x ＝0.025 m ．当小环C 到达S 时，物体A 沿斜面向下运动的距离为x ′＝d sin α－d ，解得x ′＝0.05 m ，故此时弹簧的压缩量为Δx ＝0.025 m ，可得小环在位置R 和S 时弹簧的弹性势能相等．由运动的合成与分解可知，当小环C 在位置S 时，物体A 的速度为零，所以小环C 从R 运动到S 的过程中，由机械能守恒定律可得Mgd cot α＋mgx ′sin θ＝E k ，代入数据可解得E k ＝1.38 J ，小环从位置R 运动到位置S 的过程中，由动能定理可知W ＋Mgd cot α＝E k ，解得W ＝0.3 J ．(3)环从位置R 运动到Q 的过程中，由机械能守恒定律可得Mg ·2d cot α＝12M v 2＋12m v 2A，又因为v A ＝v cos α(绳模型：C 与A 沿绳的速度大小相等)，两式联立并代入数据求解可得v＝2 m/s．【答案】(1)0.72 kg(2)1.38 J0.3 J(3)2 m/s对于和其他模型相结合的弹簧问题，一般情况下物理情境较为复杂，涉及的物理量比较多，分析过程也相对麻烦，试题难度一般较大．处理此类问题最好的办法就是“拆分法”，即把一个复杂的物理问题“拆分”为若干个熟悉而又简单的物理模型，如本题就涉及了运动的合成与分解模型、斜面模型、绳模型及弹簧模型．考生只要将每一个拆分的模型弄清楚，这类问题就能迎刃而解．一般来说，弹簧模型容易与平抛运动模型、圆周运动模型以及匀变速直线模型结合，综合考查运动学、牛顿运动定律以及功和能的相关知识．。
浙江省2020高考物理二轮复习专题二第二讲机械能守恒定律与能量守恒定律课后作业(含解析)
机械能守恒定律与能量守恒定律(建议用时：45分钟)一、选择题1．一质量为m 的小物块以一定的初速度竖直向上运动，加速度大小等于重力加速度大小g 的1.5倍．物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )A ．动能损失了12mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH解析：选D.设空气阻力为f ，由牛顿第二定律可得：mg ＋f ＝1.5mg ，解得：f ＝0.5mg ，由动能定理W 合＝ΔE k 可得，物块损失的动能ΔE k ＝(mg ＋f )H ＝(mg ＋0.5mg )H ＝1.5mgH ，故A 、B 错误；机械能损失量等于克服阻力做的功，即ΔE ＝fH ＝0.5mgH ，故C 错误，D 正确．2.把质量是0.2 kg 的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A 的位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升到最高位置C (图丙)，途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B 、A 的高度差为0.1 m ，C 、B 的高度差为0.2 m ，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略．则( )A ．小球从状态乙到状态丙的过程中，动能先增大，后减小B ．小球从状态甲到状态丙的过程中，机械能一直不断增大C ．状态甲中，弹簧的弹性势能为0.6 JD ．状态乙中，小球的动能为0.6 J解析：选C.从状态乙到状态丙的过程中，小球只受重力作用，向上做减速运动，故小球的动能一直减小，选项A 错误；小球从状态甲到状态乙的过程中，弹力做正功，则小球的机械能增加；小球从状态乙到状态丙的过程中，只有重力做功，小球的机械能不变，选项B 错误；小球从甲状态到丙状态，弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，若设甲状态中重力势能为零，则状态甲中，弹簧的弹性势能为E p A ＝E p C ＝mgh AC ＝0.2×10×0.3 J ＝0.6 J ，选项C 正确；状态乙中，小球的机械能为0.6 J ，则动能小于0.6 J ，选项D 错误．3．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A 正确．4.如图，曲面EC 是半径为R ＝0.4 m 的14圆弧，C 端切线水平且与水平面CA 相连，在CE 上固定一光滑木板CD ，CD 与CA 平滑连接，质量为m ＝0.2 kg 的小滑块从水平面上A 处以初速度v 0＝4 m/s 向左运动，恰好可以到达木板的D 端，下滑后停在B 处，AB ＝3BC ，重力加速度取10 m/s 2，则由题中信息不能求出的物理量是( )A ．滑块与水平面AC 的动摩擦因数μB ．木板CD 与水平面的夹角C ．滑块在木板CD 上下滑时重力的平均功率 D ．整个过程因摩擦产生的热量解析：选A.根据动能定理0－12mv 20＝－μmg ·(x AC ＋x CB )，由于不知道BC 或者AB 长度，因此无法求解动摩擦因数；设BC ＝L ，上式可知μmgL ＝0.1mv 20，从A 到D ，0－12mv 20＝－mgh CD －μmg ×4L ，所以mgh CD＝μmgL ＝0.1mv 20由此可知，h CD ＝0.16 m ，则cos ∠DOM ＝0.4－0.160.4，即可以求出DC 与水平面的夹角，选项B 正确；由于h CD ＝0.16 m ，斜面倾角可求，即斜面长度可求，利用匀变速直线运动规律可以求出在CD 上运动时间，因此滑块在CD 上下滑的重力平均功率可求，选项C 正确；整个过程中，动能全部转化为摩擦产生的热量，选项D 可求，综上所述答案为A.5．质量为m 的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为2g3.当小球下降高度为h 时，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小球的动能减少了mgh3B ．小球的动能增加了2mgh3C ．小球的电势能减少了2mgh3D ．小球的电势能增加了mgh解析：选B.小球受的合力F ＝23mg ，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故ΔE k ＝Fh ＝23mgh ，选项A 错、B 对．由题意可知，电场力F 电＝13mg ，电场力做负功，电势能增加，ΔE p ＝F 电·h ＝13mgh ，选项C 、D 均错．6.(2019·杭州模拟)如图所示，质量为m 的物块从A 点由静止开始下落，加速度是g2，下落高度H 到B 点后与一轻弹簧接触，又下落h 后到达最低点C ，在由A 运动到C 的过程中，空气阻力恒定，则( )A ．物块机械能守恒B ．物块和弹簧组成的系统机械能守恒C ．物块机械能减少12mg (H ＋h )D ．物块和弹簧组成的系统机械能减少12mg (H ＋h )解析：选D.对于物块来说，从A 到C 要克服空气阻力做功，从B 到C 又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A 错误．对于物块和弹簧组成的系统来说，物块减少的机械能等于克服空气阻力所做的功和弹簧弹性势能之和，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，故B 错误．由A 运动到C 的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减少量等于机械能的减少量，所以物块机械能减少mg (H ＋h )，故C 错误．物块从A 点由静止开始下落，加速度是12g ，根据牛顿第二定律得f ＝mg －ma ＝12mg ，所以空气阻力所做的功W f ＝－12mg (H ＋h )，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少12mg (H ＋h )，故D 正确．7.如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中( )A ．静摩擦力对小物块做功为mgL sin αB ．支持力对小物块不做功C ．木板对物块做功为12mv 2D ．滑动摩擦力对小物块做功12mv 2解析：选C.在木板从水平位置转动到与水平面的夹角为α的过程中，静摩擦力与物体运动的方向垂直，则静摩擦力不做功，选项A 错误；在木板从水平位置转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，设为W N ，根据动能定理得：W N －mgL sin α＝0，得W N ＝mgL sin α，故B 错误；设在整个过程中，木板对物块做功为W ，根据动能定理得：W ＝12mv 2，故C 正确；在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgL sin α＋W f ＝12mv 2－0得，W f ＝12mv 2－mgL sin α，故D 错误．8．如图甲所示，置于水平地面上质量为m 的物体，在竖直拉力F 作用下，由静止开始向上运动，其动能E k 与距地面高度h 的关系如图乙所示，已知重力加速度为g .空气阻力不计．下列说法正确的是( )A ．在0～h 0过程中，F 大小始终为mgB ．在0～h 0和h 0～2h 0过程中，F 做功之比为2∶1C ．在0～2h 0过程中，物体的机械能不断增加D ．在2h 0～3.5h 0过程中，物体的机械能不断减少解析：选C.0～h 0过程中，E k －h 图象为一段直线，故由动能定理得：(F －mg )h 0＝mgh 0－0，故F ＝2mg ，A 错误；F 在0～h 0过程中，做功为2mgh 0，在h 0～2h 0过程中，由动能定理可知，W F －mgh 0＝1.5mgh 0－mgh 0，解得W F ＝1.5mgh 0，因此在0～h 0和h 0～2h 0过程中，F 做功之比为4∶3，故B 错误；通过以上分析可知，在0～2h 0过程中，F 一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C 正确；在2h 0～3.5h 0过程中，由动能定理得W ′F －1.5mgh 0＝0－1.5mgh 0，则W ′F ＝0，故F 做功为0，物体的机械能保持不变，故D 错误．9.如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g .若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )A ．动能损失了3mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH解析：选C.运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系．物块以大小为g 的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F 合＝mg ，由受力分析知摩擦力F f ＝12mg ，当上升高度为H 时，小物块的位移x ＝2H ，由动能定理得ΔE k ＝－2mgH ；由功能关系知ΔE ＝W f ＝－12mgx＝－mgH ，选项C 正确．二、非选择题10．四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，四川省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V ，此时输入电动机的电功率为19 kW ，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103kg/m 3，重力加速度取10 m/s 2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m 3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)． 解析：(1)设电动机的电功率为P ，则P ＝UI 设电动机内阻r 上消耗的热功率为P r ，则P r ＝I 2r 代入数据解得P r ＝1×103W.(2)设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则M ＝ρV设质量为M 的河水增加的重力势能为ΔE p ，则 ΔE p ＝Mgh设电动机的输出功率为P 0，则P 0＝P －P r 根据能量守恒定律得P 0t ×60%×80%＝ΔE p代入数据解得t ＝2×104 s.答案：(1)1×103W (2)2×104s11．如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm .解析：(1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12mv 20＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③ F f ＝μmg cos 37°④ 由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤由①②③④⑤式解得μ≈0.52. (2)由A 到C 的过程中，动能减少 ΔE ′k ＝12mv 2⑥ 重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37° ⑦ 摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmgl AC cos 37°⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ≈24.5 J. 答案：(1)0.52 (2)24.5 J12．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点，圆心角为60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m ．一运动员从轨道上的A 点以3 m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg ，B 、E 两点与水平面CD 的竖直高度分别为h 和H ，且h ＝2 m ，H ＝2.8 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)运动员从A 运动到达B 点时的速度大小v B ； (2)轨道CD 段的动摩擦因数μ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？解析：(1)由题意可知：v B ＝v 0cos 60°①解得：v B ＝2v 0＝6 m/s.(2)从B 点到E 点，由动能定理可得：mgh －μmgx CD －mgH ＝0－12mv 2B②由①②代入数据可得：μ＝0.125.(3)运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理mgh －mgh ′－μmg ·2x CD ＝0－12mv 2B解得h ′＝1.8 m ＜h ＝2 m所以第一次返回时，运动员不能回到B 点．设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为x 1，由动能定理可得：mgh －μmgx 1＝0－12mv 2B解得x 1＝30.4 m因为x 1＝3x CD ＋6.4 m ，经分析可知运动员最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处)．答案：(1)6 m/s (2)0.125 (3)不能 最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处)。
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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h2。
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0.8mgLC ．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1.5mgLD ．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 43. (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gC ．b 球的最大速度为 (2＋2)gLD ．a 球的最大速度为 2gL4．(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 hC ．物体A 着地时的加速度大小为g2D ．物体A 着地时弹簧的弹性势能为2mgh5.(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vt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 3B．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316mv20D ．物块沿斜面下滑的过程中动能增加14mv 208.(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 fmg＝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h2，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 ′＝L4，故A 、B 能够上升的最高位置距离a 点为34L ，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 )＝12mv 2b ，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 ＝12mv 2a ，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 ＝mgh，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 ＝g2，故C 正确；物体A 与弹簧组成的系统机械能守恒，有：2mgh ＝E p ＋12×2mv 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。