資源簡介

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2025粵教版高中物理必修第二冊
分層作業21　機械能守恒定律
A組 必備知識基礎練
題組一　機械能守恒的條件
1.忽略空氣阻力,下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是(　　)
A.電梯勻速下降
B.拋出的鉛球在空中飛行
C.“神舟十八號”的發射過程
D.汽車沿斜坡加速上行
2.橡皮擦從桌面邊緣掉落,若要將其在空中運動的過程視為機械能守恒,則應忽略(　　)
A.橡皮擦所受的空氣阻力 B.橡皮擦的質量
C.橡皮擦下落的時間 D.橡皮擦的重力
題組二　單個物體的機械能守恒
3.如圖所示,將一質量為m的石塊從離地面h高處以初速度v0斜向上拋出,初速度與水平方向的夾角為θ.若空氣阻力可忽略,為減小石塊落地時的速度,下列措施可行的是(　　)
A.僅減小m B.僅減小v0
C.僅增大θ D.僅增大h
4.(2024廣東佛山期中)地鐵優化線路節能坡的設計如圖所示,車站設在縱斷面的坡頂上,若當列車行進到A處時發動機關閉,到達站臺B處正好停下,列車行進過程中阻力不可忽略,則(　　)
A.列車從A運動到B的過程中機械能守恒
B.列車進站上坡過程中重力做正功
C.列車進站上坡時部分動能轉化為勢能
D.列車出站下坡時勢能完全轉化為動能
題組三　多個物體系統的機械能守恒
5.(多選)如圖所示,在兩個質量分別為m和2m的小球a和b之間,用一根長為L的輕桿連接,兩小球可繞穿過桿中心O的水平軸無摩擦地轉動.現讓輕桿處于水平位置,然后無初速度釋放,b向下,a向上,產生轉動.在桿轉至豎直的過程中(　　)
A.b的重力勢能增加,動能減少
B.a的機械能增加
C.a和b的總機械能守恒
D.a和b的總機械能不守恒
6.(多選)如圖所示,不可伸長的輕繩跨過輕質定滑輪,兩端分別連有質量為m的小球P與質量為2m的小球Q.初始時輕繩繃緊,P和Q由靜止釋放,不計摩擦及空氣阻力,重力加速度為g.在Q下落高度h的過程中,下列說法正確的有(　　)
A.Q下落的加速度大小為g
B.Q的末速度大小為
C.P、Q所組成系統的機械能守恒
D.P、Q所組成系統的重力勢能減少量為mgh
B組 關鍵能力提升練
7.(2024廣東佛山階段練習)發射地球同步衛星時,先將衛星發射至近地圓軌道1,然后點火,使其沿橢圓軌道2運行,最后再次點火,將衛星送入同步圓軌道3,軌道1、2相切于Q點,軌道2、3相切于P點,如圖所示,衛星分別在1、2、3軌道上正常運行時,以下說法正確的是(　　)
A.衛星在軌道3上運行的速率大于在軌道1上的速率
B.衛星在軌道3上的機械能小于在軌道1上的機械能
C.衛星在軌道2上經過Q點時的加速度大于它在軌道1上經過Q點時的加速度
D.衛星在軌道2上由Q點運動至P點的過程中,機械能守恒
8.(2024陜西商洛期末)如圖所示,一根輕彈簧豎直立在水平地面上,一小球從距彈簧上端h0處自由下落到將彈簧壓縮至最短的過程中,彈簧始終處于彈性限度內,忽略空氣阻力的影響.若以地面為參考平面,則小球下降過程中的機械能隨下降的高度h變化的關系圖像可能為(　　)
9.某同學將手中的彈簧筆豎直向下按壓在水平桌面上,如圖甲所示,當他突然松手后彈簧筆將豎直向上彈起,其上升過程中的Ek-h圖像如圖乙所示,則下列判斷正確的是(　　)
A.彈簧原長為h1
B.彈簧最大彈性勢能大小為Ekm
C.O到h3之間彈簧的彈力先增加再減小
D.h1到h2之間彈簧筆的彈性勢能和動能之和減小
10.(多選)輕桿AB長2L,A端連在固定軸上,B端固定一個質量為2m的小球,中點C固定一個質量為m的小球.AB桿可以繞A端在豎直平面內自由轉動.現將桿置于水平位置,如圖所示,然后由靜止釋放,不計各處摩擦力與空氣阻力,則下列說法正確的是(　　)
A.AB桿轉到豎直位置時,角速度為
B.AB桿轉到豎直位置的過程中,B端小球的機械能的增加量為mgL
C.AB桿轉動過程中桿CB對B端小球做正功,對C端小球做負功
D.AB桿轉動過程中,C端小球機械能守恒
11.如圖所示,粗糙斜面AB的傾角α=37°,AB與光滑的水平面BC平滑連接,在C處利用擋板固定一個水平輕彈簧,一個質量m=2 kg的物體(可視為質點)自斜面上的A點由靜止釋放,經1 s到達斜面底端B點時的速度大小v=2.0 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)A點距水平面的高度h;
(2)物體與斜面之間的動摩擦因數μ;
(3)在物體與彈簧第一次作用的過程中,彈簧具有的最大彈性勢能Ep.
C組 核心素養拔高練
12.(2024廣東廣州期末)如圖所示,一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB,圓心為O的豎直半圓軌道BCD、水平直軌道EF及彈性板等組成,半圓軌道最高點D與水平直軌道右端點E處在同一豎直線上,且D點略高于E點.已知可視為質點的滑塊質量m=0.1 kg,軌道BCD的半徑R=0.6 m,軌道EF的長度l=1.0 m,滑塊與軌道EF間的動摩擦因數μ=0.2,其余各部分軌道均光滑.游戲時滑塊從A點彈出,經過圓軌道并滑上水平直軌道EF.彈簧的彈性勢能最大值Epm=2.0 J,彈射器中滑塊與彈簧相互作用時,機械能損失忽略不計,滑塊與彈性板作用后以等大速率彈回,不計滑塊通過DE之間的能量損失,g取10 m/s2.求:
(1)滑塊恰好能通過D點的速度vD;
(2)若彈簧的彈性勢能Ep0=1.6 J,求滑塊運動到與圓心O等高的C點時所受彈力FN;
(3)若滑塊最終靜止在水平直軌道EF上,求彈簧的彈性勢能Ep的范圍.
分層作業21　機械能守恒定律
1.B　解析 機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功.電梯勻速下降過程有阻力做負功,機械能不守恒,A錯誤;拋出的鉛球在空中飛行過程,只有重力做功,機械能守恒,B正確;“神舟十八號”的發射過程有推力做正功,機械能不守恒,C錯誤;汽車沿斜坡加速上行,有牽引力做正功,機械能不守恒,D錯誤.
2.A　解析 機械能守恒條件是只有重力(或彈力)做功,所以應忽略橡皮擦所受的空氣阻力,故A符合題意,B、C、D不符合題意.
3.B　解析 若空氣阻力可忽略,石塊運動過程機械能守恒,則有mgh+mv2,整理得v2=2gh+,可知小石塊落地時的速度與初速度大小、離地面高度有關,減小初速度或離地面高度,小石塊落地時的速度減小.故選B.
4.C　解析 列車從A運動到B的過程中阻力做負功,所以機械能減小,故A錯誤;列車進站上坡過程中重力做負功,重力勢能增加,故B錯誤;列車進站上坡時部分動能轉化為勢能,部分動能轉化為內能,故C正確;列車出站下坡時勢能一部分轉化為動能,一部分轉化為內能,故D錯誤.
5.BC　解析 因為b向下,a向上,產生轉動,可知b的重力勢能減少,動能增加,A錯誤;a的動能和重力勢能都增加,則a的機械能增加,B正確;在桿從水平轉至豎直的過程中,a和b組成的系統只有重力做功,則a和b的總機械能守恒,C正確,D錯誤.
6.BCD　解析 對P分析根據牛頓第二定律有T-mg=ma,對Q有2mg-T=2ma,可得a=,A錯誤;Q的末速度大小v=,B正確;不計摩擦及空氣阻力,P、Q所組成系統的機械能守恒,重力勢能的減少量等于動能的增加量ΔEk=×3mv2=mgh,C、D正確.
7.D　解析 根據萬有引力提供向心力可得=m,解得v=,因為r3>r1,所以衛星在軌道3上運行的速率小于在軌道1上的速率,A錯誤;衛星在同一軌道運行時只受萬有引力的作用,機械能守恒,衛星從低軌道向高軌道變軌時需要點火加速,這一過程衛星的機械能增加,說明同一衛星所處的軌道越高,衛星的機械能越大,故衛星在軌道3上的機械能大于在軌道1上的機械能,B錯誤;根據牛頓第二定律可得=ma,解得a=.由于M、r都相同,可知衛星在軌道2上經過Q點時的加速度等于它在軌道1上經過Q點時的加速度,C錯誤;衛星在軌道2上由Q點運動至P點的過程中,只有萬有引力對衛星做功,衛星的機械能守恒,D正確.
8.C　解析 在未接觸彈簧的過程中,只有重力做功,小球的機械能不變.接觸彈簧后,彈力隨彈簧壓縮量均勻變化,彈簧壓縮量為h-h0,此過程彈力做負功W=(h-h0)=,小球機械能減少,接觸彈簧后小球的機械能E=E0-W=E0-,接觸彈簧后的圖像為開口向下的拋物線,C正確.
9.D　解析 彈簧筆豎直向上彈起過程,所受重力保持不變,彈簧彈力減小,當二力平衡時,加速度為零,速度達到最大,動能最大.此時彈簧還有一定的形變量,不是原長,所以彈簧最大彈性勢能大于Ekm,故A、B、C錯誤;運動過程中,對系統來說,只有重力和彈簧彈力做功,所以系統機械能守恒,h1到h2之間彈簧筆的重力勢能增加,所以彈簧筆的彈性勢能和動能之和減小,故D正確.
10.ABC　解析 在AB桿由靜止釋放轉到豎直位置的過程中,兩小球和桿組成的系統機械能守恒,則以B端小球的最低點為參考平面,根據機械能守恒定律有mg·2L+2mg·2L=mgL+×2m(ω·2L)2+m(ωL)2,解得角速度ω=,選項A正確;在此過程中,B端小球機械能的增加量為ΔEB=E末-E初=×2m(ω·2L)2-2mg·2L=mgL,選項B正確;AB桿轉動過程中,由于B端小球機械能增加,故桿對B端小球做正功,根據系統機械能守恒,C端小球機械能必然減少,所以CB桿對C端小球做負功,選項C正確,選項D錯誤.
11.解析 (1)根據運動學公式可得
xAB=·t=×1 m=1 m
A點距水平面的高度為h=xAB·sin α=0.6 m.
(2)物體從A到B的過程,根據動能定理可得
mgh-μmgcos α·xAB=mv2-0
解得μ=0.5.
(3)物體從B點到向右壓縮彈簧使彈簧的形變量最大的過程,根據系統機械能守恒可得Ep=mv2=4 J.
答案 (1)0.6 m　(2)0.5　(3)4 J
12.解析 (1)恰好通過D點時,由重力提供向心力,則有mg=m
解得vD= m/s= m/s.
(2)滑塊從A到圓心O等高處,由機械能守恒定律得Ep0=mgR+
在C點,軌道的彈力提供向心力,由牛頓第二定律得FN=m
聯立解得FN= N.
(3)若滑塊恰能通過半圓軌道最高點D,則有xmin==1.5 m,
若滑塊以最大彈性勢能彈出時,能停在水平直軌道EF上,在EF上滑行的最大路程為xmax,則有Epm=μmgxmax+2mgR
代入數據解得xmax=4.0 m
在軌道EF上往返一次損失的能量為ΔE=μmg·2l=0.4 J
可知,若滑塊最終靜止在水平直軌道EF,如下兩種情況滿足要求:
①滑塊從E滑上EF,并停在EF上,則1.5 m≤x1≤2.0 m,則有Ep=μmgx1+2mgR
解得1.5 J≤Ep≤1.6 J
②滑塊從E滑上EF,再從E滑下,沿軌道下滑,與彈簧作用后再滑上EF,且最終停在EF上,第二次恰好能過D點,則3.5 m≤x≤4.0 m,則有Ep=μmgx+2mgR
解得1.9 J≤Ep≤2.0 J.
答案 (1) m/s　(2) N　(3)1.5 J≤Ep≤1.6 J或1.9 J≤Ep≤2.0 J
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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