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第六单元　机械能守恒定律
(75分钟　100分)
考情分析
高考对接点 功和功率、动能定理、机械能守恒定律
单元疑难点 机械能守恒定律
滚动知识点 牛顿第二定律、运动的合成与分解、圆周运动、万有引力
典型情境题 1、2、5、7、11
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若要发射一颗太阳轨道探测器，其环日轨道介于地球和火星的环日轨道之间，探测器、地球和火星的轨道都视作圆轨道。下列说法正确的是
A.探测器的发射速度介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间
B.探测器运动的角速度大于地球运动的角速度
C.探测器绕太阳运动的周期小于1年
D.火星、探测器分别与太阳中心的连线在相同时间内扫过的面积相等
2.如图甲，半径为R的半圆弧面顶端固定有一个曲面轨道，轨道末端恰好与半圆弧面顶端相切，从轨道上不同高度处由静止释放的小球，下滑到半圆弧面后，沿半圆弧面运动的圆弧对应的圆心角θ的余弦值与下滑高度h(小球释放点到半圆弧面顶端的竖直距离)的关系如图乙所示。不计一切阻力，则
A.c= B.c= C.b=R D.b=R
3.如图所示，长度为L、质量分布均匀的链条静止放在水平面ABC上，其中AB段光滑，BC段粗糙，开始时链条右端与B对齐，链条的质量为m。现用水平恒定的拉力F作用在链条右端，使链条向右运动，当链条有进入BC段时，其达到最大速度v，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.链条与BC段间的动摩擦因数为
B.链条与BC段间的动摩擦因数为
C.链条从开始运动到速度达到最大的过程中，克服摩擦力所做的功为FL-mv2
D.链条从开始运动到速度达到最大的过程中，克服摩擦力所做的功为FL-mv2
4.用如图所示的装置提升重力为G的重物，当汽车在高处粗糙平台上以大小为v的速度向右做匀速直线运动时，不计轻绳与滑轮间的摩擦及动滑轮的重力，下列说法正确的是
A.重物匀速上升
B.绳的拉力等于G
C.重物机械能的增加量等于汽车牵引力做的功
D.当车尾部的绳与水平方向的夹角θ=30°时，重物克服重力做功的功率为Gv
5.如图所示，A、B、C为三个可视为质点的相同小球，A与C、B与C间均通过长为L的轻杆和轻质光滑铰链相连，A、B间用长度为L的细线相连。A与B位于光滑水平面上，系统在竖直平面内静止，重力加速度为g。现烧断细线，则
A.烧断细线的瞬间，C球的加速度为0
B.C球落至水平面前，B球一直向左加速
C.在下降过程中，C球的机械能守恒
D.C球速度的最大值为
6.火车在平直铁路上以额定功率P0、速度大小v0匀速行驶。前方有半径为R、内外轨所在平面与水平面夹角为θ的弯道，司机减小输出功率至某一值并保持不变，经过t时间火车恰好以车轮与内外轨无侧向压力的速度进入弯道，并以此速度在弯道上做匀速圆周运动。已知火车质量为m，重力加速度为g，不计功率减小所用的时间，火车行驶时受到的阻力不变，火车在减速过程的位移大小为
A.t+
B.t+
C.t+
D.t+
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7.2023年10月26日11时14分，长征二号F遥十七运载火箭搭载着神舟十七号载人飞船在酒泉卫星发射中心点火发射，汤洪波、唐胜杰、江新林3名航天员领命出征。则在火箭加速上升的过程中
A.航天员处于超重状态 B.发动机推力对火箭做正功
C.飞船对航天员的支持力不做功 D.火箭的机械能在减小
8.如图所示，轻杆AB的A端通过光滑铰链固定在光滑水平面上，质量为m、边长为a的正方体木块放在光滑水平面上，轻杆搭在木块上。现用水平力F推木块，使轻杆绕A端以角速度ω匀速转动，杆与水平面的夹角θ从37°增大到53°的过程中(sin 37°=0.6)
A.木块沿水平方向做加速运动
B.木块沿水平方向做减速运动
C.合力对木块做的功为ma2ω2
D.合力对木块做的功为-ma2ω2
9.如图所示，竖直放置的轻质弹簧一端固定在地面上，另一端与质量为m的小物块A相连接，在A的上方放另一质量为m的物块B，A与B不粘连。已知弹簧的弹性势能Ep=kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。现将A、B一起向下压缩弹簧，当压缩量x0=(g为重力加速度)时，将A、B由静止释放，则在A、B上升的过程中，下列说法正确的是
A.弹簧长度为原长时，A、B分离
B.B上升的最大位移为
C.A上升的最大位移为
D.A、B分离时，A上升的速度大小为g
10.如图所示，固定轨道ABC在竖直平面内，AB为粗糙直轨道，BC为光滑的四分之一圆弧轨道，AB与水平面成θ=37°角，且与BC相切于B点。质量m=1 kg的小物块(可视为质点)从A点以一定的初速度沿轨道向下运动，到达C点后又返回，恰好能返回A点。已知小物块与直轨道间的动摩擦因数μ=0.25，直轨道AB的长度L=1 m，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，则
A.小物块在直轨道上向下和向上运动的加速度大小均为a=4 m/s2
B.小物块在A点的初速度大小v0=2 m/s
C.圆弧轨道的半径R=4 m
D.小物块对圆弧轨道的最大压力N=22 N
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11.(7分)某同学利用气垫导轨探究弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的关系。将弹簧的一端固定在水平气垫导轨的一端，带有遮光片的滑块贴近轻弹簧自由端，当弹簧处于自然长度时，在滑块的遮光片位置处安装光电门P。如图甲所示，用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，利用所测数据求出滑块通过光电门时的速度v。
(1)测量遮光片的宽度d时，10分度游标卡尺示数如图乙所示，则d=　　　　cm。
(2)改变弹簧压缩量为x2，x3，…(不超过弹性限度)，重复实验，得到v与x的关系图像如图丙，则v与x成　　　　。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的　　　　　　　　成正比。
12.(9分)如图甲所示，打点计时器固定在铁架台上，重物带动纸带从静止开始自由下落，某同学利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)为减小阻力对测量结果的影响，实验中应选用　　　　(选填“电磁打点”或“电火花”)计时器。
(2)已知电源所接交流电的频率为50 Hz，当地重力加速度g=9.8 m/s2，重物质量为0.5 kg，从所打纸带中选择一条合适的纸带，此纸带第1、2计时点间的距离应接近　　　　(选填“2 mm”或“2 cm”)。纸带上打下的连续的计时点A、B、C、D到第1个计时点O点的距离如图乙所示。计时器打下C点时，重物的速度大小为　　　　m/s，计时器从打下O点到打下C点，重物的重力势能减少量为　　　　J，其动能增加量为　　　　J。(均保留三位有效数字)
(3)利用上述实验装置还可测定当地的重力加速度。测量出另一条纸带各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出重物在各计数点对应的速度v，以h为横轴，以v2为纵轴画出了如图丙所示的图线。由于图线明显偏离原点，若测量和计算都没有问题，其原因可能是　　　　　　　　　　　　。若该图线的斜率为k，阻力不可忽略，则当地的重力加速度g　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)k。
13.(10分)如图所示，ABC为一固定在竖直面内的细管，其中AB部分为半径为R的光滑圆弧，BC部分水平，AB与BC相切，C点固定有竖直弹性挡板，BC长为s。质量为m的小球套在细管上。现将小球从A点由静止释放，小球沿管下滑，与挡板仅发生一次碰撞且碰撞时无能量损失，最终停止时到C点的距离为l。设小球与BC间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g，求：
(1)小球第一次滑至B点时的速度大小。
(2)小球与BC间的动摩擦因数μ的可能值。
14.(14分)质量均为m的小球A和B(均可看作质点)之间夹有轻质微型弹簧(长度不计)，开始时弹簧被压缩且被锁定。将两球整体以初动能E从地面竖直上抛，当两球在上升过程中动能减半时，解除弹簧锁定，两球立即获得大小相等的水平速度(竖直方向不受影响)。已知弹簧弹力作用时间极短，弹簧锁定时的弹性势能为E，且全部转化为两球的动能，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：
(1)弹簧恰好恢复原长时小球的水平速度大小。
(2)弹簧恰好恢复原长时小球的速度大小。
(3)A、B两球落地时的水平距离。
15.(16分)如图甲所示，光滑水平轨道MN与光滑竖直半圆轨道CN相切于N点，t=0时刻，一质量为m的物块(可视为质点)在水平外力F作用下从水平轨道的A点由静止开始运动，外力F随时间t周期性变化的规律如图乙所示(规定向左为正方向，F0、T为已知量)。经过5T时间物块恰好到达N点，立即撤去外力F，物块恰好能够到达半圆轨道的最高点C，重力加速度为g。求：
(1)物块在T时刻的速度大小和物块到达N点时的速度大小。
(2)半圆轨道的半径。
(3)从A到N的过程中外力F对物块做功的最大值。
参考答案
1.A
【解析】本题考查万有引力。探测器要脱离地球的引力束缚，但是没有脱离太阳的引力束缚，其发射速度介于第二宇宙速度和第三宇宙速度之间，A项正确；探测器的环日轨道介于地球和火星的环日轨道之间，其周期大于地球公转周期，B、C项错误；由S=Lr=·r·vt=·r··t=t知，火星、探测器分别与太阳中心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，D项错误。
2.B
【解析】本题考查机械能守恒定律。小球沿半圆弧面运动的圆弧对应的圆心角为θ时恰好离开弧面，设此时小球的速度大小为v1，根据牛顿第二定律得mgcos θ=m，小球从静止下滑到离开半圆弧面，根据机械能守恒定律得mg(h+R)=m+mgRcos θ，解得cos θ=·h+，结合图像可知b=R，c=，B项正确。
3.C
【解析】本题考查动能定理。由题意可知，f=F=μmg，解得μ=，A、B项错误；链条从开始运动到速度达到最大的过程中，根据动能定理有F·L-Wf=mv2-0，解得Wf=FL-mv2，C项正确、D项错误。
4.D
【解析】本题考查运动的分解、功率。重物上升的速度v'=vcos θ，由此可知，汽车向右做匀速直线运动时，θ角逐渐减小，重物以小于v的速度加速上升，A项错误；由于重物加速上升，因此绳的拉力大于G，B项错误；重物机械能的增加量等于绳的拉力做的功，汽车牵引力做的功等于摩擦力和绳子拉力做功的绝对值之和，C项错误；当绳与水平方向的夹角θ=30°时，重物上升的速度大小v'=v，此时重物克服重力做功的功率P=Gv'=Gv，D项正确。
5.D
【解析】本题考查机械能守恒。烧断细线瞬间，C球所受合力不再为零，C球的加速度不为零，A项错误；C球落至水平面前，B球先向左加速后向左减速，B项错误；C球下降过程中，杆对C球做功，C球的机械能不守恒，C项错误；系统的机械能守恒，当C球落地时，其重力势能全部转化为动能，根据机械能守恒有mgLsin 60°=m，解得C球速度的最大值vmax=，D项正确。
6.B
【解析】本题考查功率、动能定理。火车以v0匀速行驶，行驶时保持最大输出功率P0不变，则有f=，火车通过弯道时的速度满足mgtan θ=m，减速过程的输出功率P=fv1，在减速过程中，有Pt-fx=m-m，解得x=t+，B项正确。
7.AB
【解析】本题考查做功、机械能。火箭加速向上运动，加速度方向向上，航天员处于超重状态，A项正确；火箭所受推力向上，速度不断增大，重力势能不断增大，火箭的机械能在增大，发动机推力对火箭做正功，B项正确、D项错误；飞船对航天员的支持力做正功，C项错误。
8.BD
【解析】本题考查运动的分解、动能定理。轻杆与水平方向的夹角为θ时，木块垂直杆方向的分速度大小v1=，合速度大小v==，当θ增大时，v减小，A项错误、B项正确；当θ=37°时，v0=，当θ=53°时，vt=，根据动能定理，合力对木块做的功W=ΔEk=m-m=-ma2ω2，C项错误、D项正确。
9.AB
【解析】本题考查牛顿第二定律、机械能守恒定律。将物块A、B由静止释放，物块A受到弹簧的弹力，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，分离时两物块间的弹力为零，对物块B有aB==g，对物块A有aA==g+，分离时有aA=aB，解得F弹=0，说明此时弹簧长度为原长，A项正确；设两物块分离时的速度大小为v0，根据机械能守恒有k=2mgx0+×2m，又x0=，解得=，分离后物块B做竖直上抛运动，设上升至最高点过程物块B的位移大小为xB，则有xB=，物块B运动的最大位移xB总=xB+x0=，B项正确；分离后物块A向上运动到最高点时，其速度为0，设此过程物块A的位移大小为xA，根据机械能守恒有m=mgxA+k，解得xA=，则物块A运动的最大位移xA总=，C项错误；经分析知分离时物块A上升的速度大小v0=g，D项错误。
10.BC
【解析】本题考查牛顿第二定律、机械能守恒。小物块从A点运动到B点的过程中，加速度大小a1=gsin θ-μgcos θ=4 m/s2，小物块从B点回到A点的过程中，加速度大小a2=gsin θ+μgcos θ=8 m/s2，A项错误；设物块运动到B点的速度大小为vB，从A到B的过程，根据牛顿第二定律，有-=2a1L，从B点回到A点的过程中，有-=-2a2L，联立以上各式，解得v0=2 m/s，vB=4 m/s，B项正确；小物块从B点运动到C点的过程中，机械能守恒，有mg(Rcos θ-Rsin θ)=m，解得R=4 m，C项正确；小物块经过圆弧轨道的最低点时，对圆弧轨道的压力最大，设此时小物块的速度大小为vp，则m=m+mgR(1-cos θ)，根据牛顿第二定律，有N'-mg=m，解得N'=18 N，根据牛顿第三定律可知，N=N'=18 N，D项错误。
11.(1)1.02　(3分)
(2)正比　(2分)　压缩量的平方　(2分)
【解析】(1)d=1.0 cm+0.02 cm=1.02 cm。
(2)根据v与x的关系图可知，图线是过原点的倾斜直线，则v与x成正比。根据动能表达式，动能与速度的平方成正比，而速度与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比。
12.(1)电火花　(1分)
(2)2 mm　(1分)　3.30　(1分)　2.75　(2分)　2.72　(1分)
(3)先释放重物，后接通电源　(1分)　大于　(2分)
【解析】(1)电火花计时器打点时对纸带的阻力小，实验误差较小。
(2)实验中重物由静止释放，做自由落体运动，此纸带第1、2计时点间的距离h=gt2，式中t=0.02 s，所以h=1.96 mm，则选择第1、2计时点间的距离接近2 mm的纸带；重物重力势能的减少量ΔEp=mgh1，式中h1=0.561 m，所以ΔEp=2.75 J；根据匀变速直线运动规律，vC=，代入数据得vC=3.30 m/s，ΔEk=m=2.72 J。
(3)由图丙可知，当h=0时，重物已有速度，原因可能是先释放重物，后接通电源；由于有阻力作用，有mgh>mv2，即gh>v2，则k13.解：(1)小球从释放到滑至B点的过程中，根据机械能守恒定律，有
mgR=mv2　(2分)
解得v=。　(1分)
(2)第一种情况：小球与挡板相撞后，向左运动一段距离，停在距C点l处。设该点为O，小球从B运动到O点停下来的过程，根据动能定理，有
μmg(s+l)=mv2　(2分)
解得μ=　(1分)
第二种情况：小球与挡板相撞后，向左冲上AB再下滑，停在距C点l处。设该点为O，小球从B运动到O点停下来的过程，根据动能定理，有
μmg(2s+s-l)=mv2　(3分)
解得μ=。　(1分)
14.解：(1)弹簧恰好恢复原长时，设两球的水平分速度大小分别为v1、v2，竖直分速度大小为vy
根据题意可知v1=v2　(1分)
根据能量守恒得m+m=E　(1分)
由以上各式，解得v1=v2=。　(1分)
(2)弹簧恰好恢复原长时，有
2×m=E　(1分)
v2=+　(2分)
解得v=。　(1分)
(3)设两球在上升过程中动能减半时，离地面的高度为h，解除弹簧锁定后，小球在竖直方向做竖直上抛运动，设解除弹簧锁定后小球落地时间为t，有
2mgh=E　(1分)
-h=vyt-gt2　(2分)
A、B两球落地时的水平距离s=2v1t　(2分)
由以上各式，得s=。　(2分)
15.解：(1)物块在第一个周期内运动时
前半个周期内物块做加速运动，加速度大小a1=　(1分)
其速度增加量Δv1=a1　(1分)
后半个周期内物块做减速运动，加速度大小a2=　(1分)
其速度减少量Δv2=a2　(1分)
物块在T时刻的速度大小vT=Δv=a1-a2　(1分)
解得vT=　(1分)
根据题图乙可知，每一个周期内物块速度的增加量均为Δv
所以物块到达N点时的速度大小v=5Δv=。　(2分)
(2)设半圆轨道的半径为R，由题意有mg=m　(2分)
根据机械能守恒定律，有mv2=mv'2+mg·2R　(2分)
解得R=。　(1分)
(3)根据图乙可知，当t=时，物块的速度最大　(1分)
最大速度vm=5Δv+a2=　(1分)
根据动能定理，有
WF=m=。　(1分)

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