章末卷6 机械能守恒定律-【高考领航】2025年高考物理总复习四测通关卷

章末卷6　机械能守恒定律 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.如图所示，一半径为R的半圆形滑槽固定在水平面上，滑槽的内壁粗糙，从滑槽左端的最高点由静止释放一个质量为m小滑块(可视为质点)，当小滑块经过滑槽最低点时，小滑块对滑槽的压力为2mg，则小滑块从最高点运动到最低点的过程中，克服摩擦力所做的功W为(重力加速度为g)(　　) A.mgR　　　　　　 B.mgR C.mgR D.mgR 2.如图所示，足够长的木板A置于足够长的光滑斜面上，物块B置于A中央，A的质量是B的质量的2倍，A、B的接触面粗糙。现将A、B一起由静止释放，A、B的速度大小v、动能Ek与时间t或位移x的关系图像正确的是(　　) 3.如图所示，斜面AB和BC通过一小段圆弧连接，斜面AB与水平面的夹角为α，斜面BC与水平面的夹角为β，α >β。一个小球从A点由静止释放，在斜面BC上滑行的最高点为C点，AB的长度与BC的长度相等。小球与两斜面间的动摩擦因数相等，下列说法正确的是(　　) A.从A点到B点，小球的动能增加、重力势能增加 B.从B点到C点，小球的重力势能增加、机械能增加 C.从A点到B点摩擦力对小球做的功等于从B点到C点摩擦力对小球做的功 D.从A点到B点因摩擦产生的热量小于从B点到C点产生的热量 4.如图所示，质量m＝2 kg的木块A叠放在质量M＝4 kg足够长的木板B上，木板B的右端通过细绳与电动机连接，t＝0时在电动机带动下木板B由静止向右做加速度为1 m/s2的匀加速运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1＝0.05，木板B与地面间动摩擦因数为μ2＝0.05，则(　　) A.t＝2 s时，整个过程中绳的拉力做的总功为8 J B.t＝2 s时，整个过程中绳的拉力做的总功为12 J C.t＝1 s时，电动机输出功率为8 W D.t＝1 s时，电动机输出功率为16 W 5.将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，距离地面高度为h1，如图甲所示。解除弹簧的锁定后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A.小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0 B.小物块上升至高度h5时，加速度为0 C.小物块从高度h2上升到h4，弹簧的长度变化为 D.解除锁定前，弹簧的弹性势能为mgh5 6.如图所示，在某一水平地面上的同一直线上，固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦力和阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.小圆环到达B点时的加速度为 B.小圆环到达B点后还能再次回到A点 C.小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为2∶ D.小圆环和物块的质量之比满足 7.如图所示，水平传送带以速率v0顺时针传动，传送带足够长，将一质量为m的小滑块(滑块底部附有黑色涂料能划出痕迹线)轻放在靠近传送带左端的O点，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法错误的是(　　) A.滑块开始运动时的加速度大小为μg B.滑块与传送带间因摩擦产生的热量为mv02 C.滑块在传送带上的痕迹线的长度为 D.从放上滑块至滑块恰好相对传送带静止的过程中，传送带上O点运动的位移为 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.竖直平面内有一半径为R的圆，O为圆心，直径AB沿水平方向，将质量为m的小球从A点以相同的速率v0抛出，抛出的方向不定，小球进入圆内同时受到一个平行于圆面的恒力F作用，其大小等于mg，g为重力加速度，小球从A点抛出后会经过圆上的不同点，在这些所有的点中，小球到达C点的动能最大，已知，AC与AB夹角为θ，θ＝30°。下列说法正确的是(　　) A.恒力F的方向沿AC方向 B.恒力F的方向沿OC方向 C.小球到达C点的动能EkC＝mv02＋mgR D.小球到达B点的动能EkB＝mv02＋mgR 9.如图所示，一个固定斜面AC的倾角θ＝6°，其中AB段光滑，BC段粗糙，斜面足够长。在AB段并排放着10个完全相同的正方形小物块，第1个小物块的前端刚好在B点，由静止释放以后，当第4个小物块刚滑过B点时速度最大。已知每个小物块的质量均为m，边长均为d，取sin 6°＝0.1，cos 6°＝1.0，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.在BC段小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 B.第2个小物块刚滑过B点瞬间的加速度大小为0.5g C.第2个小物块刚滑过B点瞬间，第5和第6个小物块之间的作用力大小为0.25mg D.10个小物块的最大总动能为2mgd 10.如图甲所示，在竖直面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以初速度v0从最低点A冲上轨道，图乙是小球从A运动到C的过程中，其速度v的平方与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道的中点，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 　 　　　甲　　　　　　　　乙　　 A.图乙中x＝36 B.小球质量为0.2 kg C.小球在B点时重力的功率大小为8 W D.小球在B点受到轨道的作用力为8.5 N 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)某研究小组采用了如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验的主要步骤是：在一根不可伸长的细线一端系一直径为d的金属小球，另一端固定于O点，记下小球静止时球心的位置A，并在A处放置一个光电门。现将小球拉至距A高度为h处，由静止释放，记下小球通过光电门时的挡光时间t，重力加速度为g。 　　 图甲　　　　　　　　　图乙 (1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝　　　　mm； (2)验证机械能守恒定律的表达式为　　　　；(用d、g、h、t表示) (3)撤去光电门，在O点安装一力传感器测细线拉力，记下小球静止时力传感器的示数F0，再将小球拉至球心距A高度为h处由静止释放，记下小球摆动过程中力传感器的最大示数F，若摆长为L，且满足F＝　　　　　　即可验证机械能守恒定律。 12.(9分)某同学通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图所示，轻质细线连接A、B两个重物跨过光滑定滑轮，A重物下方悬挂若干钩码。重物A上固定有宽度为d的遮光片，遮光片正上方h高度处固定有光电门。已知每个钩码质量均为m0，重力加速度为g。实验操作如下： (1) 调节A下方的钩码个数，使A、B静止平衡，此时A及其下方钩码总质量为m； (2) 从A下方取n＝1个、2个、3个…钩码挂在B下方，让A从光电门下方h高度处由静止开始运动，依次记下遮光片通过光电门的遮光时间t1、t2、t3…； (3) 当从A下方一共取下n个钩码挂在B下方时，记下的遮光时间为tn，在A从静止上升h高度的过程中，A、B及所挂钩码组成的系统增加的动能为　　　　　　(用m、d、tn表达)，减少的重力势能为　　　　(用n、m0、g、h表达)； (4)以n为纵轴，以　　　　(填“”“”或“tn2”)为横轴绘制图像，可以直观判断系统机械能是否守恒。 13. (10分)如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽ABC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑，BC段粗糙。现有一质量为m的小球(可视为质点)，从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率飞出。重力加速度为g，求： (1)小球由P到A的过程中，离地面的最大高度； (2)小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量。 14.(13分)如图所示，“”形轨道abcdef固定在竖直平面内，轨道的各弯折部分均平滑连接，其中ab、ef在同一条水平线上，bc、de部分竖直，cd为半径为R的半圆，bc＝de＝2R，两轻质弹簧A、B的一端分别固定在a、f位置，质量为m的细环(可视为质点)套在轨道上，推动细环压缩弹簧A后锁定(细环与弹簧A未连接)。现解除弹簧A的锁定，释放细环，细环运动到轨道bc的右侧(整个空间包括bc)时受到与水平方向的夹角θ＝37°的恒力。细环经过b后匀速运动至c，且经过c点时对圆弧轨道的压力恰好为0。已知轨道abcd部分光滑，轨道def部分与细环之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)弹簧A处于锁定状态时的弹性势能； (2)细环对圆弧轨道压力的最大值； (3)细环最终停止运动时的位置。 15.(15分)如图所示，O为固定在水平面的转轴，小球A、B的质量均为m，A与B、O间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，B球置于水平地面上，B、O之间用一轻质弹簧连接。现给A施加一竖直向上的力F，此时两杆夹角θ＝60°，弹簧处于原长。改变F使A球缓慢运动，当θ＝106°时力F恰好为零。A、B始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度为g。 (1)求弹簧的劲度系数k； (2)若A球自由释放时加速度为a，此时A、B球间杆的弹力多大？ (3)在(2)情况下，当θ＝90°时，B的速度大小为v，求此时弹簧的弹性势能。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 章末卷6　机械能守恒定律 1.B　小滑块由滑槽最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理可得mgR－W＝mv2，在最低点时受力分析有2mg－mg＝m，联立解得W＝mgR，故选B。 2.C　设B的质量为m，整体分析可知3mgsin θ＝3ma，隔离B分析mgsin θ－Ff＝ma，解得Ff＝0，所以A、B一起相对静止，故AB错误；根据Ek＝mv2可知，两者速度相同，则EkA＝2EkB，故C正确，D错误。 3.D　从A点到B点，小球的动能增加，重力势能减小，选项A错误；从B点到C点，小球的重力势能增加，因摩擦力做负功，则机械能减小，选项B错误；从A点到B点摩擦力对小球做的功Wf1＝μmgcos α·l，从B点到C点摩擦力对小球做的功Wf2＝μmgcos β·l，因α>β，则Wf1<Wf2，选项C错误；因摩擦生热Q＝Wf，Wf1<Wf2，则从A点到B点因摩擦产生的热量小于从B点到C点产生的热量，选项D正确。 4.C　由题知，木板B由静止向右做加速度为1 m/s2的匀加速运动，则t＝2 s时木板B的位移为x2＝aBt2＝2 m，对木板受力分析有FT－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaB，解得FT＝8 N，则t＝2 s时，整个过程中绳的拉力做的总功为W ＝ FTx2＝16 J，故AB错误；根据以上分析拉力恒为8 N，在t＝1 s时木板的速度为vB＝at＝1 m/s，则t＝1 s时，电动机输出功率为P ＝ FTvB＝8 W，故C正确，D错误。 5.C　小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；因为h4到h5间的图像为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h4后，弹簧形变量为零，弹簧恢复原长，小物块只受重力，加速度为g ，故B错误；小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度也为g，则根据牛顿第二定律F－mg＝ma得F＝2mg，所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为x＝＝，故C正确；由题图推出，解除锁定前，弹簧的弹性势能为EP0＝mg(h5－h1)，故D错误。故选C。 6.B　小圆环到达B点时，受到了细线水平向右的拉力和轨道对其水平向左的支持力，以及竖直向下的重力，水平方向受力平衡，则根据牛顿第二定律有a＝＝g，即小圆环的加速度为g，A错误；小圆环由A点开始运动，到达B点时速度恰好为零，由题可知忽略一切摩擦力和阻力，则系统机械能守恒，所以小圆环能再次回到A点，B正确；小圆环到达P点时，轻绳与轨道相切，即该时刻小圆环的瞬时速度沿着轻绳的方向，所以该时刻小圆环和物块的速度相等，C错误；设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知OC＝2R，AC＝R，在运动过程中，对环和物块组成的系统，根据动能定理可知－mgR－MgR(－1)sin 30°＝0－0，解得＝，D错误。故选B。 7.C　滑块轻放在传送带上，受到传送带对滑块向右的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得滑块开始运动时的加速度大小为a＝μg，故A正确；从放上滑块至滑块恰好相对传送带静止的过程中，传送带上O点运动的位移为x1＝v0t，滑块的对地位移为x2＝t，则滑块在传送带上的痕迹线的长度为x相对＝x1－x2，且t＝＝，联立求得x1＝，x相对＝，滑块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgx相对＝mv02，故BD正确，C错误。 8.ACD　小球到达C点的动能最大，可知小球从A到C，外力做功最大，则恒力F的方向沿AC方向，故A正确，B错误；对A到C，根据动能定理有mg×Rsin 30°＋F×R＝EkC－mv02，解得EkC＝mgR＋mv02，对A到B，根据动能定理有F×2Rcos 30°＝EkB－mv02，解得EkB＝mgR＋mv02，故CD正确。 9.CD　当加速度为零时，小物块速度最大，根据受力平衡可得10mgsin θ＝4μmgcos θ，解得μ＝0.25，故A错误；第2个小物块刚滑过B点时，根据牛顿第二定律可得10mgsin θ－2μmgcos θ＝10ma，解得a＝0.5 m/s2，故B错误；设第2个小物块刚滑过B点瞬间，第5个小物块对第6个小物块的作用力为F，以后面5个小物块整体为研究对象，在沿斜面方向，根据牛顿第二定律可得5mgsin θ－F＝5ma，解得F＝0.5mg，根据牛顿第三定律可知第5和第6个小物块之间的作用力大小为0.25mg，故C正确；当第4个小物块刚滑过B点时速度最大，此时10个小物块的动能最大，整个过程根据动能定理可得10mg·4dsin θ－4μmg·＝Ekm，解得Ekm＝2mgd，故D正确。 10.BD　小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有mv02＝mv2＋mgh，得v2＝－2gh＋v02，当h＝0.8 m时，v2＝9 m2/s2，代入得v0＝5 m/s，当h＝0时，v′2＝x＝25 m2/s2，故A错误；由题图乙可知，轨道半径R＝0.4 m，小球在C点的速度vC＝3 m/s，那么由牛顿第二定律可得F＋mg＝m，解得m＝0.2 kg，故B正确；根据mv02＝mvB2＋mgR，得vB＝ m/s，小球在B点时重力的功率大小为P＝mgvB＝2 W，故C错误；在B点，由牛顿第二定律可知FNB＝m＝8.5 N，故D正确。 11.解析：(1)主尺上的读数为12 mm，游标尺上的2刻度和主尺上的某一刻度对齐，游标卡尺精度为0.1 mm，所以最后读数为12 mm＋2×0.1 mm＝12.2 mm。 (2)小球经过光电门的速度为v＝，由机械能守恒定律mgh＝mv2＝m()2，整理可得gh＝()2。 (3)由题意可知小球的重力mg＝F0 由题图甲可知小球在最低点时，由绳子的拉力和重力的合力提供向心力可得F－F0＝m，根据机械能守恒定律可得mgh＝mv2，联立可得F＝＋F0。 答案：(1)12.2　(2)gh＝()2　(3)＋F0 12.解析：(3)从静止上升h高度时的速度为v＝，A、B及所挂钩码组成的系统增加的动能为ΔEk＝·2mv2＝，减少的重力势能为ΔEp＝(m＋nm0)gh－(m－nm0)gh＝2nm0gh。 (4)系统机械能守恒有ΔEk＝ΔEp，可得2nm0gh＝，即n＝·，故应以n为纵轴，以为横轴绘制图像，可以直观判断系统机械能是否守恒。 答案：(3)　2nm0gh　(4) 13.解析：(1)小球由P到A的过程中，做斜抛运动，离地面的最大高度为 H＝＝。 (2)小球由P到C的过程中，由动能定理可得 －Wf＝m()2－mv02 解得Wf＝ 则小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量为 Q＝Wf＝。 答案：(1)　(2) 14.解析：(1)设恒力大小为F，细环经过b后匀速运动至c点，对细环进行受力分析，根据平衡条件，有 Fsin 37°＝mg 细环在c点对圆弧轨道的压力为0，则有 Fcos 37°＝m 解除弹簧锁定后，弹簧A的弹性势能转化为细环的动能有 Ep＝mvc2 联立解得Ep＝mgR。 (2)分析可得，当细环首次到达d点时，圆弧轨道所受压力最大，设此时圆弧轨道对细环的支持力为FN，对细环有 FN－Fcos 37°＝m 细环从c点运动到d点的过程中，根据动能定理有 Fcos 37°×2R＝mvd2－mvc2 联立解得FN＝8mg 根据牛顿第三定律，细环对圆弧轨道压力的最大值FN′＝8mg。 (3)由于恒力沿竖直方向的分力与细环重力等大反向，则细环在轨道ef上运动时，仅受恒力与重力作用，不受轨道的弹力与摩擦力，则细环最终停在de之间的某一点，设细环在de上运动的总路程为x，则有 mvd2＝μFcos 37°·x 解得x＝5R 即细环最终停在de轨道的中点位置。 答案：(1)mgR　(2)8mg　(3)细环最终停在de轨道的中点位置 15.解析：(1)对A球受力分析如图甲所示 甲 有2F1cos 53°＝mg 对B球受力分析如图乙所示 乙 有Fsin 53°＝kx 其中x＝2L(sin 53°－sin 30°) 且F1＝F，解得k＝。 (2)自由释放时A的加速度方向垂直于AO杆，由牛顿第二定律得 mgcos 60°－F弹cos 30°＝ma 得F弹＝＝。 (3)当θ＝90°时，vA＝vcos 45° 对系统由机械能守恒定律得 mgL(cos 30°－cos 45°)＝mvA2＋mv2＋Ep 解得Ep＝mgL－mv2。 答案：(1)　(2) (3)mgL－mv2 学科网（北京）股份有限公司 $$