【备考2024：高一下学期期末考试】江苏省13大市高一物理下学期期末考试真题分类汇编（人教版2019必修第二册）——第八章 机械能守恒定律

第八章 机械能守恒定律 一、功和功率 1. （2023江宁区高一期末）游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上。绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞，若将人和座椅看成质点，简化为如图所示的模型，不计空气阻力，当人做匀速圆周运动时，图中和d不变，下列说法中正确的是（　　） A. B. C. 绳的拉力对座椅做正功 D. 若转盘缓慢加速，绳子拉力不变 【答案】A 【解析】由人和座椅的受力可知，解得，A正确；由人和座椅的受力可知，解得，B错误；小球所受绳子的拉力与座椅的运动方向垂直，故绳的拉力对座椅不做功，C错误；由人和座椅的受力可知，转盘缓慢加速，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子拉力，可见绳子拉力变大，D错误故选A。 2. （2023南京一中期末）如图所示，小物块位于斜面光滑的斜面体上，斜面体位于光滑水平地面上，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面体对小物块的作用力（　　） A. 垂直于接触面，做功为0 B. 垂直于接触面，做负功 C. 不垂直于接触面，做功为0 D. 不垂直于接触面，做正功 【答案】B 【解析】由于斜面是光滑的，没有摩擦力的作用，所以斜面对物块只有一个支持力的作用，方向是垂直斜面向上的；小物块对斜面体的压力垂直于斜面斜向下，由于地面光滑，该力使斜面体水平向右运动。小物块所受支持力与位移方向如图所示： 支持力与物块位移间的夹角大于90°，则斜面体对物块做负功。故选B。 3. （2023无锡高一期末）两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是（　　） A. 两小球落地时速度相同 B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C. 从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同 D. 从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同 【答案】C 【解析】两球运动过程中机械能守恒，则两小球落地时速度大小相同，但是方向不同，A错误；两小球落地时，B球竖直速度较大，根据PG=mgvy可知，B球重力的瞬时功率较大，B错误；根据W=mgh可知，从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同，C正确；从开始运动至落地，B球运动时间较长，根据 可知，B球重力做功的平均功率较小，D错误。故选C。 4. （2023南京一中期末）如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（　　） A. 必须同时抛出 B. 初速度v1与v2相等 C. 击中O点时速度相同 D. 击中O点时重力的瞬时功率相等 【答案】B 【解析】已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系， 则设OM为，则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有，， 联立解得，平抛在水平方向为匀速直线运动，有，，联立可得，整理可得，B正确；因，则可得，故A球先抛出才能同时击中O点，Ａ错误；因，但竖直方向有，故两分速度合成后可知O点的速度不同，C错误；两球在O点重力瞬时功率为，即击中O点时重力的瞬时功率不相等，D错误。故选B。 5. （2023扬州高一期末）如图所示，投篮训练时，篮球两次出手和进筐的位置相同，第1次和第2次篮球在空中的运动轨迹分别对应两段曲线，若不计空气阻力，则（　　） A. 第1次投篮出手时篮球重力的瞬时功率比进框时大 B. 篮球在最高点时重力的瞬时功率第1次比第2次小 C. 篮球进筐时重力的瞬时功率第1次比第2次小 D. 篮球在出手到进框过程中重力的平均功率第1次与第2次相等 【答案】A 【解析】设篮球在最高点距离出手点的竖直距离为，有，投篮出手时篮球重力的瞬时功率，可知第1次投篮出手时篮球重力的瞬时功率比进框时大，A正确；篮球在最高点时竖直方向的速度为0，重力的瞬时功率为0，故篮球在最高点时重力的瞬时功率第1次等于第2次，B错误；设篮球在最高点距离篮筐的竖直距离为，有，篮球进筐时时篮球重力的瞬时功率，可知篮球进筐时重力的瞬时功率第1次比第2次大，C错误；第1次和第2次投篮始末位置相同，克服重力做的功相同，由于第1次篮球在空中的运行时间长，故篮球在出手到进框过程中重力的平均功率第1次小于第2次，D错误。故选A。 6.（2023南通高一期末）列车在平直轨道上以恒定功率匀速运动，t=0时刻开始以更大的恒定功率行驶，若列车所受阻力恒定，在列车达到最大速度前，下列描述列车的速度随时间t、合力的功率P随速度v变化的关系图线中，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】根据，可知t=0时刻开始以更大的恒定功率行驶，列车所受牵引力瞬间增加，列车将加速运动，同时牵引力随之减小。由牛顿第二定律，可知，易知列车的加速度将减小，即v-t图线的斜率将减小，A、B错误；根据，可知合力的功率P随速度v变化的关系为一次函数关系，C正确，D错误。故选C。 7.（2023泰州高一期末）高铁已成为中国的“国家名片”，是大多数人出行的首选。提高列车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力。某列车由若干节额定功率均为P的动力车厢组成，行驶时所受的阻力与速率的二次方成正比，即，只启用一节动力车厢时列车能达到的最大速度为。列车由静止开始运动，下列说法正确的是（　　） A. 若列车匀加速启动，则牵引力恒定 B. 若列车输出功率恒定，则做匀加速运动 C. 若启用4节动力车厢，则列车的最大速度为 D. 若列车最大速度提高到，则需要启用8节动力车厢 【答案】D 【解析】若动车组匀加速启动则有，则动车的牵引力为，随着速度的增加，牵引力F逐渐增大，A错误；若动车输出功率恒定，则据，动车加速度， 可知当功率一定时，随着速度增加，动车的加速度减小，动车不可能做匀加速运动，B错误；动车速度最大时，牵引力与阻力相等，则，可得。若启用4节动力车厢，则列车的最大速度为；若列车最大速度提高到，则需要启用8节动力车厢，C错误，D正确。故选D。 二、动能 动能定理 1. （2023南京一中期末）物体由于运动而具有的能叫动能，动能的大小等于物体质量与其速度平方乘积的一半。 下列物体动能最大的是（　　） A. 射门时被踢出的足球 B. 从炮口飞出的炮弹 C. 被激怒而狂奔的大象 D. 即将进入近地轨道的运载火箭 【答案】D 【解析】物体动能的表达式为可知动能的大小不仅决定于质量，更主要决定于速度，踢出的足球质量和速度都不大，从炮口飞出的炮弹质量小速度大，被激怒而狂奔的大象质量大速度小，即将进入近地轨道的运载火箭质量和速度都很大，故动能最大。故选D。 5. （2023江宁区高一期末）一个物体在相互垂直的两个力F1、F2的作用下，沿光滑水平面运动一段距离，运动过程中物体克服F1做功5J，F2对物体做功12J，则物体的动能改变量为（　　） A. -13J B. 13J C. 7J D. 17J 【答案】C 【解析】设物体克服F1做功为，F2对物体做功为，根据动能定理有 代入数据解得，故选C。 1. （2023南京汉开中学期末）用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离s，速度为v，物体与人手掌之间的动摩擦因数为，则在以上过程中摩擦力对物体做的功为（　　） A. mgs B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】根据题意可知，物体运动过程中，只有摩擦力做功，设摩擦力做功为，由动能定理有，解得，由于物体受到的是静摩擦力，大小在之间，则摩擦力大小不一定等于，则摩擦力做功不一定等于。故选D。10. （2023扬州高一期末）如图甲所示，在某星球上有倾角为的光滑斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底部且弹簧处于原长．现将一质量为的小物块放在弹簧的上端，由静止开始释放，小物块的加速度与其位移间的关系如图乙所示．斜面一直保持静止状态，则（　　） A. 该星球重力加速度大小为 B. 小物块的最大动能为 C. 弹簧最大压缩量为 D. 小物块下滑过程中，地面对斜面体的摩擦力一直向左 【答案】B 【解析】A．根据牛顿第二定律 整理得 可知，故A错误； B．当物块加速度为零时，速度最大，根据牛顿第二定律 解得 根据动能定理有，故B正确； C．设弹簧最大压缩量为，根据动能定理 解得，故C错误； D．小物块下滑过程中，物块的加速度先沿斜面向下后沿斜面向上，将物块与斜面看成整体，整体水平方向的力等于摩擦力，故地面对斜面体的摩擦力先向左后向右，故D错误。故选B。 5. （2023南京市宁海中学期末）某摩托车企业生产了一款高性能摩托车，为了测试摩托车的各项指标，在封闭场地对该摩托车进行测试。假设摩托车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了摩托车动能与位移x的关系图像如图所示。已知摩托车的质量为200kg，摩托车运动过程中所受阻力恒定。则下列说法正确的是（　　） A. 摩托车加速运动的时间为20s B. 摩托车的额定功率为70kW C. 摩托车受到的阻力大小为1000N D. 摩托车速度为40m/s时，加速度为2 【答案】A 【解析】摩托车额定功率行驶，有图像可知摩托车运动过程中的最大动能为，已知摩托车的质量，由动能表达式得摩托车行驶的最大速度为，关闭发动机后摩擦力做功使动能减小，由动能定理得，其中由图像可知减速的位移为，解得，C错误；受力分析可知，额定功率下摩托车做匀速运动时有，，联立解得，B错误；设摩托车加速运动时间为，加速过程由动能定理得，解得，A正确；摩托车速度为40m/s时，牵引力大小为， 根据牛顿第二定律得，解得，D错误。故选A。 6. （2023江宁区高一期末）如图所示，在水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆弧轨道，其底端恰与水平面相切。质量为m的小球由A点以初速度向右运动，经半圆弧轨道最低点B滚上半圆弧后恰能通过最高点，经C点飞出后恰能落回A点。不计空气阻力，已知重力加速度为。求： （1）小球到达C点时的速度大小； （2）小球通过B点时对半圆弧的压力大小； （3）小球与水平面间动摩擦因数。 【答案】（1） （2）6mg （3） 【解析】（1）小球在C点由重力提供向心力，C点速度。（2）由B点到C点，根据动能定理 ，解得，小球在B点，解得， 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为6mg。（3）小球离开C点做平抛运动，解得，小球落地时与B点的距离，由A点到B点，根据动能定理 ，解得。 7.（2023无锡高一期末）如图所示，四分之三周长的细圆管的半径R=0.4m，管口B和圆心O在同一水平面上，D是圆管的最高点，其中半圆周BE段存在摩擦，BC和CE段动摩擦因数相同，ED段光滑；质量m=0.5kg、直径稍小于圆管内径的小球从距B正上方高H=2.5m的A处自由下落，从B处进入圆管继续运动直到圆管的最高点D飞出，恰能再次飞到B处．重力加速度g=10m/s2．求： （1）小球飞离D点时的速度； （2）小球在D点时对轨道的压力大小和方向； （3）小球从B点到D点过程中克服摩擦所做的功． 【答案】（1） （2）2.5N，方向竖直向下 （3）10J 【解析】（1）小球飞离D点后做平抛运动，有xOB=R=vDt，，解得m/s。 （2）小球在D点受到重力mg，假设管道对它的作用力竖直向下为FN，由牛顿第二定律得， 解得FN=﹣2.5N，说明圆管对小球作用力是竖直向上的支持力，由牛顿第三定律可知小球对管道的内壁有压力，压力的大小为2.5N，方向竖直向下。 （3）设小球从B到D的过程中克服摩擦力做功Wf，在A到D过程中，根据动能定理，有，代入计算得Wf=10 J。 8.（2023南京一中期末）如图所示，质量m1=2.0kg的木板AB静止在水平面上，木板的左侧有一个固定的半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现将质量m2=1.0kg可视为质点的小木块C，从圆弧形轨道顶端由静止释放，小木块C到达圆弧形轨道底端时的速度v0=3.0m/s。之后小木块C滑上木板AB并带动木板AB运动，当小木块C离开木板AB右端B时，木板AB的速度v1=0.5m/s，在小木块C在木板AB上滑行的过程中，小木块C与木板AB总共损失的动能△E=2.25J，小木块C与木板AB间的动摩擦因数μ=0.1，木板AB与地面间的摩擦及空气阻力可忽略不计。取g=10m/s2。 求 （1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力的大小； （2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功； （3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移。 【答案】（1）F=25N （2）克服摩擦力做功1.5J （3）s2=2.5m 【解析】（1）小物块C滑到最低点时，由牛顿第二定律得，得N=25N。 （2）对小物块C由动能定理得，得。 （3）木板AB由牛顿第二定律得，得，，得，小木块C与木板AB总共损失的动能，小木块C相对于地面位移，解得。 三、机械能守恒及其相互转化 1. （2023扬州高一期末）在自由式滑雪比赛中，运动员的轨迹如图所示，空气阻力可以忽略，雪地与滑雪板之间的摩擦力不可忽略。运动员（　　） A. 在点速度为0 B. 从到过程中，重力势能全部转化为动能 C. 从到过程中，减少的重力势能全部转化为动能 D. 从到过程中，机械能一直减小 【答案】C 【解析】在点竖直速度为0，水平速度不为0，A错误；从到过程中，重力势能转化为动能和克服摩擦力产生的热量，B错误；从到过程中，空气阻力可以忽略，运动员机械能守恒，减少的重力势能全部转化为动能，C正确；从到过程中，空气阻力可以忽略，运动员机械能守恒，D错误。故选C。 2. （2023无锡高一期末）雨滴从空中下落，接近地面时做匀速直线运动，则雨滴在整个下落过程中（　　） A. 机械能守恒 B. 重力做功等于动能的增量 C. 重力做功等于重力势能的减少 D. 重力做功等于机械能的增加 【答案】C 【解析】雨滴在整个下落过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，A错误；雨滴匀速直线运动，动能不变，重力做功不等于动能的增量，B错误；重力做功等于重力势能的减少，C正确，D错误。故选C。 3. （2023泰州高一期末）在空中悬停的无人机因突然失去动力而下坠，在此过程中，其所受空气阻力与下坠速度成正比，则无人机下坠过程中（　　） A. 机械能守恒 B. 机械能一直减小 C. 机械能一直增加 D. 所受合外力先做正功后做负功 【答案】B 【解析】无人机下坠运动中，受重力和空气阻力作用，因此机械能不守恒，A错误；在此过程中，一直受到空气阻力作用，因此机械能一直减小，B正确，C错误；在此过程中，若空气阻力一直小于重力，则一直在加速运动，所受合外力一直做正功；若空气阻力先小于重力，后与重力大小相等，则先加速后匀速，所受合外力先做正功后做功是0，D错误。故选B。 4. （2023秦淮区高一期末）一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。其正上方A位置有一只小球。小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到0。小球下降阶段下列说法正确的是（　　） A. 在B位置小球动能最大 B. 从A→D位置的过程中小球机械能守恒 C. 从A→D位置小球重力势能的减少大于弹簧弹性势能的增加 D. 从A→C位置小球重力势能的减少大于弹簧弹性势能的增加 【答案】D 【解析】球从B至C过程，重力大于弹簧的弹力，合力向下，小球加速运动；C到D过程，重力小于弹力，合力向上，小球减速运动，故在C点动能最大，A错误；过程中小球受到的弹力做功，所以机械能不守恒，应该小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和保持不变，从A→D位置，动能变化量为零，根据系统的机械能守恒知，小球重力势能的减小等于弹性势能的增加，从A→C位置小球减小的重力势能一部分转化为动能，一部分转化为弹簧的弹性势能，故从A→C位置小球重力势能的减少大于弹簧弹性势能的增加，D正确，B、C错误。故选D。 5. （2023南京市六校联合期末）如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁（由上、下、侧三个轮子组成）把轨道车套在了轨道上，车中座椅是指底座、靠背以及安全卡扣组成的整体，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是（　　） A. 甲图中，当轨道车以一定速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力 B. 乙图中，轨道车过最底点的最大速度为 C. 丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力 D. 丁图中，轨道车过最高点的最小速度为 【答案】C 【解析】由重力提供向心力可得，轨道车通过最高点的临界速度为，若通过最高点速度大于临界速度，座椅给人的力向下，若通过最高点速度小于临界速度，座椅给人的力向上，A错误；乙图中轨道车合力向上，可得，由于不知轨道车和轨道弹力最大值，所以不能求出速度最大值，B错误；丙图中人的合力向上提供向心力，所以座椅给人向上的力，C正确；丁图中，轨道可以提供轨道车向上弹力，属于圆周运动有支撑模型，所以最高点速度大于0即可，D错误。故选C。 6.（2023江宁区高一期末）“天问一号”环绕器通过近火制动成功进入遥感使命轨道。如图所示，A、B是环绕器绕火星运动椭圆轨道上两点，则环绕器（　　） A. 在A点的速度小于B点的速度 B. 在A点的加速度大于B点的加速度 C. 由A运动到B过程中动能增大，机械能增大 D. 由A运动到B过程中引力做正功，机械能减小 【答案】A 【解析】根据开普勒第二定律，A点为远火点，B点为近火点，在A点的速度小于B点的速度，A正确；根据牛顿第二定律可知，在A点的加速度小于B点的加速度， B错误；由A运动到B过程中，引力做正功，动能增大，势能减小，机械能守恒，C、D错误。故选A。 四、机械能守恒定律的计算问题 1. （2023南京市六校联合期末）如图所示，水平传送带以恒定速度向右运动，左右两端点A、B间距。传送带左侧用一光滑水平面AC与足够长、倾角的斜面CE相连。传送带右侧与竖直面内半径的光滑半圆形轨道BD相切于B点（水平面AC与斜面CE连接处、传送带左右两侧连接处均平滑，物块通过时无机械能损失）。现将一质量的小物块P自斜面CE上某点由静止释放，物块运动过程中不脱离轨道，并能顺利通过传送带从半圆轨道D点水平抛出。已知物块P与斜面CE间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数。求: （1）物体通过B点时的速度范围； （2）若物块P通过传送带的过程中，传送带对其做正功，且做功值。物块通过半圆轨道与圆心等高处时对轨道的压力大小； （3）若物体P从斜面CE上某区域任意位置由静止释放时，发现物块P总能以相同的速度通过半圆轨道D点，该释放区域的长度。 【答案】（1） （2）52N （3） 【解析】（1）当物块P以初速度为0放上传送带时，其通过B点的速度最小，由牛顿第二定律，，解得。能顺利通过传送带从半圆轨道点水平抛出，故其在D点的最小速度满足，则其通过点时的最小速度由机械能守恒定律可得，联立解得能让物块从D点飞出，点最小速度，因为，所以当物块P以初速度为零放上传送带时，其能最终从D点飞出，物体通过点时速度。（2）若物体一直在传动带上做匀加速直线运动，则传送带做功，依题意传送带对其做正功，且做功值，所以物体通过传送带到达B点的速度为6m/s，则由机械能守恒定律， 在等高处，由牛顿第二定律，解得物块通过半圆轨道与圆心等高处时轨道对其的支持大小，由牛顿第三定律，轨道对物块的支持力等于物块对轨道的压力，压力为52N。（3）当物体通过传送带到达B点的速度为6m/s时，物块总能以相同的速度通过半圆轨道点，若物体在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，则传送带对物体所做的功满足，由动能定理 ，解得。若物体在传送带上先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动，则传送带对物体所做的功满足，由动能定理，解得，所以该释放区域的长度为。 2.（2023无锡高一期末）如图为某货物传送装置示意图，轻弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与移动平板A相连。正常工作时，A在弹簧弹力作用下，由Р处静止开始运动，到斜面顶端Q处时速度减为零，弹簧恰好恢复原长，此时货物B从斜面顶端静止释放，并与A一起下滑。当到达Р处时，二者速度恰好为零，B会从Р处的小孔落下，此后系统循环工作。已知弹簧劲度系数为k，A的质量为m、斜面倾角为，A、B与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，A、B均可视为质点。求： （1）A上滑速度最大时弹簧的形变量； （2）在斜面顶端Q处，A、B刚要下滑时的加速度大小； （3）货物B的质量。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）A在上滑速度最大时，加速度为0，此时A受力平衡，设A所受摩擦力为，有，，解得。（2）设B质量为M，对A、B整体由牛顿第二定律，解得。（3）从接到货物B到最低点P，设，由能量守恒定律得，A从释放到顶端Q，由能量守恒定律得，解得。 3. （2023泰州高一期末）如图所示，带底座的圆形轨道静置于水平地面上，两个完全相同可视为质点、质量均为m的小球，静止在轨道最低位置。两球中间夹有一压缩的微型轻弹簧，两小球之间距离可忽略不计，且与弹簧不栓接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点。已知圆形轨道质量为1.5m，半径为R，重力加速度为g。小球沿轨道上升过程中，轨道装置始终静止不动。求： （1）弹簧压缩时的弹性势能； （2）小球与圆心的连线和竖直方向夹角多大时，圆形轨道对地面的压力刚好为0； （3）小球克服重力做功的功率最大时，小球在环上的位置（用小球与圆心连线和竖直方向之间夹角的三角函数值表示）。 【答案】（1） （2）60° （3） 【解析】（1）小球刚好能到达轨道最高点，由牛顿第二定律可得，解得，由机械能守恒定律，可得弹簧压缩时的弹性势能。 （2）设小球与圆心的连线和竖直方向夹角为θ 时，即在A点时，圆形轨道对地面的压力刚好是0，如图所示，小球由最低点到A点时，由机械能守恒定律可得， 解得，由牛顿第二定律可得，轨道对小球的弹力，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的弹力大小为F N＇=FN，由平衡条件可得，整理可得，解得，。 （3）设小球克服重力做功的功率最大时，小球在轨道上的B点，小球与圆心连线和竖直方向之间夹角为α，同理，由解析（2）可得，则有， 整理可得， 设，则有， 对上式求导后可得，设， 解得，（不符合题意，舍去）， 可得 ，即时，功率P有最大值 五、与机械能相关的图像问题 1. （2023扬州高一期末）以一定的初速度将一小球竖直直上抛，空气阻力的大小与速率成正比．在小球从抛出至上升到最高点过程中，下列关于小球所受合力的大小、速率随时间变化的关系，动能、重力势能随位移变化的关系图中可能正确的是（　　） A B. C. D. 【答案】C 【解析】根据牛顿第二定律可知小球受到的合外力，随着小球速度的减小，小球的合外力减小，当小球达到最高点，速度为0，小球合外力最小，等于重力，A错误；速度时间图象的斜率表示加速度，随着小球速度的减小，小球的合外力减小，小球的加速度减小，B错误；设小球初始的动能为，根据动能定理，整理得，C正确；在小球从抛出至上升到最高点过程中的重力势能，D错误。故选C。 2.（2023无锡高一期末）如图所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t＝0时被无初速释放，此时开始受到一随时间变化规律为F＝kt的水平力作用，f、a、Ek和△Ep分别表示物块所受的摩擦力、物块的加速度、动能和重力势能变化量，下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】物块在t＝0时被无初速释放，由于F＝kt，则开始过程，物块对墙壁的压力较小，所受的滑动摩擦力小于重力，物块加速下滑；后来，滑动摩擦力大于重力，物块减速下滑，直到速度为0，物块静止在墙壁上．取竖直向下方向为正方向．物块运动过程中f＝μFN＝μF＝μkt，f与t成正比；当物块静止时f＝mg，保持不变，图象从斜直线变为水平线有一突变，如图所示，A错误； 加速运动过程中mg-f＝ma，又f＝μFN＝μF＝μkt，得，a随着t增大而减小，物块做加速度减小的变加速运动；减速运动过程中：由于mg＜f，由得知，随着t增大，a反向增大，物块做加速度增大的变减速运动，B正确.由于v与时间非线性关系，动能，则知动能与时间也非线性关系，其图象应曲线，C错误；物体下落时做变加速直线运动，很显然高度高度变化不随时间线性变化，由于重力势能变化对应重力做功，且最后物块静止，重力势能不再变化，D错误。故选B。 3. （2023南京市六校联合期末）如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点。一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑经过最高点C，设物块由A运动到C的时间为，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能随位移x、机械能E随位移x、加速度a随位移x变化规律的图像中，可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，B正确；图A、D中物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间；物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，在中间位置而不是中间时刻，加速度改变方向，A、D错误。根据除重力以外，其他力做功等于机械能的增量，可知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，C正确。故选BC。 4.（2023泰州高一期末）如图甲所示是一打桩机的简易模型。质量m = 1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入4cm深度，且物体不再被弹起，若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图像如图乙所示。撞击前不计所有摩擦，钉子质量忽略不计，重力加速度g取10m/s2。则（ ） A. 物体上升过程中的加速度为14m/s2 B. 物体上升过程中的最大速度为4m/s C. 钉子受到的平均阻力为700N D. 物体上升到0.5m高度处拉力F的瞬时功率为8W 【答案】B 【解析】由题意可知，上升2m过程中，F做正功，物体加速上升，机械能增加，之后撤去F，机械能保持不变，物体减速上升，可得上升2m时的机械能为，代入数据解得物体上升过程中的最大速度为，根据匀变速直线运动的速度位移公式得，解得物体加速上升过程的加速度为，A错误，B正确；根据机械能守恒定律可得，物体与钉子接触时的动能为28J，将钉子打入4cm深度过程，根据能量守恒定律可得，代入数据解得，C错误；根据速度位移公式得，解得物体上升到0.5m高度处速度为，根据牛顿第二定律得，解得，则拉力F的瞬时功率为，D错误。故选B。 5.（2023秦淮区高一期末）如图，一小滑块以某一初动能沿固定斜面向下滑动，最后停在水平面上。滑块与斜面间、滑块与水平面间的动摩擦因素相等，忽略斜面与水平面连接处的机械能损失。则该过程中，滑块的动能EK、机械能E与水平位移x关系的图线可能是（　　） A. B. C D. 【答案】D 【解析】设滑块的初动能为，斜面的倾角为，斜面水平长度为L，在斜面上运动时由动能定理，整理得，在水平面上运动时，整理得，故若，则图像有可能如下图 若，则因为，故图像的斜率在斜面上运动的要小于在水平面上运动的，如下图 A、B错误； 设滑块开始时的机械能为，斜面的倾角为，斜面水平长度为L，在斜面上运动时， 在水平面上运动时， 综上所述可得， 显然，整个过程E与x成线性关系，且直线斜率保持不变，C错误，D正确。故选D。 六、连接体的机械能守恒定律 1. （2023南通高一期末）如图所示，小物块A下端与固定在地面上的轻弹簧相连，上端与绕过定滑轮的细线和小物块B相连，A、B质量相等，整个装置处于静止状态，现将B向下拉至地面由静止释放，运动过程中A、B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦，则（　　） A. B不能再次到达地面 B. B上升过程中，B的机械能先增大后减小 C. 弹簧处于原长时，A、B组成系统总动能最小 D. A在最高点和最低点时，弹簧弹性势能相等 【答案】D 【解析】依题意，运动过程中A、B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，可知系统中只涉及弹簧的弹性势能和两物体的机械能之间的相互转化，总的机械能守恒。在运动过程中B可能再次到达地面，A错误；B上升过程中，细线拉力做正功，B的机械能增大，B错误；弹簧处于原长时，A、B的加速度为0，组成的系统总动能最大，C错误；A在最高点和最低点时，两物块的动能均为0，两物块的重力势能之和相等，由系统机械能守恒可知这两个状态时弹簧的弹性势能相等，D正确。故选D。 2. （2023南京汉开中学期末）如图所示，滑块a穿在固定的光滑竖直杆上，滑块 b放在光滑水平地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。将a从距地面一定高度处由静止释放，在a着地前的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A. 滑块a的机械能先减小后增大 B. 滑块a的动能先增大后减小 C. 轻杆对a的作用力先增大后减小 D. 滑块a的加速度先减小后增大 【答案】A 【解析】a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时轻杆对b的推力为零；当a到达底端时，b的速度为零，所以b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，则b的机械能先增大后减小。所以滑块a的机械能先减小后增大，A正确； b速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以滑块a的动能一直增大，B错误；当a的机械能最小时，b的速度最大，此时轻杆对b的推力为零，轻杆对a的作用力为零；轻杆对a的作用力先减小后增大，C错误；轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，滑块a的一直增大，D错误。故选A。3. （2023南京市六校联合期末）如图所示，a、b两个小球穿在一根与水平面成角的光滑固定杆上，并用一细绳跨过光滑定滑轮相连。初始时两球静止，Oa绳与杆的夹角也为，Ob绳沿竖直方向。现沿杆缓慢向上拉动b球，至Ob与杆垂直后静止释放，则（ ） A. a球质量是b球的2倍 B. b球返回到初始位置时，其速度是a球速度的倍 C. b球返回到初始位置时，其动能是a球动能的倍 D. 从释放至b球返回到初始位置，b球重力势能减小量小于b球返回初始位置时的动能 【答案】C 【解析】分别对a、b小球受力分析，如图所示 根据共点力平衡条件可得，，解得，即，A错误；b球回到初始位置时，对b，，由于绳子拉力对b球做负功，所以，即，D错误；b球回到初始位置时，连接a、b两个小球的绳子与杆的夹角分别为，，此时两球的动能为，，又，代入计算可得，，B错误，C正确。故选C。 4. （2023南京一中期末）如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是（　　） A. 弹簧与杆垂直时,小球速度最大 B. 弹簧与杆垂直时,小球的动能与重力势能之和最大 C. 小球下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量小于mgh D. 小球下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量等于mgh 【答案】BD 【解析】弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，A错误；小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，B正确；小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，C错误，D正确． 5. （2023扬州高一期末）如图所示，足够长的的斜面倾角为，斜面上有四点，间距均为，斜面上部分粗糙，其余部分光滑。3块完全相同、质量均匀分布的长方形木板，紧挨在一起排在斜面上，木板1的下边缘恰好在处。现将3块木板一起由静止释放，已知每块木板质量为、长为，木板与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为，求： （1）木板1下边缘刚运动到点时的速度大小； （2）木板1刚好完全滑上粗糙面时，木板2、3间作用力大小； （3）木板1、2运动到点的时间差。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）研究3块木板整体，根据机械能守恒定律有，解得。 （2）根据牛顿第二定律有，解得，研究第3块木板，根据牛顿第二定律有，解得。（3）设3块木板刚好全部滑上粗糙面时的速度为，研究整体下端由到的过程，根据动能定理有，解得。木板1通过点过程中，所受摩擦力不断减小，做加速度增大的加速运动。木板1到达点时，木板2、3再下滑距离到达点，有，此过程木板2、3做匀速运动，可见木板1、2从C点下滑到D点过程的运动情况完全相同，此过程用时相同。因此木板1、2到达D点的时间差即为木板2在C点上方下滑距离的时间。 七、功能关系 1. （2023南京市宁海中学期末）如图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37°，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s沿顺时针方向运动。物体m=1kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则下列说法中正确的是（　　） A. 物体由A运动到B端的时间为2s B. 物体放上传送带后就随传送带做匀速运动 C. 物块自放上传送带后，传送带对它的摩擦力一直沿传送带向下 D. 物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为14J 【答案】A 【解析】AB．物体轻放在A端，在传送带的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°=ma1 解得a1=10m/s2 经过 与传送带共速，运动的位移为 因为mgsin37°>μmgcos37° 所以物体继续做匀加速直线运动，加速度为mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2 解得a2=2m/s2 继续向下匀加速，满足 解得t2=1s 物体由A运动到B端的时间为t=t1+t2=2s 故A正确，B错误； C．根据上述分析可知，物体前1s内，物体相对传送带沿传送带向上运动，所受的摩擦力沿传送带向下，后1s内，物体速度大于传送带速度，所以摩擦力沿传送带向上，故C错误； D．物体前1s内，物块相对传送带的路程为s1=vt1﹣x1=10×1m﹣5m=5m 后1s内，物体相对传送带的路程为s2=L﹣x1﹣vt2=16m﹣5m﹣10×1m=1m 则物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为Q=μmgcos37°（s1+s2）=05×1×10×0.8×（5+1）J=24J 故D错误。故选A。 八、机械能与动量守恒的综合 1. （2023南京市宁海中学期末）如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5m，圆弧槽半径为0.4m，木板左端静置一个质量为0.25kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数=0.8。在木板的左端正上方，用长为1m的不可伸长的轻绳将质量为1kg的小球A悬于固定点O。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成=30°角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小； (2)物块B上升的最大高度； (3)物块B与木板摩擦产生的总热量。 【答案】(1)5m/s (2)0.8m (3)7J 【解析】(1)设轻绳长为L，小球A自由落体L时，轻绳刚好再次伸直，此时速度为v1，根据自由落体运动规律，可得，轻绳伸直后瞬间小球A速度为，轻绳刚好再次伸直后到最低点，由动能定理，联立解得。(2)小球A与物块B弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒得，，联立解得，，物块B在最高点时，与木板水平共速，木板速度为v6，设物块B升高最大高度为h，板长为L1，由水平方向动量守恒及能量关系得，， 联立解得h=0.8m，因0.8>0.4，物块B飞出圆弧槽。(3)假设物块B最终能停在木板上，物块B与木板速度共同速度仍为v6，物块B在木板上相对木板滑行路程设为x，由能量关系得，解得x=3.5m，因3.5m<5m，故物块B最终能停在木板上，产生总热量为J。 九、实验：验证机械能守恒定律 1. （2023南通高一期末）用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验，下列说法正确的是（　　） A. 打点计时器应接直流电源 B. 还必须配备的器材有秒表和刻度尺 C. 应选择质量大体积小的物体作为重物 D. 重物应远离打点计时器由静止释放重物 【答案】C 【解析】打点计时器应接交流电源，A错误；实验器材需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离，不需要用秒表测时间，B错误；为了减小空气阻力的影响，应选择质量大体积小的物体作为重物，C正确；为了充分利用纸带，重物应靠近打点计时器由静止释放重物，D错误。故选C。 2.（2023南京市六校联合期末）小华同学利用如图所示的装置“验证机械能守恒定律”。下列说法正确的是（ ） A. 打点计时器工作时使用直流电源 B. 实验中必须用天平测出重物的质量 C. 实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量稍小 D. 实验中求重物在某点的速度可以根据v=gt或求解 【答案】C 【解析】电火花打点计时器工作电压为交流220V，电磁打点计时器工作电压约为交流8V，都是使用交流电，A错误；根据机械能守恒定律有，即验证，故不用测量重物的质量，B错误； 重物带动纸带下落过程中，除了受到重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力对重物做功，重物减少的重力势能部分转化为重物与空气摩擦产生的内能，因此实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量稍小，C正确；因为实验中求重物在某点的速度和对应的重物下落的高度都是由纸带上打点的数据而得，而v=gt或是根据机械能守恒定律直接或间接推导得到的，而实验的目的是验证机械能守恒定律，故不能据v=gt或求某点的速度，D错误。故选C。 3. （2023无锡高一期末）用图实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带；0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如下图所示。已知，，。（结果均保留两位有效数字） （1）在纸带上打下记数点5时的速度___________； （2）在打点过程中系统动能的增量___________J，系统势能的减少量___________J，由此得出的结论是___________； （3）本实验中，系统势能的减少量总是略大于系统动能的增量，请列出两条可能的原因___________ 【答案】（1）2.4 （2） 0.58 0.59 在实验误差允许围内，系统机械能守恒 （3）详见解析 【解析】（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，点5的瞬时速度。（2）在0～5过程中系统动能的增量为， 系统重力势能的减小量为，由此得出的结论是在实验误差允许围内，系统机械能守恒；（3）①纸带与打点计时器间的摩擦力作用；②滑轮与绳子间的摩擦力作用；③滑轮转动具有动能等。 4.（2023南京一中期末） 在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示（相邻记数点时间间隔为0.02s），那么： （1）纸带的________端与重物相连； （2）打点计时器打下计数点B时，物体速度vB=___________。 （3）从起点P到打下计数点B的过程中物体的重力势能减少=__________，此过程中物体动能的增加量=__________（g取9.8m/s2）。 （4）通过计算，数值上____，这是因为_______________________________。 （5）若根据纸带算出各点的速度v，量出各点下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是下图中的________。 【答案】（1）左端 （2）0.98m/s （3）0.49J 0.48J （4） > 重物克服阻力做功，部分重力势能转化为内能 （5）C 【解析】（1）重物自由下落，在相等的时间内位移越来越大，因此纸带的左端与重物相连。（2）由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得打下计数点B时物体速度。 （3）物体的重力势能减少， 物体动能的增加量。 （4）通过计算，数值上，数值上，这是因为重物克服阻力做功，部分重力势能转化为内能。 （5）由机械能守恒定律可得，则有，可知与h成正比关系，则图像是过原点的倾斜直线，A、B、D错误，C正确。故选C。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$