2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练三十一验证机械能守恒定律

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练三十一验证机械能守恒定律，共5页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．某同学利用重锤的落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验．
(1)图甲是释放纸带瞬间的照片，其装置或操作中一处不合理的地方是________．
(2)为完成本实验，除了图甲所示的装置外，还需要用到的图乙中的器材是________．
(3)同学得到了如图丙所示的一条纸带，读出O、E两点间的距离为________ cm.
(4)已知图丙中每两个点之间的时间间隔为0.02 s，计算打下点E时纸带速度的大小为________ m/s(结果保留2位小数).
2．[2024·广东惠州模拟]在“验证机械能守恒定律”实验中，两实验小组分别采用了如图甲、图乙所示的装置，采用两种不同的实验方案进行实验，设重力加速度为g.
(1)在图甲中，下落重物应选择密度________(选填“大”或“小”)的重物；在图乙中，两个重物的质量关系是m1____m2(选填“>”“＝”或“<”).
(2)采用图乙的方案进行实验，除图中的器材外，还需要的实验器材有低压交流电源、刻度尺和________．
(3)某次实验所打纸带如图丙所示，O为第一个点，连续打出的四点A、B、C、D点到O点的距离已标出，打点时间间隔为0.02 s，则打C点时，重物的速度大小vC＝________m/s(结果保留3位有效数字).
(4)从减少实验误差的角度看，比较两种实验方案，你认为图____(选填“甲”或“乙”)的方案更合理．
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3．[2024·九省联考河南卷]某同学用如图(a)所示的装置验证机械能守恒定律．用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔．电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹(时间间隔为T).如图(b)，在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE.已知当地重力加速度为g.
(1)若电动机的转速为3 000 r/min，则T＝________________________________ s．
(2)实验操作时，应该______．(填正确答案标号)
A．先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落
B．先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动
(3)画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD＝____．(用题中所给物理量的字母表示)
(4)设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出v2­h图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于______，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒．
课时分层精练（三十一） 验证机械能守恒定律
1．解析：（1）纸带释放前没有在竖直方向上伸直（弯折了）；
（2）实验需要测量纸带上所打点的间距，因此需要刻度尺，选择器材D；
（3）O、E两点间的距离为8.78 cm（8.76～8.80之间均算对）；
（4）E点速度近似等于DF段的平均速度，v＝ eq \f(xDF,2t)＝1.30 m/s（1.28 m/s～1.32 m/s之间均算对）.
答案：（1）纸带弯折了 （2）D （3）8.78 （4）1.30
2．解析：（1）为了减小实验误差，两种不同的实验方案中下落重物均应选择密度大的重物，用图乙的方案验证系统机械能是否守恒时，m1向下运动，m2向上运动，所以m1>m2.
（2）采用图乙的方案验证系统机械能是否守恒，可以通过验证系统动能的增加量和系统重力势能的减少量是否相等实现，本实验中动能的增加量为ΔEk＝ eq \f(1,2)（m1＋m2）v2，重力势能的减少量为ΔEp＝（m1－m2）gh，由此可知需要测量两个重物的质量，所以实验器材还需要天平．
（3）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可以求出打C点时重物的瞬时速度大小vC＝ eq \f(xBD,2T)＝ eq \f(0.049 0－0.017 8,2×0.02) m/s＝0.780 m/s.
（4）图甲的方案更合理，因为在图乙方案中还受到细线与滑轮之间阻力的影响．
答案：（1）大 > （2）天平 （3）0.780 （4）甲
3．解析：（1）由于电动机的转速为3 000 r/min，则其频率为50 Hz，故T＝0.02 s.
（2）实验操作时，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落．故选A.
（3）画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD＝ eq \f(hE－hC,2T).
（4）钢制的圆柱下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即mgh＝ eq \f(1,2)mv2，得 eq \f(v2,2)＝gh，若 eq \f(v2,2)­h图线为直线，斜率为g，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒．
答案：（1）0.02 （2）A （3） eq \f(hE－hC,2T) （4）g
单元素养评价（六） 机械能守恒定律
1．解析：运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少（F－mg）h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．
答案：D
2．解析：设坡面与水平面夹角为θ，汽车速率不变，有F牵＝Ff＋mg sin θ，因上坡过程坡度越来越小，θ角在减小，空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则牵引力变小，故A、B错误；由功率公式P＝F牵v可知，汽车速率不变，输出功率变小，故C错误，D正确．
答案：D
3．解析：对沙子，由动能定理可知W＋WG＝ΔEk，WG＝－2.7×105 J，ΔEk＝1.2×104 J，则W＝2.82×105 J，所以C正确．
答案：C
4．解析：小球和轻弹簧组成的系统机械能守恒，动能和势能相互转化，所以当小球动能最小时，系统势能最大，当弹簧刚接触到斜面底端挡板时小球速度不为零，当小球运动到最低点时速度为零，所以Ep1＝Ep3>Ep2，小球在最低点时系统势能最大，故A正确，B、D错误；在压缩弹簧过程中，根据牛顿第二定律，刚开始重力沿斜面向下的分力大于弹簧向上的弹力，后重力沿斜面向下的分力小于弹簧向上的弹力，所以小球先加速后减速，当加速度为零时，小球速度最大，因此系统势能最小，故C错误．故选A.
答案：A
5．解析：一次涨潮水增加的重力G＝mg＝ρVg＝1.0×103 kg/m3×2.7×106 m3×10 N/kg＝2.7×1010 N
一天产生的水的势能W＝4G·Δh＝4×2.7×1010 N× eq \f(1,2)×5 m＝2.7×1011 J
水的势能变为电能W电＝ηW＝20%×2.7×1011 J＝5.4×1010 J＝1.5×104 kW·h＝1.5×104度．故选B.
答案：B
6．解析：滑块恰好通过该轨道最高点D，则有mg＝m eq \f(v eq \\al(2,D) ,R)
解得vD＝ eq \r(5) m/s，故A错误；
设从D点刚好到达F点，根据动能定理有－mg·2r＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D)
解得r＝0.125 m
根据题意滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上，所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125 m，故B错误；
在轨道AB上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，有v′＝ eq \f(P,μmg)＝10 m/s，故C正确；
在轨道AB上，滑块减速过程的距离为x，从撤去外力到D点，根据动能定理有－μmgx－mg·2R＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D) － eq \f(1,2)mv′2，解得x＝7.5 m，故D错误．
故选C.
答案：C
7．解析：设拉力FT的方向为正方向，速度—时间图线的斜率等于物体的加速度，则前2 s内的加速度为a1＝ eq \f(10－5,2) m/s2＝2.5 m/s2，2～6 s内的加速度为a2＝ eq \f(0－10,6－2) m/s2＝－2.5 m/s2，对于两段运动过程，由牛顿第二定律得FT＋Ff＝ma1，Ff＝ma2，解得FT＝10 N，Ff＝－5 N，负号表示与运动方向相反，前2 s内的位移x1＝ eq \f(1,2)×（5＋10）×2 m＝15 m，2～6 s内的位移x2＝ eq \f(1,2)×10×4 m＝20 m，拉力做的功为WF＝FTx1＝150 J，整个过程中摩擦力做的功为W＝Ff（x1＋x2）＝－175 J，物体克服摩擦力做的功是175 J，故选项A、D正确．
答案：AD
8．解析：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做的功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运动至A点的过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，解得v0＝2 eq \r(μgs)，选项D错误．
答案：BC
9．解析：若D点对小球的弹力为0，根据向心力公式可知，速度为零，根据机械能守恒，在A点速度为零，则管口A对小球的弹力平衡重力，不为零，故A错误；
若vA＝10 m/s，假设小球能到达E点有 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,E) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A) ＝－mgR2，解得vE＝2 eq \r(5) m/s< eq \r(gR2)＝2 eq \r(10) m/s，则小球到不了E点，故B错误；
若vA＝2 eq \r(5) m/s，则到达D点 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A) ＝0，D点对小球的弹力N＝m eq \f(v eq \\al(2,D) ,R2)＝5 N，故C正确；
若管口A对小球产生向上的支持力大小为FA：mg－FA＝m eq \f(v eq \\al(2,A) ,R1)，管口C对小球的支持力大小为FC：
FC－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,C) ,R1)且 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A) ＝mgR2，解得FA＋FC＝60 N，故D正确．故选CD.
答案：CD
10．解析：（1）根据F＝kx得ΔF＝kΔx，可得k＝ eq \f(ΔF,Δx)＝ eq \f(Δmg,Δx).取较远的两组数计算，
k＝ eq \f(（0.15－0.05）×9.80,（8.62－6.66）×0.01) N/m＝ eq \f(0.98 N,1.96×10－2m)＝50 N/m.
（2）气垫导轨与滑块间的摩擦力可以忽略，滑块做匀速直线运动时通过两个光电门的速度大小相等．
（3）因忽略摩擦力，释放滑块后．弹簧的弹性势能转化为滑块的动能．
（4）由题图丙可知，v­x图线为过原点的倾斜直线，v与x成正比关系．由Ek＝ eq \f(1,2)mv2＝Ep可知，Ep＝ eq \f(1,2)mv2∝x2，故弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比．
答案：（1）50 （2）相等 （3）滑块的动能
（4）正比 压缩量的平方
11．解析：（1）径向最大静摩擦力提供向心力时，汽车通过此弯道的速度最大，设最大速度为vm，则有
f径向＝m eq \f(v eq \\al(2,m) ,r)
f径向＝0.675mg，解得vm＝18 m/s
（2）汽车在匀加速过程中F－f＝ma，当功率达到额定功率时P0＝Fv1；v1＝at1代入数据解得t1＝3.33 s
t＝4 s>t1＝3.33 s，则t＝4 s末发动机功率为P＝80 kW
答案：（1）18 m/s （2）80 kW
12．解析：（1）对小滑块从A点运动到C点的过程，由动能定理可得－μmgl－mgR＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)
解得AB段的长度l＝1.6 m
（2）对小滑块第一次经过B点到第二次经过B点过程分析可知，该过程小车静止不动，小滑块的机械能守恒，两次经过B点的速度大小相同，则有mgR＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B)
解得vB＝2 eq \r(5) m/s
（3）小滑块第二次经过B点后做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动，直到小滑块与小车共速．小滑块做匀减速运动的加速度大小a1＝ eq \f(μmg,m)＝μg＝5 m/s2
小车做匀加速运动的加速度大小a2＝ eq \f(μmg,M)＝ eq \f(5,3) m/s2
小滑块与小车的共同速度v2＝vB－a1t＝a2t
解得v2＝ eq \f(\r(5),2) m/s
小滑块从第二次经过B点到与小车相对静止，根据能量守恒定律有 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B) － eq \f(1,2)（m＋M）v eq \\al(2,2) ＝μmgs，解得s＝1.5 m
答案：（1）1.6 m （2）2 eq \r(5) m/s （3）1.5 m