2022年高考物理复习夯实核心素养机械能及其守恒定律素养提升练（解析版）

学科网（北京）股份有限公司5.7机械能及其守恒定律素养提升练1.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图象是(　　)【答案】C【解析】小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsinθ－μmgcosθ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)s－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故只有C正确．2.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．运动员踢球时对足球做功mv2B．足球上升过程重力做功mghC．运动员踢球时对足球做功mgh＋mv2D．足球上升过程克服重力做功mgh＋mv2【答案】C【解析】足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E＝mgh＋mv2，学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E＝mgh＋mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功E＝mgh＋mv2，故A错误，C正确；足球上升过程重力做功WG＝－mgh，足球上升过程中克服重力做功W克＝mgh，故B、D错误。3.如图所示，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l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　)A.mglB.mglC.mglD.mgl【答案】A【解析】　由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误．4.两位同学在学校操场上同一高度处同时抛出甲、乙两小球，甲球初速度方向竖直向上，乙球初速度方向水平。已知两小球初速度大小相等，不计空气阻力影响。下列说法正确的是(　　)A．甲球先落地，落地时甲球速度大B．乙球先落地，落地时乙球速度大C．甲球先落地，落地时两球速度大小相等D．乙球先落地，落地时两球速度大小相等【答案】D学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司【解析】甲球初速度方向竖直向上，乙球初速度方向水平，则乙球落地时间t＝，而甲球先向上运动，然后向下做自由落体运动，可知落地时间大于t，则乙球先落地，A、C错误；根据机械能守恒可得mgh＋mv＝mv2，可知落地速度大小相等，B错误，D正确。5.如图所示，竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的圆弧AB和另一个圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接。一小球(可视为质点)从A点由静止开始沿轨道下滑，恰好能通过C点，则BC弧的半径为(　　)A．R　　　　　　　B．RC．RD．R【答案】A【解析】设BC弧的半径为r。小球恰好能通过C点时，由重力充当向心力，则有mg＝m，小球从A到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律得mg(R－2r)＝mv，联立解得r＝R。6.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x的关系图线是(　　)学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司【答案】C【解析】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得上滑过程：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；下滑过程：mgx′sinθ－μmgx′cosθ＝Ek－0，则Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x′；物块的动能Ek与位移x成线性关系，根据能量守恒定律可得，最后的总动能小于初动能，故C正确，A、B、D错误。7.我国的海洋动力环境卫星和海陆雷达卫星均绕地球做匀速圆周运动，设海陆雷达卫星的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍(n≠1)，下列说法正确的是(　　)A．在相同时间内，海陆雷达卫星到地心的连线扫过的面积与海洋动力环境卫星到地心的连线扫过的面积相等B．海陆雷达卫星做匀速圆周运动的半径的三次方与周期的平方之比等于海洋动力环境卫星做匀速圆周运动的半径的三次方与周期的平方之比C．海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星角速度之比为∶1D．海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星周期之比为1∶【答案】　B【解析】　根据G＝mω2r＝mr，可得T＝2π，ω＝，卫星与地心的连线t时间内扫过的面积为S＝πr2＝r2＝t，半径不同，则面积不同，A错误；由T＝2π可知＝，是一个定值，B正确；根据ω＝学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司可知，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星的角速度之比为1∶，C错误；根据T＝2π可知，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星的周期之比为∶1，D错误．二、多项选择题8.如图甲所示，O点处固定有力传感器，长为l的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的角度为θ(如图所示)，图乙为轻绳弹力大小F随cosθ变化的部分图像。图乙中a为已知量，重力加速度大小为g，则(　　)A．小球质量为B．小球在与圆心等高处时的速度为C．小球恰能做完整的圆周运动D．小球在最低点时的速度为2【答案】AD【解析】设小球在最低点时速度为v0，则当运动到与竖直方向成θ角位置时，由机械能守恒定律有mv2＝mv－mgl(1－cosθ)，由牛顿第二定律有T－mgcosθ＝m，解得T＝3mgcosθ＋，对比图像可知k＝3mg＝，m－2mg＝2a，解得m＝，v0＝2，A、D正确；小球在与圆心等高处时θ＝90°，则速度v1＝，B错误；小球到达最高点时θ＝180°，则速度v2＝0＜，则小球不能经过最高点，C错误。9.如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中(　　)A．物块A的重力势能增加量一定等于mghB．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和【答案】CD【解析】当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A由动能定理有物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确．10.如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端拉着立方体小盒子在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，小盒子里装了一质量为m的光滑小球，小球的大小略小于盒子，A、C两点分别为水平直径的左端和右端；B、D两点分别为竖直直径的下端和上端。当小盒子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力。已知当地重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)A．小球运动至A点时，对小盒子下壁的压力为零B．小球运动至C点时，对小盒子右壁的压力为2mg学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司C．小球运动至C点时，对小盒子下壁的压力为mgD．小球运动至B点时，对小盒子下壁的压力为6mg【答案】AD【解析】由题意可知，小球与小盒子一起运动，将小球与小盒子作为整体可知，在A点、C点时整体竖直方向的加速度为重力加速度，小球在A点、C点时竖直方向的加速度也应为重力加速度，则小球运动至A、C点时，对小盒子下壁的压力为零，故A正确，C错误；小盒子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力，则有mg＝m，小球从D到C过程中有mgR＝mv－mv，小球在C点有NC＝m，联立解得NC＝3mg，故B错误；小球从D到B过程中有mg·2R＝mv－mv，小球在B点有NB－mg＝m，联立解得NB＝6mg，故D正确。11.如图所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，然后水平地跳跃并离开屋顶，在下一栋建筑物的屋顶上着地．如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g取10m/s2)(　　)A．他可能安全跳过去B．他不可能安全跳过去C．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2m/sD．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5m/s【答案】BC【解析】由h＝gt2可知，演员的下落时间为1秒，若安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应至少为v＝＝6.2m/s，故B、C正确．学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司12.一质量为2kg的物体放在水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，0～1s内物体受到的水平拉力大小为F1，1～3s内物体受到的水平拉力大小为F2，且F1＝2F2，物体沿水平面做直线运动的v－t图像如图所示。3s末撤去水平拉力，撤去拉力后物体继续滑行一段时间后停止，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是(　　)A．物体0～3s内发生的位移为12mB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4C．0～3s内拉力对物体做功为144JD．撤去拉力后物体还能滑行3s【答案】AD【解析】根据图线的面积可得0～3s内的位移为x＝×1×4m＋×(4＋6)×2m＝12m，故A正确；由图可知在0～1s内的加速度a1＝4m/s2，1～3s内的加速度a2＝1m/s2，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，F2－f＝ma2，把F1＝2F2，f＝μmg代入可得f＝4N，μ＝0.2，故B错误；整个过程中摩擦力做的功是Wf＝－fx＝－4×12J＝－48J，设拉力做功为W，由动能定理得W＋Wf＝mv，其中v2＝6m/s，解得拉力做功W＝84J，故C错误；撤去拉力后物体的加速度a＝＝2m/s2，所以撤去拉力后物体滑行的时间t＝＝s＝3s，故D正确。13.某实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒，装置中的气垫导轨工作时可使滑块悬浮起来，以减小滑块运动过程中的阻力．实验前已调整气垫导轨底座保持水平，实验中测量出的物理量有：钩码的质量m、滑块的质量M、滑块上遮光条由图示初始位置到光电门的距离x.学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司(1)若用游标卡尺测得遮光条的宽度为d，实验时挂上钩码，将滑块从图示初始位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt，则可计算出滑块经过光电门时的速度为.(2)要验证系统的机械能守恒，除了已经测量出的物理量外还需要已知(3)本实验通过比较和在实验误差允许的范围内相等(用物理量符号表示)，即可验证系统的机械能守恒．【答案】当地的重力加速度．mgx、(M＋m)【解析】(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可知滑块经过光电门的速度大小v＝.(2)以钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgx，系统动能的增量为(M＋m)v2＝(M＋m)，可知还需要知道当地的重力加速度．(3)验证重力势能的减小量mgx和动能的增加量(M＋m)是否相等即可．14.利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度v，实验时滑块在A处由静止开始运动．学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司(1)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝________________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒；(用题中所给字母表示)(2)按上述实验方法，某同学改变A、B间的距离，得到滑块到B点时对应的速度，作出v2－d图象如图乙所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝________m/s2.【答案】(1)　(m－)gd　(2)9.6【解析】　(1)滑块到达B处时的速度v＝，则系统动能的增加量ΔEk＝(M＋m)v2＝.系统重力势能的减少量ΔEp＝mgd－Mgdsin30°＝(m－)gd.(2)根据系统机械能守恒有(M＋m)v2＝(m－)gd，则v2＝，题图乙图线的斜率k＝g＝m/s2＝4.8m/s2，又M＝m，解得g＝9.6m/s2.15.如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出．已知小球在D点对管下壁压力大小为mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．重力加速度为g，求：(1)小球在A点初速度的大小；(2)小球在D点的角速度；学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功．【答案】　(1)　(2)　(3)mgR【解析】　(1)小球从A到B，竖直方向：vy2＝2gR(1＋cos60°)解得vy＝在B点：v0＝＝.(2)在D点，由向心力公式得mg－mg＝m解得vD＝故ω＝＝.(3)从A到D全过程由动能定理：－W克＝mvD2－mv02解得W克＝mgR.16.如图所示，质量M＝8kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8N的水平向右的恒力，小物块将由静止开始向右运动，2s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10m/s2。(1)求小物块和长木板的加速度各为多大；(2)求长木板的长度；(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。【答案】(1)2m/s2　0.5m/s2　(2)3m　(3)不为零【解析】(1)长木板与小物块间摩擦力f＝μmg＝4N小物块加速度a1＝＝2m/s2学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司长木板加速度a2＝＝0.5m/s2；(2)小物块对地位移x1＝a1t2＝4m长木板对地位移x2＝a2t2＝1m长木板长L＝x1－x2＝3m；(3)摩擦力对小物块做功W1＝－f·x1＝－16J摩擦力对长木板做功W2＝f·x2＝4J故W1＋W2≠0。17.如图所示，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3m的固定斜面．一个质量m＝0.1kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求小物块运动到B点时的速度大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值．【答案】　(1)4m/s　(2)s　(3)0.15J【解析】(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin37°－μmgL2cos37°＝mvB2，解得：vB＝4m/s；(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司对平抛运动，有：x＝vBt，y＝gt2，结合几何关系，有：＝＝，解得：t＝s或t＝－s(舍去)；(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin37°－μmgcos37°·L＋mgy＝mv2－0对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有mvB′2＝mgLsin37°－μmgLcos37°又x＝vB′t，y＝gt2，＝联立解得：mv2＝mg(＋－)，故当＝，即y＝H＝0.12m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15J.18.如图甲所示，一物体以一定的初速度v0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图乙所示．设各种条件下，物体运动过程中的动摩擦因数均不变，g＝10m/s2.求：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小；(2)θ为多大时，x值最小并求出x的最小值．【答案】(1)　5m/s　(2)　1.08m【解析】　(1)当θ为时，由运动学知识可得：v＝2gh，h＝x1＝m当θ＝0时，x0＝m，此时物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为：Ff＝μmg学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司加速度大小为a1＝μg由运动学公式可得：v＝2a1x0联立以上各式解得：μ＝，v0＝5m/s(2)对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x满足关系式：mv＝mgxsinθ＋μmgxcosθ联立解得x＝x的最小值为xmin＝＝h≈1.08mtanφ＝，φ＝对应的θ＝－φ＝－＝.学科网（北京）股份有限公司