2021届高考物理二轮复习专题强化双击训练 专题七 机械能守恒定律 B卷

2021届高考物理二轮复习专题强化双击训练

专题七 机械能守恒定律 B卷

1.如图所示，质量为m的圆环套在与水平面成角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5 m.现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点，轻绳足够长.已知重力加速度.则下列说法正确的是(   )

A.圆环下滑0.6 m时速度为零 

B.圆环与木块的动能始终相等

C.圆环的机械能守恒  

D.圆环下滑0.3 m时速度为

2.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高的平台上.如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，在最高点时的速度为v，若质量为m、可视为质点的棋子在运动过程中，只受重力作用，重力加速度为g，以平台所在平面为零势能面，则(   )

A.棋子从最高点落到平台上所需时间

B.棋子在两平台上落点间的距离

C.棋子落到后一个平台上时的机械能

D.棋子落到后一个平台上时的动能

3.如图所示，一钢绳的两端分别固定在两座山的处，P点高于Q点，某人抓住套在绳子上的光滑圆环从P处滑到Q处.滑行过程中绳子始终处于绷紧状态，不计一切阻力.关于人从P处滑到Q处的过程说法正确的是(   )

A.机械能先减小后增大

B.从P处滑到最低位置的过程重力做功的功率一直增大

C.滑到最低位置时人受到水平方向的合力为零

D.动能最大位置与P处的水平距离小于与Q处的水平距离

4.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽，凹槽的半径为点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度从A点冲上凹槽，重力加速度为g，不计摩擦。下列说法正确的是(   )

A.当时，小球能到达B点

B.如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上

C.当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大

D.如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为

5.如图甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙所示，其中为曲线，其余部分为直线，下列说法不正确的是(   )

A.在0~的过程中，物体所受拉力不变

B.在~的过程中，物体的加速度先减小后增大

C.在0~的过程中，物体的动能先增大后减小

D.在0~的过程中，物体克服重力做功的功率一直增大

6.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，下落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

D.物块和弹簧组成的系统机械能减少

7.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为，到小环的距离为，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(   )

A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于
B.小环碰到钉子时，绳中的张力大于
C.物块上升的最大高度为
D.速度v不能超过

8.如图所示为著名的“阿特伍德机”装置示意图．跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为M的物块，当左侧物块附上质量为m的小物块时，该物块由静止开始加速下落，下落h后小物块撞击挡板自动脱离，系统以v匀速运动．忽略系统一切阻力，重力加速度为g.若测出v，则可完成多个力学实验．下列关于此次实验的说法，正确的是(   )

A.系统放上小物块后，轻绳的张力增加了

B.可测得当地重力加速度

C.要验证机械能守恒，需验证等式，是否成立

D..要探究合外力与加速度的关系，需探究是否成立

9.如图所示，在地面上以速度抛出质量为的物体，抛出后物体落到比地面低的海平面上。若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法中正确的是(   )

A．物体到海平面时的重力势能为

B．重力对物体做的功为

C．物体在海平面上的动能为

D．物体在海平面上的机械能为

10.某同学为了研究物体下落过程的特点,设计了如图甲所示的实验,将两本书从高楼楼顶放手让其落下,两本书下落过程中没有翻转和分离,由于受到空气阻力的影响,其图像如图乙所示,倾斜的虚线在P点与图线相切,已知,则(   )

A.时A处于超重状态 

B.时的加速度大小为

C.下落过程中系统的机械能守恒 

D.0~2 s内系统的机械能减少量大于99 J

11.如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，顶端有一轻质小滑轮，劲度系数为的轻质弹簧一端固定在斜面底端挡板上，另一端与质量为的滑块相连，滑块通过细线与另一质量也为的物块相连，初始时刻用手托着物块，使系统处于静止状态，此时细线上的张力恰好为零。现突然释放物块，在滑块沿斜面向上滑动的过程中，弹簧形变始终处于弹性限度内，不计一切阻力，始终未与滑轮相碰，物块始终未落地，重力加速度为，则下列说法正确的是(   )

A.刚释放物块的瞬间，的加速度大小为

B.组成的系统速度最大时，滑块的位移为

C.在滑块向上滑动到最高点的过程中，滑块和弹簧组成的系统的机楲能一直增大

D.在滑块向上滑动到最高点的过程中，滑块的机械能一直增大

12.如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和的小球（均可看作质点），且小球用一长为的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（重力加速度为g），下列说法正确的是(   )

A.A球增加的机械能等于B球减少的机械能 

B.A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能

C.A球的最大速度为 

D.细杆对A做的功为

13.一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取。则（   ）

A．物块下滑过程中机械能不守恒 

B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C．物块下滑时加速度的大小为 

D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J

14.如图所示，一定质量的小球（可视为质点）套在固定的竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴水平且长为，短轴竖直且长为.原长为的轻弹簧一端套在过P点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与位于A点的小球连接.若小球逆时针沿椭圆轨道运动，在A点时的速度大小为，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是(   )

A.小球在C点的速度大小为

B.小球在D点时的动能最大

C.小球在两点的机械能不相等

D.小球在从A点经过D点到达C点的过程中机械能先变小后变大

15.如图所示，水平面右端放一质量的小物块，给小物块一的初速度使其水平向左运动，运动位移时将弹簧压至最短（在弹簧的弹性限度内），反弹回到出发点时物块的速度大小，若水平面右端与一长的水平传送带平滑连接，传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带右端又与一竖直平面内的光滑圆形轨道的底端平滑连接，圆轨道半径，当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭，忽略空气阻力.（，），求：

（1）小物块与水平面间的动摩擦因数；

（2）弹簧具有的最大弹性势能；

（3）要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数应满足的条件.

答案以及解析

1.答案：D

解析：当圆环下降0.6 m时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了，由运动的合成与分解得，由系统机械能守恒有，由此可知，A错误；圆环与木块组成的系统机械能守恒，C错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，由运动的合成与分解得，当圆环下滑0.3 m时，根据几何关系，，木块速度为零，圆环高度下降了，木块高度下降了，由机械能守恒定律得，解得，B错误，D正确.

2.答案：C

解析：棋子从最高点落到平台上，竖直方向上做自由落体运动，下落时间，A错误；根据运动的对称性，上升和下落的总时间，棋子在水平方向上做匀速直线运动，所以棋子在两平台上落点间的距离，B错误；棋子运动过程中机械能守恒，以平台所在平面为零势能面，棋子在最高点的机械能，与落到后一个平台上时的机械能相等，故C正确，D错误.

3.答案：C

解析：人在滑动过程中，只有动能和重力势能相互转化，机械能守恒，选项A错误；在P点时速度为零，则重力做功的功率为零，滑到最低位置时速度与重力垂直，可知重力做功的功率也为零，故人从P滑到最低位置的过程重力做功的功率先增大后减小，选项B错误；依题意分析可知动能最大的位置在平衡位置，设在此位置时两段绳子与竖直方向的夹角均为θ，可知（L为总绳长，d为间的水平距离），即θ角一定，因Q点的位置较低，由几何关系可知，此平衡位置距离Q点的水平距离较小，即动能最大位置处与P处的水平距离大于其与Q处的水平距离，选项D错误；滑到最低位置时，人处于平衡状态，此时人受到水平方向的合力为零，选项C正确.

4.答案：C

解析：水平面光滑，滑块不固定，当时，设小球沿槽上升的高度为h，系统水平方向动量守恒，同时机械能守恒，则有，可解得，A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，相对滑块做竖直上抛运动，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为，D错误。

5.答案：D

解析：根据功能关系可得，得，则图线的斜率表示F，则在0~的过程中物体所受拉力不变，故A正确；在~的过程中，拉力逐渐减小，合力先减小后增大，则加速度先减小后反向增大，故B正确；由题图分析知，在0~的过程中，物体先向上做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度反向逐渐增大的减速运动，最后做匀减速直线运动，可知物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C正确；在0~的过程中，物体的速度先增大后减小，则物体克服重力做功的功率先增大后减小，故D错误.

6.答案：D

解析：对于物块，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(克服空气阻力所做的功+弹簧弹性势能，而弹簧则增加了弹性势能)，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，重力势能减小量等于机械能的减小量，所以物块机械能减少，故C错误；物块从A点由静止开始下落，加速度是，根据牛顿第二定律得：，所以空气阻力所做的功为，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、弹簧组成的系统机械能减少，故D正确．

7.答案：D

解析：A. 物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，而物块摆动时和夹子间没有滑动，说明匀速时没有达到最大静摩擦力，绳中的张力一定小于2F，故A正确；

B. 小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；

C. 依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：，那么物块上升的最大高度为g，故C正确；

D. 因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有：，解得：，故D正确；

故选：ACD。

8.答案：B

解析：对系统，由牛顿第二定律得，加速度：，对M，由牛顿第二定律得：，解得：，故A错误；对系统，由动能定理得：，解得：，故B正确；如果机械能守恒，则：，整理得：，故C错误；物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度：，由牛顿第二定律得：，整理得：，要探究合外力与加速度的关系，需探究是否成立，故D错误．

9.答案：BCD

解析：A.以地面为零势能面，海平面低于地面，所以物体在海平面上时的重力势能为，故A错误。

B.重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为，故B正确。

C.由动能定理,则得,物体在海平面上的动能，故C正确。

D.整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等,以地面为零势能面,抛出时的机械能为,所以物体在海平面时的机械能也为，故D正确。

故选：BCD

10.答案：BD

解析：根据图线切线的斜率表示加速度,知时A的加速度为正,方向竖直向下,则A处于失重状态,故A错误.时的加速度大小为,故B正确.由于空气阻力对做负功,则下落过程中系统的机械能不守恒,故C错误.0~2 s内下落的高度,系统的重力势能减少量,动能增加量,则系统的机械能减少量,故D正确.

11.答案：BCD

解析：初始时，A、B组成的系统处于静止状态，且细线的张力为零，则此时弹簧处于压缩状态，对滑块A有；释放物块B的瞬间，弹簧弹力不突变，设此时细线的张力为，对物块B有，滑块A有，解得,A错误；当A、B组成的系统速度最大时，系统的加速度为零，此时弹簧处于伸长状态，有，则滑块的位移，B正确；在滑块A向上滑动到最高点的过程中，滑块A先向上做加速运动后向上做减速运动直到速度为零，对滑块A和弹簧组成的系统，细线的拉力对系统做正功，则系统的机械能一直增大，C正确；滑块A在最低点时加速度大小为，方向沿斜面向上，由运动的对称性可知滑块A在最高点时加速度方向沿斜面向下，大小也为，此时滑块A受到的细线拉力和弹簧弹力的合力为零，故滑块A向上运动过程中，受到的细线拉力和弹簧弹力的合力沿斜面向上，且一直减小，A到最高点时恰好为零，滑块A受到的细线拉力和弹簧弹力的合力一直做正功故滑块A的机械能一直增大，D正确。

12.答案：AD

解析：由题意知，两球组成的系统机械能守恒，故A球增加的机械能等于B球减少的机械能，A正确；A球重力势能增加，B球重力势能减少，故B错误；两球组成的系统机械能守恒，当B球运动到最低点时速度最大，有，解得，故C错误；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，故细杆对A球做的功等于A球动能及重力势能的增加量，有，D正确.

13.答案：AB

解析：由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能，解得物块质量，由重力势能随下滑距离s变化图像可知，重力势能可以表示为，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为，设斜面倾角为θ，则有，由功能关系有，可得，B项正确；由可得，，对比匀变速直线运动公式，可得，即物块下滑时加速度的大小为，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0 m时机械能为，机械能损失了，D项错误。

14.答案：AB

解析：小球运动过程中小球与弹簧组成的系统的重力势能、弹性势能和动能相互转化，但三者之和保持不变.因为弹簧原长为，半长轴的长为，故在A点弹簧处于压缩状态，压缩量等于的长度，即（由椭圆公式知长为）.小球在C点时弹簧长度等于，故伸长量也等于的长度，即，所以在两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，故在高度相同的两点小球的动能相等，小球在C点的速度大小也为，A正确.由几何关系可知，小球在D点时系统的重力势能、弹性势能都最小，所以此时小球动能最大，B正确.在两点时，小球到P点的距离都等于，即等于弹簧原长，弹簧的弹性势能相同（一般视为零），小球的机械能也是相等的，C错误.小球在从A点经过D点到达C点的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械能先变大后变小，D错误.

15.答案：（1）小物块在水平面上向左运动再返回到出发点的过程中，根据能量守恒定律可得

代入数据解得.

（2）小物块运动到将弹簧压缩至最短时，弹簧具有最大的弹性势能，对于小物块从出发到将弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律可得

代入数据解得.

（3）该问题分两种情况讨论：①设物块在圆轨道最低点时速度为，恰好到达圆心右侧等高点时速度为0

根据机械能守恒定律可得，解得

说明物块在传送带上一直做匀加速运动，由动能定理可得，解得，即要使物块不脱离圆轨道，进入轨道时物块速度应为，故

②设物块在圆轨道最低点速度为时，恰好能到达圆轨道最高点，在圆轨道最高点有

物块从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律可得

代入数据解得，说明物块在传送带上一直做匀加速运动

由动能定理可得，解得，即要使物块不脱离圆轨道，进入轨道时物块速度应为，故

综上所述传送带与物块间的动摩擦因数应满足的条件是或.