2020高三高考物理二轮复习专题强化练习卷：机械能守恒及能量守恒定律

xxx公司文件编号：文件日期：修订次数：第1.0次更改批准审核制定方案设计，管理制度机械能守恒及能量守恒定律1．(2019·山西高三二模)2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘，在同一水平面，b为U形池最低点。刘佳宇从a点上方h高的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升至最高位置d点相对c点高度为eq\f(h,2)。不计空气阻力，下列判断正确的是()A．从O到d的过程中机械能减少B．从a到d的过程中机械能守恒C．从d返回到c的过程中机械能减少D．从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能2.(2019·广东省“六校”高三第三次联考)(多选)如图固定在地面上的斜面倾角为θ＝30°，物块B固定在木箱A的上方，一起从a点由静止开始下滑，到b点接触轻弹簧，又压缩至最低点c，此时将B迅速拿走，然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到a点。已知木箱A的质量为m，物块B的质量为3m，a、c间距为L，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．在A上滑的过程中，与弹簧分离时A的速度最大B．弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为0.8mgLC．在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgLD．若物块B没有被拿出，A、B能够上升的最高位置距离a点为eq\f(L,4)3.(2019·东北三省三校二模)(多选)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接。将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是()A．a球和b球所组成的系统机械能守恒B．b球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于gC．b球的最大速度为eq\r(2＋\r(2)gL)D．a球的最大速度为eq\r(\r(2)gL)4．(2019·安徽省阜阳市第三中学模拟)(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是()A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧的劲度系数为eq\f(2mg,h)C．物体A着地时的加速度大小为eq\f(g,2)D．物体A着地时弹簧的弹性势能为2mgh5.(2019·江西高三九校3月联考)(多选)如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点位于圆心O的正下方。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是()A．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的eq\r(2)倍C．m1可能沿碗面上升到B点D．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒6．(2019·郑州二模)蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动。跳跃者站在约50m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳跃者头朝下跳下去。若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力，则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳跃者的动能Ek(图线①)和弹性绳的弹性势能Ep(图线②)随下落高度的变化图象中，大致正确的是()7.(2019·辽宁大连二模)(多选)如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v­t图象如图乙所示。下列判断正确的是()A．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)B．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍C．物块沿斜面上滑的过程中机械能减少eq\f(3,16)mveq\o\al(2,0)D．物块沿斜面下滑的过程中动能增加eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)8.(2019·江苏南京、盐城高三第三次调研)(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。换用相同材料、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程。不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点的速度相同B．两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同9.(2019·辽宁铁路实验中学模拟)如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为3m的小球A套在圆环上，长为2R的刚性轻杆一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；滑块B质量为m，套在水平固定的光滑杆上。水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上。现将A置于圆环的最高处并给A一微小扰动(初速度可视为零)，使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B可视为质点，重力加速度大小为g。求：(1)A滑到与圆心O同高度时的速度大小；(2)A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功。10.(2019·广东惠州二模)如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k＝eq\f(Ff,mg)＝0.5，赛车的质量m＝0.4kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2W工作，轨道AB的长度L＝2m，圆形轨道的半径R＝0.5m，空气阻力可忽略，取重力加速度g＝10m/s2。某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短。在此条件下，求：(1)赛车在CD轨道上运动的最短路程；(2)赛车电动机工作的时间。

参考答案1.【答案】A【解析】运动员从高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为eq\f(h,2)，摩擦力做负功，机械能减小，故A正确；从a到d的过程中，摩擦力做负功，则机械能不守恒，故B错误；从d返回到c的过程中，只有重力对运动员做功，机械能守恒，故C错误；从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，运动员的重力势能转化为运动员的动能和因摩擦产生的内能，故D错误。2.【答案】BC【解析】在A上滑的过程中，A与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，在此之前A已经开始减速，故与弹簧分离时A的速度不是最大，A错误；设弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有4mgLsinθ＝μ·4mgLcosθ＋Ep，将物块B拿出后，木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得Ep＝mgLsinθ＋μmgLcosθ，联立解得Ep＝0.8mgL，摩擦生热Q＝3mgLsinθ＝1.5mgL，故B、C正确；若物块B没有被拿出，且A、B一起从c点上滑的距离L′大于弹簧原长，则有Ep＝4mgL′sinθ＋μ·4mgL′cosθ，解得L′＝eq\f(L,4)，故A、B能够上升的最高位置距离a点为eq\f(3,4)L，D错误。3.【答案】AC【解析】a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转化，因此a球和b球的机械能守恒，A正确；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由速度关联可知vbcosθ＝vasinθ，得vb＝vatanθ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置和L2杆平行，此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，当va＝0时，vb也为0，如题图所示位置，此时a的加速度小于g，故B错误；当杆L和杆L1平行成竖直状态，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点的位置的时候，球b的速度达到最大，此时由速度的关联可知a球的速度为0，因此由机械能守恒定律有：mg(eq\f(\r(2),2)L＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，得vb＝eq\r(2＋\r(2)gL)，C正确；当轻杆L向下运动到杆L1和杆L2的交点的位置时，此时杆L和杆L2平行，由速度的关联可知此时b球的速度为0，由机械能守恒定律有：eq\f(\r(2),2)mg·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，得va＝eq\r(\r(2)gL)，此时a球具有向下的加速度g，因此此时a球的速度不是最大，a球将继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，D错误。4.【答案】AC【解析】由题可知，物体A下落过程中，B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；A即将触地时，物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T＝mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T＝kh，得弹簧的劲度系数为k＝eq\f(mg,h)，故B错误；物体A着地时，细绳对A的拉力等于mg，对A受力分析，根据牛顿第二定律得2mg－mg＝2ma，得a＝eq\f(g,2)，故C正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有：2mgh＝Ep＋eq\f(1,2)×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D错误。5【答案】ABD【解析】m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故A正确；设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，则有：v1cos45°＝v2，则v1＝eq\r(2)v2，故B正确；在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，D正确；由于m1、m2组成的系统机械能守恒，m2的机械能增加必导致m1的机械能减少，故m1不可能沿碗面上升到B点，C错误。6.【答案】B【解析】设弹性绳的伸长量为x，则F弹＝kx，伸长量在0～x间时eq\x\to(F)弹＝eq\f(1,2)kx，故W弹＝－eq\f(1,2)kx2，即Ep弹＝eq\f(1,2)kx2。根据能量守恒定律得，跳跃者和弹性绳增加的动能和弹性势能之和等于减小的重力势能，即ΔEk＋ΔEp＝|ΔE重|，则Ek＝|ΔE重|－ΔEp＝mgh－eq\f(1,2)kx2，O～L阶段，弹性绳未伸长，x＝0，则Ek＝mgh，当跳跃者下落L后，x增大，且x＝h－L，则Ek＝mgh－eq\f(1,2)k(h－L)2，Ek与h是二次函数关系，其变化图象是曲线，且刚开始阶段，合力向下，速度继续增大，动能增加，直至合力为零时，速度最大，动能最大；O～L阶段，弹性绳未伸长，弹性势能为零，当h>L后，x增大，且x＝h－L，则Ep＝eq\f(1,2)k(h－L)2，Ep­h图线是开口向上的抛物线，故B正确。7.【答案】BD【解析】由v­t图得上滑过程的加速度大小：a＝eq\f(v0,t0)，下滑过程的加速度大小：a′＝eq\f(0.5v0,t0)，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍，B正确；根据题意，物块上滑阶段，由牛顿第二定律可知：mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)，同理下滑过程：mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)，联立解得：μ＝eq\f(\r(3),9)，A错误；联立mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)与mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)两式，可得：f＝μmgcosθ＝eq\f(mv0,4t0)，上滑过程中，机械能减小量等于克服摩擦力做的功：ΔE＝Wf＝f·eq\f(v0t0,2)＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，C错误；对物块上滑和下滑的全过程，根据动能定理得Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－2fx，其中f＝eq\f(mv0,4t0)，x＝eq\f(1,2)v0t0，解得：Ek＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，D正确。8.【答案】BCD【解析】两次实验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达B点的动能是相等的，即eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，又m2>m1，所以v1>v2，两滑块到达B点的速度不相同，A错误；沿斜面上升时，物体受到重力、支持力、摩擦力，根据牛顿运动定律可得，ma＝mgsinθ＋μmgcosθ，a＝gsinθ＋μgcosθ，两滑块材料相同，故动摩擦因数μ相同，故两滑块上升过程中加速度相同，B正确；设滑块上升的最大高度为h，则上升到最高点过程中克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)，可得mgh＝eq\f(Ep,1＋\f(μ,tanθ))，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，C正确；因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθeq\f(h,sinθ)，因μ、mgh相同，故产生的热量相同，D正确。9.【答案】(1)eq\r(2gR)(2)eq\f(15－6\r(5),17)mgR【解析】(1)当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向竖直向下，B的速度为零，由机械能守恒定律可得3mgR＝eq\f(1,2)·3mv2，解得v＝eq\r(2gR)。(2)如图所示，杆与圆环第一次相