第5章 机械能守恒定律 周测十一-【师大金卷】2025年高考物理一轮复习提升卷

物理１６—２　 一、选择题(本题共５小题,每小题４分,共２０分) １．如图所示,斜面体置于光滑水 平地面上,其光滑斜面上有一 物体由静止沿斜面下滑,在物 体下滑过程中,下列说法正确 的是 (　　) A．物体的重力势能减少,动能不变 B．斜面体的机械能不变 C．斜面对物体的作用力垂直于接触面,不对物 体做功 D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒 ２．如图所示,P、Q 两球质量相等,开始 两球静止,将P 上方的细绳烧断,在 Q 落地之前,下列说法正确的是(不 计空气阻力) (　　) A．在任一时刻,两球动能相等 B．在任一时刻,两球加速度相等 C．在任一时刻,两球和弹簧组成的系统动能与 重力势能之和保持不变 D．在任一时刻,两球和弹簧组成的系统机械能 是不变的 ３．(２０２４􀅰河北唐山模拟)如图所示,套在光滑竖 直杆上的物体A,通过轻质细绳与光滑水平面 上的物体B 相连接,A、B 质量相同．现将A 从 与B 等高处由静止释放,不计一切摩擦,重力加 速度取g,当细绳与竖直杆间的夹角为θ＝６０° 时,A 下落的高度为h,此时物体B 的速度为 (　　) A．２５gh B． ４ ５gh C． gh ２ D．gh ４．(２０２４􀅰内蒙古呼伦贝尔模拟)如图所示,倾角 为３０°的固定斜面上固定一根与斜面垂直的轻 杆PQ,长为L的轻杆两端分别用铰链固定质量 相等的小球A 和B,A 球(中空)套在PQ 上,B 球与斜面接触,重力加速度大小为g,不计一切 摩擦．若将轻杆从竖直位置由静止释放,则当A 球刚要到达斜面时,A 球的速度大小为 (　　) A．１２gL B． ３ ２gL C．２gL D．gL ５．(多选)如图所示,用轻杆通过 铰链相连的小球A、B、C 处于 同一 竖 直 平 面 内,质 量 均 为 m,两段轻杆等长．现将C球置于距地面高h 处, 由静止释放,假设三个小球只在同一竖直面内 运动,不计一切摩擦,重力加速度为g,则在小球 C下落过程中 (　　) A．小球A、B、C组成的系统机械能守恒 B．小球C的机械能一直减小 C．小球C落地前瞬间的速度大小为 ２gh D．当小球C的机械能最小时,地面对小球B 的 支持力大于mg 二、非选择题(本题共３小题,共３０分) ６．(６分)某实验小组用如图甲所示的实验装置验 证机械能守恒定律． 甲 (１)某同学按照正确操作得到纸带如图乙所示, 其中O是起始点,M、N、P 为从合适位置开始选 取的 打 出 点 中 的 连 续 三 个 点,打 点 频 率 为 ５０Hz,该同学用毫米刻度尺测量O 到M、N、P 各点的距离,并记录在图中,重物的质量为m＝ ０􀆰１kg,重力加速度g＝９􀆰８m/s２．根据图中所 得的数据,从O 点到N 点,重物重力势能的减 少量为 ΔEp＝　　　　J,其动能的增加量为 ΔEk＝　　　　J．(结果保留三位有效数字) (２)若测出纸带上所有各点到O 点之间的距离 x,根据纸带算出各点的速度v,则以v２ 为纵轴、 x为横轴画出的图像是下图中的　　　　． ７．(１０分)(２０２４􀅰山东济南模拟)如图所示,在竖 直方向上A、B 两物体通过劲度系数为k的轻质 弹簧相连,A 放在水平地面上,B、C 两物体通过 细线绕过轻质定滑轮相连,C 放在固定的足够 长光滑斜面上．用手按住C,使细线恰好伸直但 没有拉力,并保证ab段的细线竖直、cd 段的细 线与斜面平行．已知A、B 的质量均为m,C的质 量为M(M＞２m),细线与滑轮之间的摩擦不计, 开始时整个系统处于静止状态．释放C 后它沿 斜面下滑,当A 恰好要离开地面时,B 获得最大 速度(B 未触及滑轮,弹簧始终处于弹性限度 内,重力加速度大小为g)．求: (１)释放物体C之前弹簧的压缩量; (２)物体B 的最大速度vm． ８．(１４分)如图所示,半径R＝ ０􀆰５m 的光滑半圆环轨道 固定在竖直平面内,半圆环 与光滑水平地面相切于圆 环最低点A．质量m＝１kg的小球以初速度v０ ＝５m/s从A 点冲上竖直圆环,沿轨道运动到B 点飞出,最后落在水平地面上的 C 点,g 取 １０m/s２,不计空气阻力． (１)求小球运动到轨道末端B 点时的速度vB; (２)求A、C两点间的距离x; (３)若小球以不同的初速度冲上竖直圆环,并沿 轨道运动到B 点飞出,落在水平地面上．求小球 落点与A 点间的最小距离xmin． 物理１６—１ 周测十一　 　　考点４:机械能守恒定律 T１、T２、T３、T４、T５、T７、T８　考点５:实验:验证机械能守恒定律 T６ 物理答案 —１８　 W２＝－ １ ２ × (５－４)×２J＝－１J,全过程中,力F 对物体做 的功为W＝７J－１J＝６J,故选B． ４．D　[解题思路]物块在光滑水平面上运动,受到的合外力为F, 因为F 为正,所以物块一直做加速运动,物块的位移为３x０ 时,速度最大,故 A、B错误;由题图可知,合外力做功的大小 为图线与x轴围成的面积,所以力F 对物块做的总功为 W ＝ １２ ×２F０×３x０＝３F０x０ ,故 C 错误;物块的 位 移 为 ３x０ 时,物块的速度最大,由动能定理可得３F０x０＝ １ ２mv ２ m,所 以最大速度为vm＝ ６F０x０ m ,故 D正确． ５．AD　[解题思路]由v－t图像可知在０~３s内,电动汽车的加 速度a１＝１m/s２,由P－t图像可知在０~３s内P＝F􀅰v ＝F􀅰a１t,解得F＝１００N,由牛顿第二定律F－Ff＝ma１, 解得Ff＝６０N,由 P额 ＝Ff􀅰vm,解得vm＝５m/s,A 正 确,B错误;关闭发动机后,由Ff＝ma２,解得a２＝ ３ ２ m / s２,经过t２＝ vm a２ ＝１０３ s ,电动汽车停止运动,C错误;对全程 由动能定理可得 P额 ２t１＋P额t３＋Wf＝０ ,Wf＝－ (３００２ ×３＋ ３００×１１) J＝－３７５０J,所以整个过程中克服阻力做功为 ３７５０J,D正确．故选 AD． ６．[解题思路](１)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运 动,有v２＝２ax ① 代入数据解得a＝２m/s２ ② (２)设飞机滑跑过程受到的阻力大小为F阻 ,依题意有 F阻 ＝０􀆰１mg ③ 设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F－F阻 ＝ma ④ 设飞机滑跑过程中的平均速度为v,有v＝v２ ⑤ 在滑跑阶段,牵引力的平均功率P＝Fv ⑥ 联立②③④⑤⑥式得P＝８􀆰４×１０６ W [参考答案](１)２m/s２　(２)８．４×１０６ W ７．[解题思路](１)当超级电容车速度达到最大时,超级电容车的牵 引力与阻力平衡,即F＝Ff Ff＝kmg＝２０００N P＝Ffvm 解得vm＝ P Ff ＝３０m/s． (２)超级电容车做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得 F１－Ff＝ma 解得F１＝３０００N 设超级电容车刚达到额定功率时的速度为v１,P＝F１v１ v１＝ P F１ ＝２０m/s 设超级电容车匀加速运动的时间为t,则v１＝at 解得t＝ v１ a ＝４０s． [参考答案](１)３０m/s　(２)４０s ８．[解题思路](１)根据题意可知运动员下滑的距离 x＝H－lcosθ＝８􀆰００m 根据x＝ vm ２t ,解得最大速度为vm＝４m/s． (２)根据动能定理得mgx＋Wf＝０ 解得Wf＝－４８００J, 运动员下滑过程克服摩擦力做的功为４８００J． (３)根据题图乙知,运动员加速下滑时间t１＝２􀆰５s,减速时间t２ ＝１􀆰５s,则运动员加速下滑阶段加速度大小为 a１＝ vm－０ t１ ＝１􀆰６m/s２ 减速下滑阶段加速度大小a２＝ Δv t２ ＝ ８３ m /s２ 设运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力分别为Ff１、Ff２,根 据牛顿第二定律mg－Ff１＝ma１,Ff２－mg＝ma２ 解得Ff１＝５０４N,Ff２＝７６０N 运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比为６３∶９５． [参考答案](１)４m/s　(２)４８００J　(３)６３∶９５ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 周测十一 １．D　[解题思路]物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少, 动能增加,A错误;物体在下滑过程中,斜面体做加速运动, 其机械能增加,B错误;物体沿斜面下滑时,既沿斜面向下 运动,又随斜面体向右运动,其合速度方向与弹力方向不垂 直,弹力方向垂直于接触面,但与速度方向之间的夹角大于 ９０°,所以斜面对物体的作用力对物体做负功,C错误;对物 体与斜面体组成的系统,只有物体的重力做功,机械能守 恒,D正确． ２．D　[解题思路]细绳烧断后,由于弹簧处于伸长状态,通过对 P、Q 两球受力分析可知aP＞aQ,在任一时刻,两球的动能 不一定相等,A、B错误;系统内有弹力做功,弹性势能发生 变化,系统的动能与重力势能之和发生变化,C错误;Q 落地 前,两球及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功,整 个系统的机械能守恒,D正确． ３．A　[解题思路]设物体A 下落高度h 时,物体A 的速度为vA, 物体B 的速度为vB,此时有vA＝ vB cos６０°＝２vB ,物体A、B 组 成的系统机械能守恒,则有 mgh＝ １２mv ２ A＋ １ ２mv ２ B,联立 方程解得vB＝ ２ ５gh ,故选 A． ４．C　[解题思路]从静止释放到A 球刚要到斜面时,由机械能守 恒定律可知mgLcos３０°􀅰cos３０°＋mgL２sin３０°＝ １ ２mv ２ A＋ １ ２mv ２ B,两球沿长为L 的轻杆方向的分速度相等,可知,A 球刚要到斜面时,由于A 球的速度垂直轻杆,所以沿杆方向 的速度为０,故B 球的速度为vB＝０,解得vA＝ ２gL,故 选 C． ５．AC　[解题思路]由于小球A、B、C 组成的系统只有重力做功, 故系统的机械能守恒,故 A正确;小球B 的初速度为零,C 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 物理答案 —１９　 落地瞬间,B 的速度为零,故B 的动能先增大后减小,而B 的重力势能不变,则B 的机械能先增大后减小,同理可得 A 的机械能先增大后减小,而系统机械能守恒,故C 的机 械能先减小后增大,故B错误;根据以上分析,设小球C落 地前瞬间的速度大小为v,根据 动 能 定 理 可 知 １２mv ２＝ mgh,解得v＝ ２gh,故 C正确;当小球C 的机械能最小 时,小球B 速度最大,此时小球B 的加速度为零,水平方 向所受的合力为零,杆CB 对小球B 恰好没有力的作用, 所以地面对小球B 的支持力大小为mg,故 D错误． ６．[解题思路](１)从O 点到N 点,重物重力势能的减少量为 ΔEp ＝mgxON ≈０􀆰１８５J,其 动 能 的 增 加 量 为 ΔEk ＝ １ ２ mv ２ N ≈ ０􀆰１８４J． (２)由机械能守恒定律得mgx＝ １２mv ２,可知v２＝２gx,所以v２ －x图像为过原点的倾斜直线,故 C正确,A、B、D错误． [参考答案](１)０．１８５　０．１８４　(２)C ７．[解题思路](１)释放物体C 之前,细线恰好伸直,绳子拉力为 零,弹簧处于压缩状态,设弹簧的压缩量为x,物体B 受重力与 弹簧弹力作用而静止,处于平衡状态,由平衡条件及胡克定律得 mg＝kx,解得x＝mgk (２)当A 恰好要离开地面时,地面对物体A 的支持力为零,弹簧 处于伸长状态,设弹簧的伸长量为x′,对物体A,由平衡条件及 胡克定律得mg＝kx′ 因此物体B 上升的高度和物体C 沿斜面下滑的距离为 s＝x＋x′＝２mgk 设斜面倾角为α,当物体B 达到最大速度时,以A、B 和弹簧作 为研究对象,所受合外力为零,由平衡条件得 Mgsinα＝２mg A、B、C、弹簧组成的系统机械能守恒,因初始状态弹簧的压缩 量与物体B 达到最大速度时弹簧的伸长量相等,所以在整个过 程中弹性势能变化量为零,根据机械能守恒定律有 Mgssinα－mgs＝ １２ (M＋m)v２m 解得vm＝２mg １ k(M＋m)． [参考答案](１)mgk 　 (２)２mg １k(M＋m) ８．[解题思路](１)由机械能守恒定律得 １ ２mv ２ ０＝ １ ２mv ２ B＋mg􀅰２R 解得vB＝ ５m/s． (２)由平抛运动规律得２R＝ １２gt ２,x＝vBt 解得x＝１m． (３)设小球运动到B 点半圆环轨道对小球的压力为FN 圆周运动向心力FN＋mg＝ mv２B R 得当FN＝０时,小球运动到轨道末端B 点时的速度最小vBmin ＝ ５m/s 由(２)的计算可知,最小距离xmin＝１m． [参考答案](１)５m/s　(２)１m　(３)１m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 周测十二 １．C　[解题思路]儿童从最高点落下直至最低点的过程中,弹簧 弹力以及空气阻力一直做负功,因此其机械能一直减小,故 A错误;儿童和弹性网接触的过程中先加速然后减速,故刚 接触网面时,动能并非最大,故 B错误;根据功能关系可知, 重力做功等于克服空气阻力和克服弹簧弹力做功的和,则 重力势能的减少量大于弹性势能的增加量,重力的减少量 大于克服空气阻力做功,故 C正确,D错误． ２．C　[解题思路]设小球运动的速率为v时所受的阻力大小为f, 根据题意可知f＝kv,根据功能关系得 ΔE＝Wf＝fh,则E ＝E０－ΔE＝E０－fh,因为速度逐渐减小,所以f逐渐减小, 图像的斜率逐渐减小,故 C正确． ３．D　[解题思路]小球从第(n－１)次通过最低点到第n次通过最 低点的过程中,摩擦力消耗的机械能为 １ ２mv ２ n－１－ １ ２mv ２ n ＝１２m (J);它从第n次通过最低点到第(n＋１)次通过最低 点的过程中,因为速度减小,需要的向心力减小,所以与竖 直环间的压力减小,摩擦力消耗的机械能将小于１２m (J), 第(n＋１)次通过最低点时的动能Ek＞ １ ２ ×２５m (J)－１２m (J)＝ １２m (J),即v＞１m/s,故选 D． ４．D　[解题思路]由 于 坡 底 为 重 力 势 能 零 势 能 面,则 有 E总 ＝ １ ２mv ２ ０＝６２５J,解得运动员的初速度为v０＝５m/s,故 A 错 误;由题图可知,当E总 ＝Ep 时,运动员运动到最高点,此时 高度为h＝１m,根据能量守恒定律有μmgcosθ􀅰 h sinθ＝ ΔE总 ＝１２５J,解得μ＝０􀆰１８７５,故 B错误;运动员从山坡底 端向上冲时,根据牛顿第二定律有 mgsinθ＋μmgcosθ＝ ma１ 则t１＝ v０ a ＝ ２ ３ s ,由于 mgsinθ＞μmgcosθ,可知运动 员到达最高点后将会再次回到坡底,则运动员在山坡上运 动的时间大于 ２ ３ s ,故 C错误;运动员从最高点回到坡底, 根据能量守恒定律有Ep－μmgcosθ􀅰 h sinθ＝Ek ,代入数据 可得运动员 再 次 回 到 坡 底 时 的 动 能 为 Ek＝３７５J,故 D 正确． ５．BCD　[解题思路]根据位移时间图像斜率的绝对值表示速度大 小,可知:前２s小物块向左做匀减速运动,２~３s内向右 做匀加速运动．３~４􀆰５s内x－t图像为一次函数,说明 小物块已与传送带保持相对静止,即与传送带一起向右 做匀速运动,因此传送带沿顺时针方向转动,且速度大小 为v＝ΔxΔt＝ ３ ４．５－３m /s＝２m/s,故B正确,A错误;由题 图乙可知,在２~３s内小物块向右做初速度为零的匀加 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋