解密06机械能守恒定律（分层训练）-【高频考点解密】2024高考物理二轮复习分层训练（全国通用）

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1.(2021·河北张家口期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员先处于超重状态后处于失重状态
B．空气浮力对系统始终做负功
C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量
D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等
【答案】选B
【解析】运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误。
2．(2021·吉林市联考)从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为Ff。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球上升的过程中动能减少了mgh
B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了Ffh
C．小球上升的过程中重力势能增加了mgh
D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了Ffh
【答案】选C
【解析】小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，其中克服重力做功等于mgh，故总功大于mgh；根据动能定理，总功等于动能的变化量，故动能的减小量大于mgh，故A错误；除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，除重力外，克服阻力做功2Ffh，故机械能减小2Ffh，故B错误；小球上升h，故重力势能增加mgh，故C正确；小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2Ffh，故根据动能定理，动能减小2Ffh，故D错误。
3．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】选AD
【解析】小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。
4.(2021·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)( )
A． eq \f(1,8) mgR B． eq \f(1,4) mgR
C． eq \f(1,2) mgR D． eq \f(3,4) mgR
【答案】选D
【解析】铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg－mg＝m eq \f(v2,R) ，即铁块动能Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,4) mgR，初动能为零，故动能增加 eq \f(1,4) mgR，铁块重力势能减少mgR，所以机械能损失 eq \f(3,4) mgR，D正确。
5．某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知（ ）
A．A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒
B．摆球在A点的所受合力大小大于在B点的合力
C．摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变
D．摆球经过O点前后瞬间角速度大小不变
【答案】选A
【解答】解：A、A和B位置等高，机械能相等，说明摆球在运动过程中机械能守恒，故A正确；
B、摆球在A点的速度为零，向心力为零，即沿绳子方向的合力为零，摆球的合力等于重力沿圆弧切线方向的分力，由于在A点绳子偏离竖直方向的夹角小于在B点偏离竖直方向的夹角，可知，在A点重力沿圆弧切线方向的分力小于在B点重力沿圆弧切线方向的分力，故摆球在A点的所受合力大小小于在B点的合力，故B错误；
C、摆球经过O点前后瞬间速度大小不变，半径变化，根据a＝分析知摆球经过O点前后瞬间加速度大小是变化的，故C错误；
D、根据v＝ωr分析可知，摆球经过O点前后瞬间角速度大小发生变化，故D错误；
故选：A。
6、（2021·北京市海淀区一模）如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是( )
A．下落到弹性绳刚好被拉直时，小明的下落速度最大
B．从开始到下落速度最大，小明动能的增加量小于其重力势能的减少量
C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能守恒
D．从开始到下落至最低点，小明重力势能的减少量大于弹性绳弹性势能的增加量
【答案】B
【解析】小明下落时速度最大的位置是当他受到的弹力与重力相等的时候，故不是弹性绳刚好被拉直的时候，因为此时弹性绳还没有形变，弹力为0，而不是在刚好拉直的偏下的位置，故选项A错误；
从开始下落到速度最大时，利用动能定理可知，重力做的功与弹性绳弹力做的功之和等于动能的增加量，即mgh-W弹=△Ek，故动能的增加量小于其重力势能的减少量，选项B正确；
从开始到下落至最低点的过程中，弹性绳与小明整体的机械能守恒，而小明的机械能则不守恒，选项C错误；
从开始到下落至最低点的过程中，再次根据动能定理，开始与最后的小明的动能都是0，所以合外力做的功也是0，即重力做的功与弹性绳弹力做的功大小之和为0，即小明重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量，选项D错误。
7、（2021·天津市二检）如下图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径0.2m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2m，θ=60°，小球质量为m2=2kg，D点与小孔A的水平距离s=2m，g取10m/s2。试求：
（1）求摆线能承受的最大拉力为多大？
（2）要使摆球进入圆轨道后恰能通过轨道的最高点，求粗糙水平面摩擦因数μ。
【答案】（1）40N；（2）0.25
【解析】
（1）当摆球由C到D运动，由机械能守恒可得

在D点，由牛顿第二定律可得
联立可得摆线的最大拉力为
（2）要使摆球进入圆轨道后恰能通过轨道的最高点，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得
由动能定理可得
解得
B组 提升练
8．(多选)(2021·河南三市模拟)如图所示，电梯质量为M，电梯地板上放置一个质量为m的物块，轻质钢索拉动电梯由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当上升高度为H时，速度达到v。不计空气阻力，重力加速度为g，在这个过程中( )
A．物块所受支持力与钢索拉力之比为m∶M
B．地板对物块的支持力做的功等于 eq \f(1,2) mv2＋mgH
C．物块克服重力做功的平均功率等于 eq \f(1,2) mgv
D．电梯及物块构成的系统机械能增加量等于 eq \f(1,2) (M＋m)v2
【答案】选BC
【解析】钢索拉力T＝(M＋m)(g＋a)，物块所受支持力FN＝m(g＋a)，所以 eq \f(FN,T) ＝ eq \f(m,M＋m) ，A项错误。对物块m，由动能定理有WFN－mgH＝ eq \f(1,2) mv2，得WFN＝ eq \f(1,2) mv2＋mgH，B项正确。因物块做初速度为零的匀加速直线运动，则其平均速度 eq \x\t(v) ＝ eq \f(v,2) ，物块克服重力做功的平均功率PG＝mg eq \x\t(v) ＝ eq \f(1,2) mgv，C项正确。电梯及物块构成的系统机械能增加量等于(M＋m)gH＋ eq \f(1,2) (M＋m)v2，D项错误。
9．(多选)(2021·福建省模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是( )
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B．人和滑车获得的动能为0.8mgh
C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
【答案】选BC
【解析】沿斜面的方向有ma＝mg sin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mg sin 30°－Ff) eq \f(h,sin 30°) ＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh －Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。
10.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B。小孩可看成质点，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量
B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量
C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量
D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量
【答案】选A
【解析】从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误。
11.（2021·安徽省芜湖质检）如图所示，从A点以水平速度抛出质量小物块P（可视为质点），当物块P运动至点时，恰好沿切线方向进入半径、圆心角的固定光滑圆弧轨道，轨道最低点与水平地面相切，点右侧水平地面某处固定挡板上连接一水平轻质弹簧。物块P与水平地面间动摩擦因数为某一定值，取，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。求：
（1）抛出点A距水平地面的高度；
（2）若小物块P第一次压缩弹簧被弹回后恰好能回到点，求弹簧压缩过程中的最大弹性势能。
【答案】（1）1.6m；（2）14J
【解析】
（1）物体经过点时有
可得
小球运动至点的竖直分位移
A点距地面的高度
（2）以地面为零势面，设物块在水平地面向右的位移为，从点下滑到第一次返回点过程中有
可得
从点下滑到弹簧压缩最短过程中有
12.（2021·山东省适应性练习）动车组列车由一节或若干节动力车厢与无动力车厢构成，根据不同用途和型号进行编组，再通过挂接形成整列列车，具有加速性能好、运行速度高、平均能耗低等诸多优点。我国自主研发的复兴号动车组列车时速可达350km/h，由于车钩缓冲系统搭载了我国研制的超大容量能量吸收设备，可以有效吸收挂接过程中损失的动能，使车厢在挂接过程中更加平稳。假设在编组站进行的某次挂接实验中，共有n节车厢。为了测试碰撞性能，动力车厢置于编组区外，编号为1，其余车厢在编组区内依次排列，车厢之间间隙均为L，编号分别为2、3……n。若所有车厢质量均为m，所有车厢与铁轨之间的动摩擦因数均为μ。现在使动力车厢以某一初速度平稳运行，车头到达编组区立即关闭发动机。重力加速度为g，不计空气阻力以及内部零件运转产生的机械能损失。
（1）设动力车厢与第二节车厢挂接前瞬间动能为E，试求挂接后的动能以及挂接过程中损失的动能；
（2）第（n-1）节车厢挂接以后继续滑行l（l（3）在（2）的条件下，若能量吸收设备可以吸收由于挂接损失的动能的η倍（0<η<1），求此次实验中能量吸收设备吸收的能量。提示：在解题中可能用到公式
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
(1)设挂接前瞬间车厢1的速度为v1，车厢2的速度为0，挂接后共同速度为v，则挂接前的动能
挂接前后动量守恒，有mv1=2mv
挂接后系统动能为
联立解得
损失的动能为
(2)设车厢1关闭发动机前速度为v10，则其动能
车厢1滑行距离L，1、2挂接前的瞬间，系统剩余动能为E1f=E0-μmgL
据(1)的分析可得，1、2车厢挂接后的瞬前，系统剩余动能为
在1、2车厢共同滑行距离L、第2与第3车厢挂接前的瞬间，系统剩余动能为
2、3车厢挂接后的瞬间，系统剩余动能为
在1、2、3车厢共同滑行距离L、第3与第4车厢挂接前的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在第（n-2）与（n-1）车厢挂接前的瞬间，系统剩余动能为
（n-2）与（n-1）车厢挂接后的瞬间，系统剩余动能为
由题意（n-2）与（n-1）车厢挂接后还可继续滑行距离l（0E（n-1）0=(n-1)μmgl
联立解得车厢1关闭发动机前速度大小
(3)整个过程中克服摩擦力所做的功为
在整个过程中仅仅由于挂接引起的动能损失为
由题意，储能装置存储的能量为
可解得