期末沖刺三 機(jī)械能守恒定律 （培優(yōu)訓(xùn)練）-2022-2023學(xué)年高一物理期末沖刺必刷訓(xùn)練（人教版2019必修第二冊）(解析版)

期末沖刺三機(jī)械能守恒定律培優(yōu)訓(xùn)練

（精選各地最新試題，老師們可根據(jù)學(xué)情靈活選?。?/p>

一、單選題

1.（2023春?江西南昌?高一南昌十中校考階段練習(xí)）一只蘋果從樓上某一高度自由下落，蘋果在空中依次經(jīng)

過三個完全相同的窗戶1、2、3。圖中直線為蘋果在空中的運(yùn)動軌跡。若不計空氣阻力的影響，下列說法正

確的是（）

A.蘋果經(jīng)過第三個窗戶所用的時間最長

B.蘋果經(jīng)過第三個窗戶重力做的功最多

C.蘋果經(jīng)過第一個窗戶重力做功的平均功率最小

D.蘋果經(jīng)過第一個窗戶下端時，重力做功的瞬時功率最大

【答案】C

【詳解】A.蘋果做自由落體運(yùn)動，速度逐漸增加，越來越快，通過相同距離用時越來越少，故通過第一個

窗戶用時最長，故A錯誤；

B.重力的功W=故蘋果通過3個窗戶重力做的功一樣多，故B錯誤；

C.功率「=?=—，通過第一個窗戶用時最長，故通過第1個窗戶重力的平均功率最小，故C正確。

D.根據(jù)v=gt可知蘋果經(jīng)過第三個窗戶下端時，速度最大，根據(jù)P=mgv重力做功的瞬時功率最大，故D

錯誤。

故選C。

2.（2023春?遼寧?高一統(tǒng)考期中）如圖所示，質(zhì)量均為機(jī)的A、B兩小物塊用輕質(zhì)彈簧相連，A放置在光滑

水平地面上，一輕繩通過光滑的定滑輪與物塊B相連（連接物塊B的繩子恰好伸直但不繃緊），彈簧的勁度

系數(shù)鼠現(xiàn)用一水平向右的拉力廠作用在輕繩上，使物塊B緩慢向上運(yùn)動，已知重力加速度為g,當(dāng)A物塊

恰好離開地面時，尸所做功為（）

【詳解】開始時彈簧的壓縮量

mg

”】=下

此時

&=0

當(dāng)A物塊恰好離開地面時彈簧伸長量為

mg

冷=丁

此時

F2=2mg

則F做功

故選D。

3.（2021.全國?高三專題練習(xí)）光滑水平面上，小物塊在水平力廠作用下運(yùn)動，運(yùn)動過程中速度v與位置坐

標(biāo)x的關(guān)系如圖所示，所受空氣阻力/與速度v的關(guān)系滿足/=0.5",小物塊從x=-5m到％=5m的運(yùn)動過

程中（）

A.做勻變速直線運(yùn)動

B.拉力P一直保持不變

C.拉力/做功W=10J

D.阻力的沖量大小/=2.5N-s

【答案】c

【詳解】A.由圖可知，-5m到0過程中小物塊做正向減速運(yùn)動，則加速度為負(fù)方向，0到5m過程中小物

塊做正向加速運(yùn)動，則加速度為正方向，可知加速度不恒定，故A錯誤；

B.由圖可知，相同的位移內(nèi)速度變化量相同，在-5m到0過程中由于減速運(yùn)動則可知相同速度變化量所用

時間越來越長，故加速度減小，則拉力越來越小，在。至115m過程中由于加速運(yùn)動則可知相同速度變化量所

用時間越來越短，故加速度增大，則拉力越來越大，故B錯誤；

C.由圖可知，。到5m過程中v=0.8x,則

f=0.5v=0.5x0.8%=0.4x

克服阻力做功為

由對稱性可知全程克服阻力做功為2陟全程由動能定理可得

W-2Wf=0

聯(lián)立解得拉力做功為

w=2%=10J

故C正確；

D.。到5m,阻力的沖量大小為

If=f-t=0.5vt=0.5%=2.5N?s

則全程阻力的沖量大小為

/=2匕=5N?s

故D錯誤。

故選C。

4.（2023?湖北?模擬預(yù)測）如圖所示，AB為豎直固定的四分之一粗糙圓弧軌道，。為圓心，尸為圓弧A2的

中點，水平，08豎直，軌道半徑R=2m,一質(zhì)量根=4kg的小物塊以&m/s速度從A到B做勻速圓周運(yùn)

動,重力加速度g=10m/s2,則下列說法不正確的是（）

A.A到B的過程中合力對小球的沖量為8N-s

B.在P點時，重力的瞬時功率為40W

C.AP段克服摩擦力做的功大于尸2段克服摩擦力做的功

D.在8點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為40N

【答案】D

【詳解】A.A到8的過程初狀態(tài)動量方向豎直向下，末狀態(tài)動量方向水平向右，大小均為

Pi=P2=niv=4V2kg-m/s

該過程小物塊的動量改變量大小為

△p=Jp1+p,=8kg-m/s

根據(jù)動量定理，可知

/合=Ap=8N,s

即A到8的過程中合力對小球的沖量大小為8N-s。故A正確，與題意不符；

B.依題意，P為圓弧的中點，則小物塊在尸點的速度方向與豎直方向成45。角，根據(jù)功率的表達(dá)式，有

P=mgvcos45°=40W

故B正確，與題意不符；

C.由幾何知識可知

hAP=7?cos45°=V2m,hPB=R—/?cos45°=（2—V2）m

由動能定理，可得

mghAP—WAP—0,mghPB—WPB—0

聯(lián)立，解得

WAP=40V2J=56.6J,WPB=40（2-V2）J=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正確，與題意不符；

D.小物塊在2點時，由牛頓第二定律可得

V2

FN-mgm—

解得

FN=36J

根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊對圓弧軌道的壓力大小為36J。故D錯誤，與題意相符。

故選D。

5.（2023春?云南紅河?高一?？茧A段練習(xí)）如圖所示，某快遞公司使用電動水平傳輸機(jī)輸送快件，皮帶在電

動機(jī)的帶動下保持大小為v的恒定速度向右運(yùn)動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為機(jī)的郵件由靜止輕放在皮帶上，郵件和皮

帶間的動摩擦因數(shù)為〃，郵件過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于郵件從靜止釋放到相對靜止這一過程,

下列說法不正確的是（）

A.郵件在傳送帶上的相對位移大小為E

B.傳送帶克服摩擦力做的功為血廿

C.電動機(jī)多做的功為稅后

D.電動機(jī)增加的輸出功率為

【答案】D

【詳解】A.郵件達(dá)到速度v所需的時間

V

t=—

4g

在這段時間內(nèi)郵件的位移

V2

O—

傳送帶的位移

則郵件相對傳送帶的位移

V2

X=x27—1=-2〃-g

故A正確；

B.傳送帶克服摩擦力做的功為

2

Wf=ixmgx2=mv

故B正確；

C.電動機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了郵件的動能和摩擦生熱的內(nèi)能，郵件在這個過程中獲得的動能為

17

△Ek=-mv

由于滑動摩擦力做功，相對位移為

V2

X=--

2〃g

則產(chǎn)生的熱量為

v21,

Q=，mgx--=-mv

2〃g2

故電動機(jī)多做的功為

A14Z=AEk+Q=mv2

故C正確；

D.電動機(jī)增加的功率即為克服摩擦力做功的功率

fv=nmgv

故D錯誤。

本題選錯誤項，故選D。

6.（2023春?高一課時練習(xí)）如圖，小物塊P置于傾角8=30。的光滑固定斜面上，輕質(zhì)定滑輪固定在斜面

頂端，Q和P用跨過定滑輪的不可伸長的輕繩相連，輕繩恰好和斜面平行。t=0時將P由靜止釋放，此時

Q的加速度大小為尖片時刻輕繩突然斷裂，之后P能達(dá)到的最高點恰與Q被釋放時的位置處于同一高度。

取t=0時P所在水平面為零勢能面，此時Q的機(jī)械能為瓦已知0?2%內(nèi)Q未落地，不考慮空氣阻力，下

列說法正確的是（）

A.P、Q質(zhì)量之比為1:2

B.學(xué)時Q的機(jī)械能為T

C.手時P的重力勢能為E

D.2to時P重力的功率為籌

【答案】c

【詳解】A.將P由靜止釋放，此時Q的加速度大小為々根據(jù)牛頓第二定律可知

4

m^g—mgsin30°=(mn+m)y

P<P4

解得

m

—P=1:1

THQ

A錯誤;

BC.片時刻P、Q的速度為

1

4,

P、Q運(yùn)動的位移大小為

V12

x^=2to=8gto

繩子斷后P沿斜面做減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知

7ngsin。=

解得

1

ai=23

P還能沿斜面運(yùn)動的時間為

V1

G=丁a1=52%

P在L時間內(nèi)運(yùn)動的位移為

Vto1+2

X2=2-2=165to

即在時間為爭時P運(yùn)動到最高點，設(shè)P、Q質(zhì)量為小，根據(jù)題意取t=0時P所在水平面為零勢能面，此時

Q的機(jī)械能為￡可知

E=+%2)sinJ

解得

32E

m=--

3好詔

在當(dāng)時P運(yùn)動到與Q被釋放時的位置處于同一高度，所以此時P的機(jī)械能為￡,即重力勢能為￡,由于P,

Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即此時Q的機(jī)械能等于零，B錯誤，C正確;

D.在學(xué)時P上升到最高點，此后P以1g的加速度向下做初速度為零的勻加速運(yùn)動，在2to時P的速度為

,111

u=/2to=陋環(huán)

所以重力的功率

,4E

P=mgvsin。=--

3to

D錯誤。

故選c。

7.（2023春?浙江寧波?高一寧波市北侖中學(xué)?？计谥校┪覈晒ρ兄迫蜃畲笏奖凵匣剞D(zhuǎn)自升塔式起重機(jī),

標(biāo)志著我國橋梁及鐵路施工裝備進(jìn)一步邁向世界前列。該起重機(jī)某次從t=0時刻由靜止開始提升質(zhì)量為m

的物體，其a-r圖像如圖乙所示，。?會時間內(nèi)起重機(jī)的功率為額定功率，不計其他阻力，重力加速度為g,

則以下說法正確的是（）

A.物體勻加速階段的位移為aot!2

B.該起重機(jī)的額定功率為（wjg+相的）aoti

C.時刻物體的瞬時速度為（1+多）Sti

D.0?力和力?/2時間內(nèi)牽引力做的功之比為力：2t2

【答案】B

【詳解】A.由圖像可知0?力內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動，勻加速階段的位移

12

Xi=-aoti

A錯誤；

B.當(dāng)時，根據(jù)

F-mg=ma0,P額=Fv1=Fa^

聯(lián)立解得起重機(jī)的額定功率為

P額=(mg+ma^aotr

B正確;

C.因為

”，a。、mg+ma0_/額

=)劭。=---

(Id---g--)?0^1(-----m---g------mg

即該速度為物體的最大速度，從圖像中可以看出f2時刻物體的速度還沒有達(dá)到最大，C錯誤;

D.。?〃內(nèi)牽引力做的功

「額.

wr=Fxr=—tr

〃?/2內(nèi)牽引力做的功

%=P額9一。）

故在0?力和〃?打時間內(nèi)牽引力做的功之比為力：2仍一力），D錯誤；

故選B。

8.（2023春?江蘇蘇州?高一統(tǒng)考期中）如圖所示，質(zhì)量為2機(jī)的金屬環(huán)4和質(zhì)量為機(jī)的物塊B通過光滑錢鏈用

長為2L的輕質(zhì)細(xì)桿連接，金屬環(huán)4套在固定于水平地面上的豎直桿上，物塊B放在水平地面上，原長為L的輕

彈簧水平放置，右端與物塊B相連，左端固定在豎直桿上。點，此時輕質(zhì)細(xì)桿與豎直方向夾角8=30。?，F(xiàn)將

金屬環(huán)4由靜止釋放，4下降到最低點時。變?yōu)?0。。不計一切阻力，重力加速度為g,則在金屬環(huán)力下降的過

程中，下列說法中正確的是（）

A.金屬環(huán)a和物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B.金屬環(huán)4的機(jī)械能先增大后減小

C.4達(dá)到最大動能時，B對地面的壓力大小為2mg

D.彈簧彈性勢能最大值為2（百-l）mgL

【答案】D

【詳解】A.在金屬環(huán)A下滑的過程中，彈簧逐漸伸長，對金屬環(huán)A和物塊B組成的系統(tǒng)，彈簧彈力做負(fù)功，

系統(tǒng)機(jī)械能減小，A錯誤；

B.對金屬環(huán)A和物塊B及彈簧組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒。在金屬環(huán)A下滑的過程中，物塊B的動能先增大，

說明A受到桿的力方向斜上方，桿的力做負(fù)功，機(jī)械能減小，A的動能先增大后減小，說明后來桿對A在

豎直方向上的分力大于A的重力且做減速，所以桿給的力還是斜上方，即桿的力還是做負(fù)功，所以金屬環(huán)A

的機(jī)械能一直減小，B錯誤；

C.A達(dá)到最大動能時，A的加速度為零，則金屬環(huán)A和物塊B組成的系統(tǒng)在豎直方向加速度為零，對系統(tǒng)受

力分析可得，此時物塊B受到的地面支持力大小等于金屬環(huán)A和物塊B的總重力，即

N=2mg+mg=3mg

c錯誤；

D.當(dāng)金屬環(huán)A下滑到最低點時，彈簧的彈性勢能最大，對金屬環(huán)A和物塊B及彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能

守恒

Epmax=2mg(2Lcos30°—2Lcos60°)=4Lmg=2(A/3—i)mgL

D正確。

故選D。

二、多選題

9.（2023?河南?校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，黑板擦在手施加的恒力/作用下以速度大小v勻速向上擦拭黑

板，已知黑板擦與豎直黑板間的動摩擦因數(shù)為〃，不計黑板擦的重力，下列說法正確的是（）

A.黑板對黑板擦的彈力大小為1B.黑板對黑板擦的彈力大小為鼻

C.恒力尸的功率大小為FuD.恒力廠的功率大小為要與

【答案】BD

【詳解】AB.設(shè)廠與豎直方向的夾角為仇由受力平衡可得

Fcosd=f

FsinO=N

f=眈

解得

F

N二,

Jl+/

故A錯誤，B正確；

CD.恒力/的功率大小為

[iFv

P=Fvcosd=,

A/T+M1

故C錯誤，D正確。

故選BD?

10.（2023?湖北?模擬預(yù)測）有一種被稱為“魔力陀螺”的玩具如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落,

好像軌道對它施加了魔法一樣，它可等效為一質(zhì)點在圓軌道外側(cè)運(yùn)動模型，如圖乙所示。在豎直平面內(nèi)固

定的強(qiáng)磁性圓軌道半徑為R,A、B兩點分別為軌道的最高點與最低點。質(zhì)點沿軌道外側(cè)做完整的圓周運(yùn)動，

受圓軌道的強(qiáng)磁性引力始終指向圓心。且大小恒為F,當(dāng)質(zhì)點以速率v=師通過A點時，對軌道的壓力為

其重力的7倍，不計摩擦和空氣阻力，質(zhì)點質(zhì)量為小，重力加速度為g,則（）

A.強(qiáng)磁性引力的大小F=

B.質(zhì)點在4點對軌道的壓力小于在B點對軌道的壓力

C.只要質(zhì)點能做完整的圓周運(yùn)動，則質(zhì)點對A、8兩點的壓力差恒為6zng

D.若強(qiáng)磁性引力大小為尸，為確保質(zhì)點做完整的圓周運(yùn)動，則質(zhì)點通過B點的最大速率為/頻

【答案】ACD

【詳解】A.在4點，對質(zhì)點，由牛頓第二定律有

V2

F+mg—FA=

根據(jù)牛頓第三定律有

FA=FA=7mg

解得

F=7mg

故A正確；

BCD.質(zhì)點能完成圓周運(yùn)動，在A點根據(jù)牛頓第二定律有

2

VA

F+mg—NA=

根據(jù)牛頓第三定律有

NA=%'

在8點，根據(jù)牛頓第二定律有

2

vB

F-mg—NB=m――

根據(jù)牛頓第三定律有

NB—NB'

從A點到3點過程，根據(jù)動能定理

1A91A9

mg義2R=-mvB--mvA

解得

N/-￡=6mg

若磁性引力大小恒為R在3點，根據(jù)牛頓第二定律

vl

F—mg-FB=m不

當(dāng)FB=O,質(zhì)點速度最大

VB=VBm

F—mg=m—

解得

〃Bm=j6gR

選項B錯誤，CD正確。

故選ACDo

11.（2023?河南?校聯(lián)考模擬預(yù)測）在建筑工地上，建筑工人用如圖所示裝置將重力為G的建筑材料提升到

高處，當(dāng)工人在高處平臺上以大小為v的速度向右做勻速直線運(yùn)動時（運(yùn)動過程中手握繩的高度不變），不

計繩與滑輪的摩擦及動滑輪的重力，下列說法正確的是（）

A.重物以小于217的速度勻速上升

B.手對繩的拉力大小大于

C.重物機(jī)械能的增量等于地面靜摩擦力對人做的功

D.當(dāng)繩與水平方向夾角為0=37。時（cos37°=0.8）,重物克服重力做功的功率為0.4Gv

【答案】BD

【詳解】A.重物上升的速度

1

v=-vcosd

2

由此可知，工人向右做勻速直線運(yùn)動時6角逐漸減小，則有重物以小于|u的速度加速上升，A錯誤；

B.由于重物加速上升，因此手對繩的拉力大于（G,B正確；

C.靜摩擦力對人不做功，C錯誤；

D.當(dāng)手牽引的繩與水平方向夾角為9=37。時，重物上升的速度大小為

v'=0.4v

此時重物克服重力做功的瞬時功率

P=Gv'=0.4Gv

D正確。

故選BD。

12.（2023?山東?模擬預(yù)測）風(fēng)洞可以產(chǎn)生強(qiáng)力的氣流，用來模擬飛行器高速運(yùn)行時氣流的作用效果。矩形

風(fēng)洞原理圖中存在大小恒定的水平風(fēng)力，現(xiàn)有一質(zhì)量為2kg的小球從加點豎直向上拋出，其運(yùn)動軌跡大致

如圖中實線所示，其中N兩點在同一水平線上，。點為軌跡的最高點，小球在M點速度大小為3m/s,

在。點速度大小為4m/s,不計空氣阻力，重力加速度g=lOm/s?。下列說法正確的是（）

A.小球的重力和受到的風(fēng)力大小之比為3:4

B.小球落到N點時的動能為73J

C.小球在上升和下降過程中機(jī)械能變化量之比為1:3

D.小球從/點運(yùn)動到N點過程中的最小動能為9J

【答案】ABC

【詳解】A.設(shè)風(fēng)力大小為R小球質(zhì)量為犯0、M兩點間的水平距離為疑,豎直距離為心根據(jù)豎直上拋

運(yùn)動規(guī)律有

小球從M運(yùn)動到O的過程，根據(jù)動能定理有

11

F/-mgh=-mvo-

根據(jù)牛頓第二定律可得小球在水平方向的加速度大小為

F

CL=—

m

小球從M運(yùn)動到。所用時間為

t=——

9

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有

12

=-at1

解得

mg3

-F=4

A正確；

B.M、N兩點間的水平距離為

1,

x=-a(2t)

設(shè)小球落到N點時的動能為Eg,根據(jù)動能定理有

1_

Eki-=Fx

聯(lián)立解得

%=73J

B正確；

C.設(shè)0、N兩點間的水平距離為%2,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的推論可知

1

根據(jù)功能關(guān)系可知，小球運(yùn)動過程中，風(fēng)力對小球做的功等于其機(jī)械能的變化量，則小球在上升和下降過

程中機(jī)械能變化量之比為

FX23

C正確；

D.小球在重力和風(fēng)力的合力作用下做類斜拋運(yùn)動，當(dāng)小球速度方向與合力方向垂直時動能最小，根據(jù)以上

分析可知合力與豎直方向的夾角。的正切值為

4

tan。=—

3

根據(jù)速度的合成與分解可得小球從M點運(yùn)動到N點過程中的最小速度為

4

"min=%sin8=-v0

解得最小動能為

16

Ekmin=云％=5.76J

D錯誤。

故選ABCo

13.（2023春?山東淄博?高一校聯(lián)考期中）如圖為某商家為吸引顧客設(shè)計的趣味游戲。4塊相同木板0、b、c、

d緊挨著放在水平地面上。某顧客使小滑塊（可視為質(zhì)點）以某一水平初速度從a的左端滑上木板，若滑塊

分別停在a、6、c、［上，則分別獲得四、三、二、一等獎，若滑離木板則不得獎。已知每塊木板的長度為L、

質(zhì)量為m,木板下表面與地面間的動摩擦因數(shù)均為白，滑塊質(zhì)量為M=2根，滑塊與木板a、b、c、1上表面

間的動摩擦因數(shù)分別為4、24、2〃、4〃，重力加速度大小為g,最大靜摩擦力與滑動摩擦力視為相等，下列

說法正確的是（）

%.

-1....

aIbIc|dT

A.若木板全部固定于地面，要想獲獎，滑塊初速度%<3回證

B.若木板不固定，顧客獲四等獎，滑塊初速度的最大值為=小碗

C.若木板不固定，滑塊初速度為%=3/證，顧客獲三等獎

D.若木板不固定，顧客獲得一等獎，因摩擦產(chǎn)生的總熱量<Q<281imgL

【答案】AD

【詳解】A.若木板全部固定，當(dāng)滑塊恰好能夠滑動至d的右端時丫。具有最大值，根據(jù)動能定理有

1,

0——Mvpmax=-（iMgL-2,/iMgL—2〃MgL—4flMgL

解得

u°max=3d2林gL

故A正確；

B.若顧客獲四等獎，剛好到〃木板右側(cè)時，滑塊初速度最大為四,滑塊與木板之間的摩擦力為

fi=?2mg=2/j.mg

地面對"cd木板的摩擦力為

f2=6〃7ng

由于力則木板靜止不動，對滑塊

1

一〃?2mgL=0--x2mvo7

解得

Vo=1211gL

故B錯誤；

C.由于

Vi=>v0

可知滑塊可以滑上6木板，當(dāng)滑塊到6木板上時，地面對bed木板的摩擦力為

。=5〃mg

滑塊與木板之間的摩擦力為

%=2〃?2mg=4/j.mg

由于力與，則木板靜止不動，當(dāng)滑塊滑到。木板的右側(cè)時，設(shè)速度為吸，對滑塊

11

—2iimgL—4/imgL=-x27ng7--x2mv^7

解得

V2=

可知滑塊會滑上c木板，地面對cd木板的摩擦力為

也

fs=4ng=f3

可知cd木板恰好不動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式

0—諺=-2X2林gx

解得

3L

x=—-<L

4

可知滑塊停止在c木塊上，顧客獲二等獎，故C錯誤；

D.若滑塊恰好到d木塊時，因摩擦產(chǎn)生的總熱量最少為

Qmin=<21=M'2mg-L+2/z?2mg-L+2/z-2mg-L=10p.mgL

當(dāng)滑塊到d木板上時，木板d受到地面的摩擦力為

ft,=3Mmg

滑塊與木板之間的摩擦力為

方=4〃?2mg=Qfimg

由于玲勺>，則木板d會發(fā)生滑動，木板的加速度為

_/7-76_,

—m—

滑塊在木板上的加速度

%=白=4〃g

當(dāng)木塊剛好到d木板右側(cè)時滑塊、木板共速，摩擦力產(chǎn)生的熱量最多，設(shè)這種情況下，滑塊滑上d木板時的

速度為內(nèi)，根據(jù)速度關(guān)系

v=v3—art=a2t

可得

5V3

V^~9~

根據(jù)位移關(guān)系可得

V2—VoV2

--------n---=L

—2al2a2

解得

%=811gL

滑塊和木板到達(dá)共同速度后，一起做勻減速運(yùn)動，直至靜止，根據(jù)能量守恒定律可得產(chǎn)生的熱量為

1,

Qmax=Qi+]x2mv^=28iimgL

所以顧客獲得一等獎，因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q的取值范圍為

lOfimgL<Q<28林mgL

故D正確。

故選AD?

14.（2023?河北?校聯(lián)考三模）如圖所示，豎直輕彈簧下端固定在水平地面上，將質(zhì)量m=1kg的小球從輕彈

簧正上方由靜止釋放，小球下落過程中受到恒定的空氣阻力作用。以小球開始下落的位置為原點，豎直向

下為y軸正方向，取地面處為重力勢能零點，在小球下落到最低點的過程中，彈簧的彈性勢能41、小球的

重力勢能Ep2隨y變化的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙所示，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取重力加速度g=10m/s2,

己知彈簧的彈性勢能=3^2（左為彈簧的勁度系數(shù)，》為彈簧的形變量），下列說法正確的是（）

A.圖乙中a=4

B.小球剛接觸彈簧時速度大小為2夜m/s

C.小球剛接觸彈簧時速度大小為VTUm/s

D.當(dāng)彈簧的壓縮量為*m時，小球有最大速度

【答案】ABD

【詳解】A.由甲圖可知，小球到最低點時，高度下降0.6m,則重力勢能減少

AEp2=mghmax=6J

由乙圖可知

6=10—a

解得

a=4

故A正確；

BC.重力勢能轉(zhuǎn)化為摩擦熱和彈簧的彈性勢能，根據(jù)

Q=f%ax=AEp2-AEpi

解得

/=2N

結(jié)合圖像，可知小球高度下降0.5m內(nèi)，重力和阻力做功，根據(jù)

1,

mgh—fh=-mv^—0

解得小球剛接觸彈簧時速度大小為

%=2V2m/s

故B正確；C錯誤；

D.當(dāng)小球高度下降0.6m時，彈簧的壓縮量為％=0.1m,此時

1

Epi==4.8J

解得

k=960N/m

當(dāng)小球速度最大時，小球加速度為零，根據(jù)平衡條件

F彈+/=mg

又

產(chǎn)彈=8N=fcAy

解得

1

△

Jy=120

即當(dāng)彈簧的壓縮量為高m時，小球有最大速度。故D正確。

故選ABD?

15.(2023春?重慶?高一校聯(lián)考期中)如圖所示，在距水平地面高為0.4m處，水平固定一根長直光滑桿，在

桿上尸點固定一輕小定滑輪，滑輪可繞水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動，在尸點的右側(cè)，桿上套有一質(zhì)量%=2kg的小球

Ao半徑R=0.3m的光滑半圓形細(xì)軌道豎直的固定在地面上，其圓心。在尸點的正下方，在軌道上套有一質(zhì)

量也為機(jī)=2kg的小球B。用一條不可伸長的柔軟輕繩，通過定滑輪將兩個小球連接起來，桿和半圓形軌道

在同一豎直面內(nèi)，兩小球均可看作質(zhì)點?，F(xiàn)給小球A一個水平向右的恒力F=60N,(取重力加速度大小

g=10m/s2),貝U()

A.小球B運(yùn)動到C處時小球A的動能為0

B.小球B運(yùn)動到C處時的速度大小為VHm/s

C.小球B被拉到與小球A速度大小相等時，離地面高度為0.225m

D.小球B從地面拉到P的正下方C時，小球B的機(jī)械能增加了20J

【答案】AC

【詳解】A.小球B運(yùn)動到C處時，已無沿繩的分速度，所以此時小球A的速度為0,動能為0。故A正

確；

BD.小球B從地面拉到P的正下方C時，小球A的速度為0,根據(jù)功能關(guān)系可知，拉力尸做的功等于B

球機(jī)械能的增量，即

1,

Fx=AE=mgR+

由幾何關(guān)系可知

X=PB-PC=7O.42+0.32m-(0.4-0.3)m=0.4m

聯(lián)立，解得

AE=24J,vc=3A/2m/s

故BD錯誤；

C.當(dāng)繩與軌道相切時兩球速度相同，如圖

R3

sinZ-OPB=——=-

OP4

所以

h_3

R~4

解得

h=0.225m

故C正確;

故選AC。

16.（2022秋.黑龍江牡丹江.高三牡丹江一中?？计谥校┤鐖D所示，足夠大的光滑絕緣水平地面上有一足夠

長的帶正電平板，平板的右端與絕緣墻壁的距離為L；在平板的上面有一帶正電的絕緣物塊，平板和物塊的

質(zhì)量均為加、帶電荷量均為外物塊與平板間有一種特殊物質(zhì)（質(zhì)量不計），可使得它們之間的滑動摩擦力

大小為kmg（fc>1,g為重力加速度大?。?。自場時刻開始，加一水平向右、電場強(qiáng)度大小E=詈的勻強(qiáng)電

場，使平板和物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動，直至平板碰到墻壁。假設(shè)平板與墻壁碰撞的時間極短且以

碰前速率返回，不計空氣阻力，運(yùn)動過程中平板和物塊上所帶的電荷量都不發(fā)生變化。下列說法正確的是

A.平板第一次與墻壁碰撞時的速度%=/荻

B.平板第二次與墻壁碰撞時的速度畛=窄

C.從開始到平板和物塊都靜止的過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量。=臀

D.從開始到平板和物塊都靜止的過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q=智

【答案】AD

【詳解】A.平板第一次與墻壁碰撞時的速度為巧，根據(jù)動能定理

129

2qEL=-x2mvr—0

解得

%=/igl

故A正確；

B.第一次碰撞后，對物塊

kmg—qE=max

解得

%=(k_l)g

第一次碰撞后平板

kmg+qE=ma2

解得

a?=(k+i)g

第一次碰撞后平板先向左做勻減速直線運(yùn)動，后向右做勻加速直線運(yùn)動；物塊向右做勻減速直線運(yùn)動，第

二次與墻壁碰撞前達(dá)到速度相同，規(guī)定向右為正方向，從平板第一次與墻壁碰撞到平板和物塊速度相同時，

對平板有

u共=.%+a2tl

對物塊有

I;共=Vi-

解得

平板在第一次碰撞后到二者共速的過程中，根據(jù)位移與速度公式可得

吸一謚=2a2s

解得

12gLr,、L(1-/c2)

$=詬(鏟一2")=正而,一丁

由于

k>1

故

s<0

故第二次與墻壁碰撞前已經(jīng)達(dá)到共速，二者在電場力作用下一起向右加速，故平板第二次與墻壁碰撞時的

速度

、河

“2>下

故B錯誤；

CD.最終平板的右端與墻壁存在彈力，平板和物塊都靜止。從釋放到平板和物塊都靜止的過程中，物塊相

對于平板的相對路程為無，由能量守恒有

qE?￡+qE(￡+%)=Q

Q=kmgx

解得二者的相對路程

2L

X=k-1

系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量

2kmgL

Q=kmgx=—~—

K—.L

故D正確，C錯誤。

故選AD?

三、實驗題

17.(2022春.四川南充.高一?？茧A段練習(xí))為測定小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃，某研究小組設(shè)計了如圖

甲所示的實驗裝置。高為”的桌面左側(cè)緊靠豎直墻面，桌面上放置一塊木板，木板上端靠在豎直墻上，下

端可以放在桌面上不同位置固定，木板下端與桌面平滑相連。小滑塊與木板及桌面間的動摩擦因數(shù)均相同。

將小滑塊從木板上端緊靠墻處由靜止釋放，滑塊滑離桌面后做平拋運(yùn)動落到水平地面上，測出滑塊釋放點

距桌面的高度力及落地點與桌面右邊緣的水平距離x；改變木板下端在桌面上的位置重復(fù)上述實驗過程，測

出多組％、x數(shù)值，小滑塊可視為質(zhì)點。根據(jù)上述實驗過程，回答下列問題:

甲

(1)為了測定出除測得H、h、x外，還需要測量的一個物理量是；(要求明確寫出物理量的

名稱和對應(yīng)的符號)

(2)要利用圖像法處理數(shù)據(jù)，更準(zhǔn)確的測量出〃，需要建立的坐標(biāo)系是；

h-xhh—久2h--

A.B.—XC.D.

(3)在第(2)問選擇了正確的坐標(biāo)系并得到對應(yīng)圖像如圖乙，圖線的斜率為比縱截距為6,利用題中所

給及測量的物理量字母來表示，計算動摩擦因數(shù)的表達(dá)式為〃==

h/m

【答案】釋放點到水平軌道末端的水平距離乙C￡

【詳解】(1)口]設(shè)斜面軌道長小斜面傾角為6、水平軌道長/2、釋放點到水平軌道末端的水平距離心從

釋放點到水平軌道末端，由動能定理得

1,

mgh—(pmgcosS-+pmg-l2)=-mv

由于

L—l-yCOS0+I?

所以

1

mgh—[imgL=-mv7

飛出水平軌道后做平拋運(yùn)動，則

X=vt

1,

H=29t

解得

1,

%=山+通乂

或

hx2

而7

可見，要測得回還必須測得"

（2）⑵由％=心+2/可知，為了得到直線圖像，應(yīng)建立八一一坐標(biāo)系，故選c。

4H

（3）[3]由上可知

b=I1L

所以

b

18.（2021?河北?高考真題）某同學(xué)利用圖1中的實驗裝置探究機(jī)械能變化量與力做功的關(guān)系，所用器材有:

一端帶滑輪的長木板、輕細(xì)繩、50g的鉤碼若干、光電門2個、數(shù)字計時器、帶遮光條的滑塊（質(zhì)量為200g,

其上可放鉤碼）、刻度尺，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?.80m/s2,實驗操作步驟如下：

遮光條光電門1光電門2

圖1

①安裝器材，調(diào)整兩個光電門距離為50.00cm,輕細(xì)繩下端懸掛4個鉤碼，如圖1所示；

②接通電源，釋放滑塊，分別記錄遮光條通過兩個光電門的時間，并計算出滑塊通過兩個光電門的速度；

③保持最下端懸掛4個鉤碼不變，在滑塊上依次增加一個鉤碼，記錄滑塊上所載鉤碼的質(zhì)量，重復(fù)上述步

驟；

④完成5次測量后，計算出每次實驗中滑塊及所載鉤碼的總質(zhì)量M、系統(tǒng)（包含滑塊、滑塊所載鉤碼和輕

細(xì)繩懸掛鉤碼）總動能的增加量4%及系統(tǒng)總機(jī)械能的減少量/E,結(jié)果如下表所示：

M/kg0.2000.2500.3000.3500.400

砥/J0.5820.4900.3920.2940.195

/E/J0.3930.4900.6860.785

回答下列問題：

(1)實驗中輕細(xì)繩所懸掛鉤碼重力勢能的減少量為J(保留三位有效數(shù)字)；

(2)步驟④中的數(shù)據(jù)所缺數(shù)據(jù)為；

(3)若M為橫軸，4E為縱軸，選擇合適的標(biāo)度，在圖2中繪出4E—M圖像:

若系統(tǒng)總機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做功，則物塊與木板之間的摩擦因數(shù)為(保留兩位有效數(shù)

字)

(0.38-0.42)

【詳解】(1)口］四個鉤碼重力勢能的減少量為

AEp=4mgL=4x0.05x9.8x0.5J=0.980J

(2)⑵對滑塊和鉤碼構(gòu)成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可知

11

4mgL—U/f=-(4m+M)諺--(4m+M)說

其中系統(tǒng)減少的重力勢能為

AEp=4mgL

系統(tǒng)增加的動能為

4Ek=-（4m+M）諺--（4m+M）vf

系統(tǒng)減少的機(jī)械能為/E=%，則代入數(shù)據(jù)可得表格中減少的機(jī)械能為

AE4=0.98-0.392=0.588J

（3）[3]根據(jù)表格數(shù)據(jù)描點得dE-M的圖像為

[4]根據(jù)做功關(guān)系可知

4E=fiMgL

則/E-M圖像的斜率為

0.785-0.393

k=ugL0.4-0.2-1.96

解得動摩擦因數(shù)為

〃=0.40(0.38-0.42)

四、解答題

19.（2023?廣東汕頭?統(tǒng)考三模）如圖甲是技術(shù)嫻熟的服務(wù)員整理餐具的情景，服務(wù)員先把餐具擺在圓形玻

璃轉(zhuǎn)盤上，然后轉(zhuǎn)動轉(zhuǎn)盤，使餐具甩出后停在圓形桌面上。已知圓形轉(zhuǎn)盤的半徑r=0.6m,圓形桌面的半

徑R=1m,玻璃轉(zhuǎn)盤與圓形桌面中心重合，二者的高度差h=0.05m?？煽醋髻|(zhì)點的質(zhì)量為m的餐具放在

轉(zhuǎn)盤的邊沿，餐具與轉(zhuǎn)盤的動摩擦因數(shù)〃=0.54,緩緩增大轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速，其俯視圖如圖乙，不計空氣阻力,

重力加速度g取lOm/s?。求：

（1）餐具剛好被甩出去時轉(zhuǎn)盤的角速度3。

（2）若餐具落到圓形桌面上時不跳躍，且水平方向上的速度保持不變，為保證餐具不會滑落到地面上，求

餐具與圓形桌面的動摩擦因數(shù)/的取值范圍（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

R

oy\

【答案】（1）3。=3rad/s；（2）”>0.26

【詳解】（1）以餐具為研究對象，由牛頓第二定律得

[img=2

代入數(shù)據(jù)得

=3rad/s

（2）餐具被甩出后先做平拋運(yùn)動，設(shè)平拋速度為孫，時間為。，射程為x,則

%=ra）0

1.

h=^gt{

x=votr

解得

v0=1,8m/s

x=0.18m

餐具落到圓形桌面后做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)當(dāng)動摩擦因數(shù)最小為生時，餐具剛好沒到桌面的邊沿，此過程

由動能定理得

（JR2_產(chǎn)_x）=0--mvQ

代入數(shù)據(jù)得

%=0.26

故餐具與桌面的動摩擦因數(shù)的范圍應(yīng)是

>0,26

20.（2023?浙江溫州?樂清市知臨中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，在豎直平面內(nèi)一游戲裝置由軌道I和軌道

H組成。軌道I固定，由彈簧發(fā)射器、水平軌道A8、傾角為0的軌道BC組成；軌道n由傾角為。的軌道。E、

半徑為R的圓弧軌道EFG和傾角為。的軌道G”組成，軌道整體可移動并固定，兩道軌各部分均平滑連接，

C、。和。等高，除GH外，其余各段均光滑。一質(zhì)量為巾1的滑塊P通過彈簧發(fā)射器獲得初動能Ekp,與質(zhì)

量爪2的滑塊Q在段發(fā)生彈性碰撞，碰后滑塊P的速度為原來速度的一半，方向保持不變?；瑝KQ滑上

8c并被拋出，調(diào)節(jié)軌道n與軌道I的間距（C、。間距）無，使滑塊Q恰好切入軌道。E并保留在軌道H內(nèi)，

游戲便成功。已知R=lm,=0.3kg,G8長L=3m,滑塊Q與GH間的摩擦因數(shù)〃=0.25,sin。=0.6,

cos3=0.8o

(1)求滑塊Q的質(zhì)量小2；

(2)游戲成功，求軌道在尸點所受壓力的最小值；

(3)游戲成功，求x與滑塊P的初動能之間的關(guān)系。

【詳解】(1)滑塊P與滑塊Q在段發(fā)生彈性碰撞，則有

=m?Y+加2謚

=m-Y+m2v1,^m1Vo|i

解得

3

=-v0,m2=0.1kg

(2)當(dāng)滑塊Q到達(dá)C點速度為0,即C、。間距為0,之后滑入。/軌道到達(dá)歹點，此時滑塊Q速度為火,

軌道在尸點所受壓力達(dá)到最小值，滑塊在。所軌道有

1.

m2gR=-m2vf

在廠點有

資

N-m2g=m2y

根據(jù)牛頓第三定律有

N'=N

解得

N'=3N

(3)滑塊Q做斜拋運(yùn)動恰好切入軌道DE則有

x=%cos。-t,0=%sin8?t—~1gt7

解得

2就sinOcos?

x=-----------

9

根據(jù)上述有

女=|卬，^kP=Vo

解得

25

EkP=m"(J)

36

由于滑塊Q恰好切入軌道OE并保留在軌道n內(nèi)，令滑塊Q滑上5C并被拋出時的最大速度為"2,則以此

速度能夠恰好到達(dá)“點，并且返回。點時的速度恰好為0,對滑塊Q有

1?

-m2V2=/im2gcos3-2L

解得

v2=2V6m/s

此時CO間距最大，由于

，2

%max=u2cos6-t',0=lysine-t’—^gt

解得

xmax=2.304m

可知為了游戲成功，則有

Ekp=—x(J)(0<x<2.304m)

36

21.(2023春?浙江?高三校聯(lián)考階段練習(xí))如圖所示，是一個小組設(shè)計的游戲裝置，在A點左側(cè)某處(大于

彈簧原長)安裝一彈簧發(fā)射器，質(zhì)量為機(jī)的小滑塊(可視為質(zhì)點)P被彈簧彈出，滑上一質(zhì)量為長度為L

的木板，木板所在平面A8長度為打，木板碰到右邊擋板(與木板等高)后立即停止運(yùn)動，滑塊運(yùn)動到右邊

平面上時無機(jī)械能損失地進(jìn)入并依次經(jīng)過半徑分別為r和R的兩個半圓弧軌道，軌道A3與半圓弧軌道略有

錯開，滑塊通過圓弧軌道E點之后水平進(jìn)入一個質(zhì)量為用2半徑為R的;凹槽，右側(cè)足夠遠(yuǎn)處有一直徑為d的

靶面，各環(huán)數(shù)對應(yīng)的寬度相同，其最低點與凹槽最高點在同一水平面，當(dāng)滑塊運(yùn)動到最高點時立即水平向

右發(fā)射一束激光打在靶面上?；瑝K與木板之間的動摩擦因數(shù)為的=0.5,木板與水平面之間的動摩擦因數(shù)為

[12=0.1,其余接觸面均光滑。其中爪=0.05kg,Mi=0.1kg,人=1,2m,L2=1.4m,M?=0.45kg,R=

2r=0.4m,d—0.8m,求：

(1)滑塊剛滑上木板時，滑塊與木板各自的加速度大?。?/p>

(2)當(dāng)彈簧彈性勢能為0.36J時，滑塊與木板共速時木板的位移大小；

（3）若滑塊恰好可以通過E點,則滑塊到達(dá)尸點時對軌道的壓力（尸與圓心。1連線和水平方向夾角為。=37°）；

（4）在（3）條件下，在E點給小滑塊一個水平向右的沖量，成績能到6環(huán)（包括邊界線）及以上時沖量

的大小。

D

【答案】（1）5m/s2,lm/s2；（2）0.2m；（3）3.1N,沿著劣指向尸點；（4）?s</<-s

【詳解】（1）滑塊剛滑上木板時，以滑塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得

=mar

解得滑塊的加速度大小為

2

a】=kg=5m/s

以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得

“img-〃2（a+m）g=Mra2

解得

2

a2=lm/s

（2）當(dāng)彈