专题三 机械能守恒定律（培优训练）——2022-2023学年高一物理期末专题复习学案（人教版2019必修第二册）

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期末冲刺三 机械能守恒定律 培优训练
(精选各地最新试题，老师们可根据学情灵活选取)

一、单选题
1．（2023春·江西南昌·高一南昌十中校考阶段练习）一只苹果从楼上某一高度自由下落，苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3。图中直线为苹果在空中的运动轨迹。若不计空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）
    
A．苹果经过第三个窗户所用的时间最长
B．苹果经过第三个窗户重力做的功最多
C．苹果经过第一个窗户重力做功的平均功率最小
D．苹果经过第一个窗户下端时，重力做功的瞬时功率最大
【答案】C
【详解】A．苹果做自由落体运动，速度逐渐增加，越来越快，通过相同距离用时越来越少，故通过第一个窗户用时最长，故A错误；
B．重力的功W=mgL，故苹果通过3个窗户重力做的功一样多，故B错误；
C．功率P=Wt=mgLt，通过第一个窗户用时最长，故通过第1个窗户重力的平均功率最小，故C正确。
D．根据v=gt可知苹果经过第三个窗户下端时，速度最大，根据P=mgv重力做功的瞬时功率最大，故D错误。
故选C。
2．（2023春·辽宁·高一统考期中）如图所示，质量均为m的A、B两小物块用轻质弹簧相连，A放置在光滑水平地面上，一轻绳通过光滑的定滑轮与物块B相连（连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧），弹簧的劲度系数k。现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上，使物块B缓慢向上运动，已知重力加速度为g，当A物块恰好离开地面时，F所做功为（　　）

A．Fmgk B．F2mgk C．m2g2k D．2m2g2k
【答案】D
【详解】开始时弹簧的压缩量
x1=mgk
此时
F1=0
当A物块恰好离开地面时弹簧伸长量为
x2=mgk
此时
F2=2mg
则F做功
W=F1+F22(x1+x2)=2m2g2k
故选D。
3．（2021·全国·高三专题练习）光滑水平面上，小物块在水平力F作用下运动，运动过程中速度v与位置坐标x的关系如图所示，所受空气阻力f与速度v的关系满足f=0.5v，小物块从x=−5m到x=5m的运动过程中（   ）

A．做匀变速直线运动
B．拉力F一直保持不变
C．拉力F做功W=10J
D．阻力的冲量大小I=2.5N⋅s
【答案】C
【详解】A．由图可知，-5m到0过程中小物块做正向减速运动，则加速度为负方向，0到5m过程中小物块做正向加速运动，则加速度为正方向，可知加速度不恒定，故A错误；
B．由图可知，相同的位移内速度变化量相同，在-5m到0过程中由于减速运动则可知相同速度变化量所用时间越来越长，故加速度减小，则拉力越来越小，在0到5m过程中由于加速运动则可知相同速度变化量所用时间越来越短，故加速度增大，则拉力越来越大，故B错误；
C．由图可知，0到5m过程中v=0.8x，则
f=0.5v=0.5×0.8x=0.4x
克服阻力做功为
Wf=0+f2x=0+0.4×52×5J=5J
由对称性可知全程克服阻力做功为2Wf，全程由动能定理可得
W−2Wf=0
联立解得拉力做功为
W=2Wf=10J
故C正确；
D．0到5m，阻力的冲量大小为
If=f⋅t=0.5vt=0.5x=2.5N⋅s
则全程阻力的冲量大小为
I=2If=5N⋅s
故D错误。
故选C。
4．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，AB为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O为圆心，P为圆弧AB的中点，OA水平，OB竖直，轨道半径R=2m，一质量m=4kg的小物块以2m/s速度从A到B做匀速圆周运动，重力加速度g=10m/s2 ，则下列说法不正确的是（　　）
  
A．A到B的过程中合力对小球的冲量为8 N⋅s
B．在P点时，重力的瞬时功率为40W
C．AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功
D．在B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为40N
【答案】D
【详解】A．A到B的过程初状态动量方向竖直向下，末状态动量方向水平向右，大小均为
p1=p2=mv=42kg⋅m/s
该过程小物块的动量改变量大小为
Δp=p22+p12=8kg⋅m/s
根据动量定理，可知
I合=Δp=8N⋅s
即A到B的过程中合力对小球的冲量大小为8N⋅s 。故A正确，与题意不符；
B．依题意，P为圆弧AB的中点，则小物块在P点的速度方向与竖直方向成45°角，根据功率的表达式，有
P=mgvcos45°=40W
故B正确，与题意不符；
C．由几何知识可知
ℎAP=Rcos45°=2m，ℎPB=R−Rcos45°=2−2m
由动能定理，可得
mgℎAP−WAP=0，mgℎPB−WPB=0
联立，解得
WAP=402J=56.6J，WPB=402−2J=23.4J
可知AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功。故C正确，与题意不符；
D．小物块在B点时，由牛顿第二定律可得
FN−mg=mv2R
解得
FN=36J
根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧轨道的压力大小为36J。故D错误，与题意相符。
故选D。
5．（2023春·云南红河·高一校考阶段练习）如图所示，某快递公司使用电动水平传输机输送快件，皮带在电动机的带动下保持大小为v的恒定速度向右运动。现将一质量为m的邮件由静止轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数为μ，邮件过一会儿能保持与传送带相对静止，对于邮件从静止释放到相对静止这一过程，下列说法不正确的是（    ）

A．邮件在传送带上的相对位移大小为v22μg
B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．电动机多做的功为mv2
D．电动机增加的输出功率为12μmgv
【答案】D
【详解】A．邮件达到速度v所需的时间
t=vμg
在这段时间内邮件的位移
x1=v22μg
传送带的位移
x2=vt=v2μg
则邮件相对传送带的位移
x=x2−x1=v22μg
故A正确；
B．传送带克服摩擦力做的功为
Wf=μmgx2=mv2
故B正确；
C．电动机多做的功转化成了邮件的动能和摩擦生热的内能，邮件在这个过程中获得的动能为
ΔEk=12mv2
由于滑动摩擦力做功，相对位移为
x=v22μg
则产生的热量为
Q=μmg×v22μg=12mv2
故电动机多做的功为
ΔW=ΔEk+Q=mv2
故C正确；
D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率
fv=μmgv
故D错误。
本题选错误项，故选D。
6．（2023春·高一课时练习）如图，小物块P置于倾角θ=30°的光滑固定斜面上，轻质定滑轮固定在斜面顶端，Q和P用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连，轻绳恰好和斜面平行。t=0时将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g4。t0时刻轻绳突然断裂，之后P能达到的最高点恰与Q被释放时的位置处于同一高度。取t=0时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E。已知0∼2t0内Q未落地，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．P、Q质量之比为1:2
B．3t02时Q的机械能为E2
C．3t02时P的重力势能为E
D．2t0时P重力的功率为2E3t0
【答案】C
【详解】A．将P由静止释放，此时Q的加速度大小为g4，根据牛顿第二定律可知
mQg−mPgsin30∘=mQ+mPg4
解得
mPmQ=1:1
A错误；
BC．t0时刻P、Q的速度为
v=14gt0
P、Q运动的位移大小为
x1=v2t0=18gt02
绳子断后P沿斜面做减速运动，根据牛顿第二定律可知
mgsinθ=ma1
解得
a1=12g
P还能沿斜面运动的时间为
t1=va1=12t0
P在t1时间内运动的位移为
x2=v2⋅t02=116gt02
即在时间为3t02时P运动到最高点，设P、Q质量为m，根据题意取t=0时P所在水平面为零势能面，此时Q的机械能为E可知
E=mgx1+x2sinθ
解得
m=32E3g2t02
在3t02时P运动到与Q被释放时的位置处于同一高度，所以此时P的机械能为E，即重力势能为E，由于P，Q组成的系统机械能守恒，即此时Q的机械能等于零，B错误，C正确；
D．在3t02时P上升到最高点，此后P以12g的加速度向下做初速度为零的匀加速运动，在2t0时P的速度为
v′=12g⋅12t0=14gt0
所以重力的功率
P=mgv′sinθ=4E3t0
D错误。
故选C。
7．（2023春·浙江宁波·高一宁波市北仑中学校考期中）我国成功研制全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a-t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）

A．物体匀加速阶段的位移为a0t12
B．该起重机的额定功率为（mg＋ma0）a0t1
C．t2时刻物体的瞬时速度为1+a0g⋅a0t1
D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2t2
【答案】B
【详解】A．由图像可知0～t1内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的位移
x1=12a0t12
A错误；
B．当t＝t1时，根据
F−mg=ma0，P额=Fv1=Fa0t1
联立解得起重机的额定功率为
P额=(mg+ma0)a0t1
B正确；
C．因为
(1+a0g)a0t1=(mg+ma0mg)a0t1=P额mg
即该速度为物体的最大速度，从图像中可以看出t2时刻物体的速度还没有达到最大，C错误；
D．0～t1内牵引力做的功
W1=Fx1=P额2t1
t1～t2内牵引力做的功
W2=P额(t2－t1)
故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2(t2－t1)，D错误；
故选B。
8．（2023春·江苏苏州·高一统考期中）如图所示，质量为2m的金属环A和质量为m的物块B通过光滑铰链用长为2L的轻质细杆连接，金属环A套在固定于水平地面上的竖直杆上，物块B放在水平地面上，原长为L的轻弹簧水平放置，右端与物块B相连，左端固定在竖直杆上O点，此时轻质细杆与竖直方向夹角θ=30∘。现将金属环A由静止释放，A下降到最低点时θ变为60°。不计一切阻力，重力加速度为g，则在金属环A下降的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．金属环A和物块B组成的系统机械能守恒
B．金属环A的机械能先增大后减小
C．A达到最大动能时，B对地面的压力大小为2mg
D．弹簧弹性势能最大值为23−1mgL
【答案】D
【详解】A．在金属环A下滑的过程中，弹簧逐渐伸长，对金属环A和物块B组成的系统，弹簧弹力做负功，系统机械能减小，A错误；
B．对金属环A和物块B及弹簧组成的系统，机械能守恒。在金属环A下滑的过程中，物块B的动能先增大，说明A受到杆的力方向斜上方，杆的力做负功，机械能减小，A的动能先增大后减小，说明后来杆对A在竖直方向上的分力大于A的重力且做减速，所以杆给的力还是斜上方，即杆的力还是做负功，所以金属环A的机械能一直减小，B错误；
C．A达到最大动能时，A的加速度为零，则金属环A和物块B组成的系统在竖直方向加速度为零，对系统受力分析可得，此时物块B受到的地面支持力大小等于金属环A和物块B的总重力，即
N=2mg+mg=3mg
C错误；
D．当金属环A下滑到最低点时，弹簧的弹性势能最大，对金属环A和物块B及弹簧组成的系统，根据机械能守恒
Epmax=2mg2Lcos30∘−2Lcos60∘=4Lmg32−12=23−1mgL
D正确。
故选D。

二、多选题
9．（2023·河南·校联考模拟预测）如图所示，黑板擦在手施加的恒力F作用下以速度大小v匀速向上擦拭黑板，已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦的重力，下列说法正确的是（　　）
  
A．黑板对黑板擦的弹力大小为μF1+μ2 B．黑板对黑板擦的弹力大小为F1+μ2
C．恒力F的功率大小为Fv D．恒力F的功率大小为μFv1+μ2
【答案】BD
【详解】AB．设F与竖直方向的夹角为θ，由受力平衡可得
Fcosθ=f
Fsinθ=N
f=μN
解得
N=F1+μ2
故A错误，B正确；
CD．恒力F的功率大小为
P=Fvcosθ=μFv1+μ2
故C错误，D正确。
故选BD。
10．（2023·湖北·模拟预测）有一种被称为“魔力陀螺”的玩具如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v=gR通过A点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则（）
  
A．强磁性引力的大小F=7mg
B．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为6mg
D．若强磁性引力大小为F,为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为6gR
【答案】ACD
【详解】A．在A点，对质点，由牛顿第二定律有
F+mg−FA=mv2R
根据牛顿第三定律有
FA=FA'=7mg
解得
F=7mg
故A正确；
BCD．质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有
F+mg−NA=mvA2R
根据牛顿第三定律有
NA=NA'
在B点，根据牛顿第二定律有
F−mg−NB=mvB2R
根据牛顿第三定律有
NB=NB'
从A点到B点过程，根据动能定理
mg×2R=12mvB2−12mvA2
解得
NA′−NB′=6mg
若磁性引力大小恒为F，在B点，根据牛顿第二定律
F−mg−FB=mvB2R
当FB=0，质点速度最大
vB=vBm
F−mg=mvBm2R
解得
vBm=6gR
选项B错误，CD正确。
故选ACD。
11．（2023·河南·校联考模拟预测）在建筑工地上，建筑工人用如图所示装置将重力为G的建筑材料提升到高处，当工人在高处平台上以大小为v的速度向右做匀速直线运动时（运动过程中手握绳的高度不变），不计绳与滑轮的摩擦及动滑轮的重力，下列说法正确的是（　　）
  
A．重物以小于12v的速度匀速上升
B．手对绳的拉力大小大于12G
C．重物机械能的增量等于地面静摩擦力对人做的功
D．当绳与水平方向夹角为θ=37°时（cos37°=0.8），重物克服重力做功的功率为0.4Gv
【答案】BD
【详解】A．重物上升的速度
v′=12vcosθ
由此可知，工人向右做匀速直线运动时θ角逐渐减小，则有重物以小于12v的速度加速上升，A错误；
B．由于重物加速上升，因此手对绳的拉力大于12G，B正确；
C．静摩擦力对人不做功，C错误；
D．当手牵引的绳与水平方向夹角为θ=37∘时，重物上升的速度大小为
v′=0.4v
此时重物克服重力做功的瞬时功率
P=Gv′=0.4Gv
D正确。
故选BD。
12．（2023·山东·模拟预测）风洞可以产生强力的气流，用来模拟飞行器高速运行时气流的作用效果。矩形风洞原理图中存在大小恒定的水平风力，现有一质量为2kg的小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图中实线所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点速度大小为3m/s，在O点速度大小为4m/s，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
  
A．小球的重力和受到的风力大小之比为3:4
B．小球落到N点时的动能为73J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1:3
D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为9J
【答案】ABC
【详解】A．设风力大小为F，小球质量为m,O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有
ℎ=vM22g
小球从M运动到O的过程，根据动能定理有
Fx1−mgℎ=12mv02−12mvM2
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为
a=Fm
小球从M运动到O所用时间为
t=vMg
根据运动学公式有
x1=12at2
解得
mgF=34
A正确；
B．M、N两点间的水平距离为
x=12a(2t)2
设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有
Ek1−12mvM2=Fx
联立解得
Ek1=73 J
B正确；
C．设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知
x1x2=13
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
ΔE1ΔE2=Fx1Fx2=13
C正确；
D．小球在重力和风力的合力作用下做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据以上分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为
tanθ=43
根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为
vmin=v0sinθ=45v0
解得最小动能为
Ekmin=1625Ek0=5.76 J
D错误。
故选ABC。
13．（2023春·山东淄博·高一校联考期中）如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d紧挨着放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点）以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为μ，滑块质量为M=2m，滑块与木板a、b、c、d上表面间的动摩擦因数分别为μ、2μ、2μ、4μ，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，下列说法正确的是（　　）

A．若木板全部固定于地面，要想获奖，滑块初速度v0≤32μgL
B．若木板不固定，顾客获四等奖，滑块初速度的最大值v0=μgL
C．若木板不固定，滑块初速度为v1=3μgL，顾客获三等奖
D．若木板不固定，顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量10μmgL≤Q≤28μmgL
【答案】AD
【详解】A．若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至d的右端时v0具有最大值，根据动能定理有
0−12Mv0max2=−μMgL−2μMgL−2μMgL−4μMgL
解得
v0max=32μgL
故A正确；
B．若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为v0，滑块与木板之间的摩擦力为
f1=μ⋅2mg=2μmg
地面对abcd木板的摩擦力为
f2=6μmg
由于f1v0
可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力为
f4=5μmg
滑块与木板之间的摩擦力为
f3=2μ⋅2mg=4μmg
由于f3