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f1 −μ⋅2mgL=0−12×2mv02
解得
v0=2μgL
故B错误；
C．由于
v1=3μgL>v0
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 −2μmgL−4μmgL=12×2mv22−12×2mv12
解得
v2=3μgL
可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力为
f5=4μmg=f3
可知cd木板恰好不动，根据运动学公式
0−v22=−2×2μgx
解得
x=3L4 可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖，故C错误；
D．若滑块恰好到d木块时，因摩擦产生的总热量最少为
Qmin=Q1=μ⋅2mg⋅L+2μ⋅2mg⋅L+2μ⋅2mg⋅L=10μmgL
当滑块到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力为
f6=3μmg
滑块与木板之间的摩擦力为
f7=4μ⋅2mg=8μmg
由于f6 a2=f7−f6m=5μg
滑块在木板上的加速度
a1=f72m=4μg
当木块刚好到d木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上d木板时的速度为v3，根据速度关系
v=v3−a1t=a2t
可得
v=5v39
根据位移关系可得
v2−v32−2a1−v22a2=L
解得
v3=18μgL
滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得产生的热量为
Qmax=Q1+12×2mv32=28μmgL
所以顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量Q的取值范围为
10μmgL≤Q≤28μmgL
故D正确。
故选AD。
14．（2023·河北·校联考三模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，将质量m=1kg的小球从轻弹簧正上方由静止释放，小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为y轴正方向，取地面处为重力势能零点，在小球下落到最低点的过程中，弹簧的弹性势能Ep1、小球的重力势能Ep2随y变化的关系图像分别如图甲、乙所示，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g=10m/s2，已知弹簧的弹性势能Ep1=12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），下列说法正确的是（　　）
  
A．图乙中a=4
B．小球刚接触弹簧时速度大小为22m/s
C．小球刚接触弹簧时速度大小为10m/s
D．当弹簧的压缩量为1120m时，小球有最大速度
【答案】ABD
【详解】A．由甲图可知，小球到最低点时，高度下降0.6m，则重力势能减少
ΔEp2=mgℎmax=6J
由乙图可知
6=10−a
解得
a=4
故A正确；
BC．重力势能转化为摩擦热和弹簧的弹性势能，根据
Q=fℎmax=ΔEp2−ΔEp1
解得
f=2N
结合图像，可知小球高度下降0.5m内，重力和阻力做功，根据
mgℎ−fℎ=12mv12−0
解得小球刚接触弹簧时速度大小为
v1=22m/s
故B正确；C错误；
D．当小球高度下降0.6m时，弹簧的压缩量为y1=0.1m，此时
Ep1=12ky12=4.8J
解得
k=960N/m
当小球速度最大时，小球加速度为零，根据平衡条件
F弹+f=mg
又
F弹=8N=kΔy
解得
Δy=1120m
即当弹簧的压缩量为1120m时，小球有最大速度。故D正确。
故选ABD。
15．（2023春·重庆·高一校联考期中）如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一轻小定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m=2kg的小球A。半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直的固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软轻绳，通过定滑轮将两个小球连接起来，杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点。现给小球A一个水平向右的恒力F=60N，（取重力加速度大小g=10m/s2），则（　　）
  
A．小球B运动到C处时小球A的动能为0
B．小球B运动到C处时的速度大小为14m/s
C．小球B被拉到与小球A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D．小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J
【答案】AC
【详解】A．小球B运动到C处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球A的速度为0，动能为0。故A正确；
BD．小球B从地面拉到P的正下方C时，小球A的速度为0，根据功能关系可知，拉力F做的功等于B球机械能的增量，即
Fx=ΔE=mgR+12mvC2
由几何关系可知
x=PB−PC=0.42+0.32m−0.4−0.3m=0.4m
联立，解得
ΔE=24J，vC=32ms
故BD错误；
C．当绳与轨道相切时两球速度相同，如图
  
由几何知识可得
sin∠OPB=ROP=34
所以
ℎR=34
解得
ℎ=0.225m
故C正确；
故选AC。
16．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期中）如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的距离为L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为m、带电荷量均为q，物块与平板间有一种特殊物质（质量不计），可使得它们之间的滑动摩擦力大小为kmg（k>1，g为重力加速度大小）。自t0时刻开始，加一水平向右、电场强度大小E=mgq的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。下列说法正确的是（　　）

A．平板第一次与墙壁碰撞时的速度v1=2gL
B．平板第二次与墙壁碰撞时的速度v2=2gLk
C．从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量Q=3kmgLk−1
D．从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量Q=2kmgLk−1
【答案】AD
【详解】A．平板第一次与墙壁碰撞时的速度为v1，根据动能定理
2qEL=12×2mv12−0
解得
v1=2gL
故A正确；
B．第一次碰撞后，对物块
kmg−qE=ma1
解得
a1=(k−1)g
第一次碰撞后平板
kmg+qE=ma2
解得
a2=(k+1)g
第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时，对平板有
v共=−v1+a2t1
对物块有
v共=v1−a1t1
解得
t1=2gLgk
v共=2gLk
平板在第一次碰撞后到二者共速的过程中，根据位移与速度公式可得
v共2−v12=2a2s
解得
s=12a2(2gLk2−2gL)=L(k+1)⋅(1−k2)k2
由于
k>1
故
s<0
故第二次与墙壁碰撞前已经达到共速，二者在电场力作用下一起向右加速，故平板第二次与墙壁碰撞时的速度
v2>2gLk
故B错误；
CD．最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有
qE·L+qE(L+x)=Q
Q=kmgx
解得二者的相对路程
x=2Lk−1
系统因摩擦产生的热量
Q=kmgx=2kmgLk−1
故D正确，C错误。
故选AD。

三、实验题
17．（2022春·四川南充·高一校考阶段练习）为测定小滑块与木板间的动摩擦因数μ，某研究小组设计了如图甲所示的实验装置。高为H的桌面左侧紧靠竖直墙面，桌面上放置一块木板，木板上端靠在竖直墙上，下端可以放在桌面上不同位置固定，木板下端与桌面平滑相连。小滑块与木板及桌面间的动摩擦因数均相同。将小滑块从木板上端紧靠墙处由静止释放，滑块滑离桌面后做平抛运动落到水平地面上，测出滑块释放点距桌面的高度h及落地点与桌面右边缘的水平距离x；改变木板下端在桌面上的位置重复上述实验过程，测出多组ℎ、x数值，小滑块可视为质点。根据上述实验过程，回答下列问题：

（1）为了测定μ，除测得H、ℎ、x外，还需要测量的一个物理量是___________；（要求明确写出物理量的名称和对应的符号）
（2）要利用图像法处理数据，更准确的测量出μ，需要建立的坐标系是___________；
A．ℎ−x      B．ℎ−1x C．ℎ−x2      D．ℎ−1x2
（3）在第（2）问选择了正确的坐标系并得到对应图像如图乙，图线的斜率为k，纵截距为b，利用题中所给及测量的物理量字母来表示，计算动摩擦因数的表达式为μ=__________。

【答案】 释放点到水平轨道末端的水平距离L C bL
【详解】（1）[1]设斜面轨道长l1、斜面倾角为θ、水平轨道长l2、释放点到水平轨道末端的水平距离L。从释放点到水平轨道末端，由动能定理得
mgℎ−(μmgcosθ⋅l1+μmg⋅l2)=12mv2
由于
L=l1cosθ+l2
所以
mgℎ−μmgL=12mv2
飞出水平轨道后做平抛运动，则
x=vt
H=12gt2
解得
ℎ=μL+14Hx2
或
μ=ℎL−x24LH
可见，要测得μ还必须测得L。
（2）[2]由ℎ=μL+14Hx2可知，为了得到直线图像，应建立ℎ−x2坐标系，故选C。
（3）[3]由上可知
b=μL
所以
μ=bL
18．（2021·河北·高考真题）某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为200g，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为9.80m/s2，实验操作步骤如下：

①安装器材，调整两个光电门距离为50.00cm，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量ΔEk及系统总机械能的减少量ΔE，结果如下表所示：
Mkg
0.200
0.250
0.300
0.350
0.400
ΔEk/J
0.582
0.490
0.392
0.294
0.195
ΔE/J
0.393
0.490

0.686
0.785
回答下列问题：
（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______J（保留三位有效数字）；
（2）步骤④中的数据所缺数据为______；
（3）若M为横轴，ΔE为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出ΔE−M图像______；

若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为______（保留两位有效数字）
【答案】 0.980 0.588 0.40（0.38~0.42）
【详解】（1）[1]四个钩码重力势能的减少量为
ΔEP=4mgL=4×0.05×9.8×0.5J=0.980J
（2）[2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知
4mgL−Wf=12(4m+M)v22−12(4m+M)v12
其中系统减少的重力势能为
ΔEP=4mgL
系统增加的动能为
ΔEk=12(4m+M)v22−12(4m+M)v12
系统减少的机械能为ΔE=Wf，则代入数据可得表格中减少的机械能为
ΔE4=0.98−0.392=0.588J
（3）[3]根据表格数据描点得ΔE−M的图像为

[4]根据做功关系可知
ΔE=μMgL
则ΔE−M图像的斜率为
k=μgL=0.785−0.3930.4−0.2=1.96
解得动摩擦因数为
μ=0.40（0.38~0.42）

四、解答题
19．（2023·广东汕头·统考三模）如图甲是技术娴熟的服务员整理餐具的情景，服务员先把餐具摆在圆形玻璃转盘上，然后转动转盘，使餐具甩出后停在圆形桌面上。已知圆形转盘的半径r=0.6m，圆形桌面的半径R=1m，玻璃转盘与圆形桌面中心重合，二者的高度差ℎ=0.05m。可看作质点的质量为m的餐具放在转盘的边沿，餐具与转盘的动摩擦因数μ=0.54，缓缓增大转盘的转速，其俯视图如图乙，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）餐具刚好被甩出去时转盘的角速度ω。
（2）若餐具落到圆形桌面上时不跳跃，且水平方向上的速度保持不变，为保证餐具不会滑落到地面上，求餐具与圆形桌面的动摩擦因数μ'的取值范围（计算结果保留两位有效数字）。
      
【答案】（1）ω0=3rad/s；（2）μ'≥0.26
【详解】（1）以餐具为研究对象，由牛顿第二定律得
μmg=mrω02
代入数据得
ω0=3rad/s
（2）餐具被甩出后先做平抛运动，设平抛速度为v0，时间为t1，射程为x，则
v0=rω0
ℎ=12gt12
x=v0t1
解得
v0=1.8m/s
x=0.18m
餐具落到圆形桌面后做匀减速直线运动，设当动摩擦因数最小为μ1时，餐具刚好没到桌面的边沿，此过程由动能定理得
−μ1mgR2−r2−x=0−12mv02
代入数据得
μ1=0.26
故餐具与桌面的动摩擦因数的范围应是
μ'≥0.26
20．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）如图所示，在竖直平面内一游戏装置由轨道I和轨道II组成。轨道I固定，由弹簧发射器、水平轨道AB、倾角为θ的轨道BC组成；轨道II由倾角为θ的轨道DE、半径为R的圆弧轨道EFG和倾角为θ的轨道GH组成，轨道整体可移动并固定，两道轨各部分均平滑连接，C、D和O等高，除GH外，其余各段均光滑。一质量为m1的滑块P通过弹簧发射器获得初动能EkP，与质量m2的滑块Q在AB段发生弹性碰撞，碰后滑块P的速度为原来速度的一半，方向保持不变。滑块Q滑上BC并被抛出，调节轨道II与轨道I的间距（C、D间距）x，使滑块Q恰好切入轨道DE并保留在轨道II内，游戏便成功。已知R=1m，m1=0.3kg，GH长L=3m，滑块Q与GH间的摩擦因数μ=0.25，sinθ=0.6，cosθ=0.8。
（1）求滑块Q的质量m2；
（2）游戏成功，求轨道在F点所受压力的最小值；
（3）游戏成功，求x与滑块P的初动能之间的关系。
  
【答案】（1）0.1kg；（2）3N；（3）EkP=2536xJ（0≤x≤2.304m ）
【详解】（1）滑块P与滑块Q在AB段发生弹性碰撞，则有
m1v0=m1⋅v02+m2v1，12m1v02=12m1v022+12m2v12
解得
v1=32v0，m2=0.1kg
（2）当滑块Q到达C点速度为0，即C、D间距为0，之后滑入DF轨道到达F点，此时滑块Q速度为v1，轨道在F点所受压力达到最小值，滑块在DEF轨道有
m2gR=12m2v12
在F点有
N−m2g=m2v12R
根据牛顿第三定律有
N'=N
解得
N'=3N
（3）滑块Q做斜抛运动恰好切入轨道DE则有
x=v1cosθ⋅t，0=v1sinθ⋅t−12gt2
解得
x=2v12sinθcosθg
根据上述有
v1=32v0，EkP=12m1v02
解得
EkP=2536xJ
由于滑块Q恰好切入轨道DE并保留在轨道II内，令滑块Q滑上BC并被抛出时的最大速度为v2，则以此速度能够恰好到达H点，并且返回D点时的速度恰好为0，对滑块Q有
12m2v22=μm2gcosθ⋅2L
解得
v2=26m/s
此时CD间距最大，由于
xmax=v2cosθ⋅t'，0=v2sinθ⋅t'−12gt'2
解得
xmax=2.304m
可知为了游戏成功，则有
EkP=2536xJ（0≤x≤2.304m ）
21．（2023春·浙江·高三校联考阶段练习）如图所示，是一个小组设计的游戏装置，在A点左侧某处（大于弹簧原长）安装一弹簧发射器，质量为m的小滑块（可视为质点）P被弹簧弹出，滑上一质量为M1长度为L1的木板，木板所在平面AB长度为L2，木板碰到右边挡板（与木板等高）后立即停止运动，滑块运动到右边平面上时无机械能损失地进入并依次经过半径分别为r和R的两个半圆弧轨道，轨道AB与半圆弧轨道略有错开，滑块通过圆弧轨道E点之后水平进入一个质量为M2半径为R的14凹槽，右侧足够远处有一直径为d的靶面，各环数对应的宽度相同，其最低点与凹槽最高点在同一水平面，当滑块运动到最高点时立即水平向右发射一束激光打在靶面上。滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板与水平面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，其余接触面均光滑。其中m=0.05kg，M1=0.1kg，L1=1.2m，L2=1.4m，M2=0.45kg，R=2r=0.4m，d=0.8m，求：
（1）滑块刚滑上木板时，滑块与木板各自的加速度大小；
（2）当弹簧弹性势能为0.36J时，滑块与木板共速时木板的位移大小；
（3）若滑块恰好可以通过E点，则滑块到达F点时对轨道的压力（F与圆心O1连线和水平方向夹角为θ=37°）；
（4）在（3）条件下，在E点给小滑块一个水平向右的冲量，成绩能到6环（包括边界线）及以上时冲量的大小。
  
【答案】（1）5m/s2，1m/s2；（2）0.2m；（3）3.1N，沿着O1指向F点；（4）30−330N⋅s≤I≤52−330N⋅s
【详解】（1）滑块刚滑上木板时，以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得
μ1mg=ma1
解得滑块的加速度大小为
a1=μ1g=5m/s2
以木板为对象，根据牛顿第二定律可得
μ1mg−μ2(M1+m)g=M1a2
解得
a2=1m/s2
（2）当弹簧弹性势能为0.36J时，设滑块刚滑上木板时速度为v，则有
Ep=12mv2
解得
v=6105
设经过t时间，滑块与木板达到共速，则有
v共=v−a1t=a2t
解得
t=105s，v共=105m/s
滑块与木板共速时，滑块的位移大小为
x1=v+v共2t=1.4m=L2
滑块与木板共速时，木板的位移大小为
x2=12a2t2=0.2m=L2−L1
可知滑块与木板共速时，滑块刚好运动到木板的右端，木板的右端刚好滑动B点，则木板的位移大小为0.2m。
（3）若滑块恰好可以通过E点，则有
mg=mvE2R
解得
vE=gR=2m/s
滑块从F到E的过程，根据动能定理可得
−mgR−mgr1−sinθ=12mvE2−12mvF2
滑块在F点时，有
mgsinθ+FN=mvF2r
联立解得
FN=3.1N
根据牛顿第三定律可知，滑块到达F点时对轨道的压力大小为3.1N，方向沿着O1指向F点。
（4）在E点给小滑块一个水平向右的冲量，则有
I+mvE=mv1
从E点到最高点过程中，根据系统水平方向动量守恒可得
mv1=m+M2v2
根据系统机械能守恒可得
12mv12=12m+M2v22+mg(R+ℎ)
由题意可得
0.2m≤ℎ≤0.6m
联立解得
30−330N⋅s≤I≤52−330N⋅s
22．（2023·全国·校联考模拟预测）小明同学设计了如图所示游戏装置，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°且滑动摩擦因数为μ1=0.5的倾斜轨道BCEF、接触面光滑的螺旋圆形轨道CDGE、以及静止在光滑的水平面上的长木板组成。木板左端紧靠轨道右端且与轨道F点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道BC、EF相切于C(E)处，切点到水平地面的高度为1.2R。从B的左上方A点以某一初速度v0=8m/s水平抛出一质量m=2kg的物块（可视为质点），物块恰好能从B点无碰撞进入倾斜轨道BC，并通过螺旋圆形轨道最低点D后，经倾斜轨道EF滑上长木板。已知长木板的质量M=4kg、R=2m、ℎ1=6.6m，空气阻力不计，g取10m/s2。求：
（1）ℎ0的大小；
（2）物块经过螺旋圆形轨道低点D时，轨道对物块的弹力大小；
（3）若物块与长木板之间的动摩擦因数μ2=0.8，物块在长木板上滑行且恰好不滑出长木板，求此过程中物块与长木板系统产生的热量；
（4）若长木板固定不动，在木板上表面贴上某种特殊材料，物块在木板上运动受到的水平阻力（与摩擦力类似）大小与物块速度大小v成正比，即f=kv，k为常数，要使物块不滑出长木板，k至少为多大。
  
【答案】（1）1.8m；（2）156N；（3）96J；（4）4kg/s
【详解】（1）物块从A点做平抛运动到B点，则有
vBy2=2gℎ0，v0=vBytanθ
解得
ℎ0=1.8m
（2）从A到D由动能定理可得
mgℎ0+ℎ1−[1.2R−(R−Rcosθ)]−μ1mgcosθ⋅ℎ1−1.2Rsinθ=12mvD2−12mv02
在D点，对物块分析有
N−mg=mvD2R
解得
N′=156N
（3）从A到F过程有
mgℎ0+ℎ1−μ1mgcosθ×ℎ1sinθ=12mvF2−12mv02
解得
vF=12m/s
物块滑上长木板后，木块和长木板系统动量守恒，则有
mvF=(m+M)v
解得
v=4m/s
假设物块刚好不滑离长木板，由功能关系可得
Q=12mvF2−12(m+M)v2
解得
Q=96J
（4）若长木板固定不动，物块在木板上运动受到的水平阻力
Ff=kv
对木块m由动量定理得
Σ−FfΔt=0−mvF
即有
Σ−kv⋅Δt=−mvF
由
mgμLmin=Q
解得
Lmin=6m
则
kLmin=mvF
解得
k=4kg/s