【优化探究】2022高考物理二轮专题复习 素能提升 1-2-6 机械能守恒定律 功能关系（含解析）新人教版

【优化探究】2022高考物理二轮专题复习素能提升1-2-6机械能守恒定律功能关系（含解析）新人教版1．(2022年高考大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)A．tanθ和　　　　　　B．(－1)tanθ和C．tanθ和D．(－1)tanθ和解析：本题考查能量守恒定律．根据能量守恒定律，以速度v上升时，mv2＝μmgcosθ＋mgH，以速度上升时m()2＝μmgcosθ＋mgh，解得h＝，μ＝(－1)tanθ，所以D正确．答案：D2．(2022年高考安徽卷)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则(　　)A．v1＝v2，t1>t2B．v1<v2，t1>t2C．v1＝v2，t1<t2D．v1<v2，t1<t2解析：本题考查机械能守恒定律、类比法与vt图象方法解题，考查“化曲为直”的思维能力．首先根据机械能守恒定律得到v1＝v2＝v0，小球沿着MPN轨道运动时，先减速后加速，小球沿着MQN轨道运动时，先加速后减速，总路程相等，将小球的曲线运动类比为直线运动，画出vt图象如图，可得t1>t2.选项A正确．答案：A-17-\n3．(2022年高考广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，摩擦力做负功，则缓冲器的机械能部分转化为内能，故选项A错误，选项B正确；车厢撞击过程中，弹簧被压缩，摩擦力和弹簧弹力都做功，所以垫块的动能转化为内能和弹性势能，选项C、D错误．答案：B4．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(　　)A．弹簧的弹性势能一直增大B．弹簧的弹性势能先增大后减小C．弹簧的弹性势能变化了mghD．弹簧轴线垂直杆时，弹簧的弹性势能最大解析：弹簧的压缩量先增大，越过杆的垂线后，压缩量减小至恢复原长，接着伸长量增大，则弹性势能先增大后减小，再增大，A和B都错误；圆环和轻质弹簧组成的系统，机械能守恒，圆环滑到杆的底端时，动能为0，圆环的重力势能最小，弹性势能最大，且mgh＝ΔE弹，则C正确，D错误．答案：C5．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接．现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功的大小分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中(　　)A．带电小球电势能增加W2-17-\nB．弹簧弹性势能最大值为W1＋mv2C．弹簧弹性势能减少量为W2＋W1D．带电小球和弹簧组成的系统机械能增加W2解析：电场力对小球做了W2的正功，根据功能关系可知，小球的电势能减少了W2，选项A错误；对于小球在上述过程中，有W2＋W弹－W1＝mv2，根据功能关系可知，弹簧弹性势能最大值为W1＋mv2－W2，选项B错误，选项C也错误；根据功能关系知，选项D正确．答案：D6．如图所示．在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB(AB>R)是竖直轨道，CE是水平轨道，CD>R.AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长．一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高．现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g.(1)Q球经过D点后，继续滑行距离x停下(x>R)．求小球与DE段之间的动摩擦因数μ；(2)求Q球到达C点时的速度大小．解析：(1)由能量守恒定律得mgR＋mg·2R＝μmgx＋μmg(x－R)，解得μ＝.(2)轻杆由释放到Q球到达C点的过程，系统的机械能守恒，设P、Q两球的速度大小分别为vP、vQ，则mgR＋mg(2－sin30°)R＝mv＋mv，又vP＝vQ，联立解得vQ＝.答案：(1)　(2)课时跟踪训练一、选择题1．(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)-17-\nA．动能损失了2mgHB．动能损失了mgHC．机械能损失了mgHD．机械能损失了mgH解析：由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度，则由牛顿第二定律有mgsin30°＋Ff＝mg，则Ff＝mg.由动能定理可知ΔEk＝mgH＋FfL＝2mgH，则A正确，B错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，Wf＝FfL＝mgH，则C正确，D错误．答案：AC2．(多选)如图所示，内壁光滑的圆环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为2m的小球甲，另一端固定有质量为m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，由静止释放后(　　)A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球可沿凹槽下滑到凹槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点解析：甲、乙小球组成的系统，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，故选项A、C、D正确，选项B错误．答案：ACD3．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的vt图象如图所示，g取10m/s2.下列说法中正确的是(　　)A．小球上升与下落所用时间之比为2∶3B．小球下落过程，处于超重状态C．小球上升过程中克服阻力做功48JD．小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中的机械能损失解析：由mg＋Ff＝ma1，又由vt图象得a1＝12m/s2，故Ff＝2N，小球下落时，由mg－Ff＝ma2，得a2＝8m/s2，由h＝24m＝a2t得t2＝s，故小球上升与下落所用时间之比为2∶，A错误；因下落过程中加速度向下，故小球处于失重状态，B错误；由于损失的机械能ΔE机＝Ff·h可知，小球上升与下落过程中损失的机械能相同，均为2×24J＝48J，故C正确，D错误．-17-\n答案：C4．(2022年上海长宁区质检)如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C.重力加速度大小为g.则小滑块(　　)A．经B点时加速度为零B．在AB段运动的加速度为2.5gC．在C点时合力的瞬时功率为mgD．上滑时动能与重力势能相等的位置在与OD等高处解析：小滑块经过B点时具有向心加速度，A错误；小滑块在C点时合力竖直向下，速度沿水平方向，其瞬时功率为零，C错误；由mg＝m，mv＝mg·2R＋mv，可得vB＝，由v＝2axAB，可得a＝2.5g，B正确；由mv＝mgh＋mv2＝2mgh，得：h＝R>R，故D错误．答案：B5．(多选)带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场，如图所示，电场强度为E，且qE＜mg，对滑块在斜面上的运动，以下说法正确的是(　　)A．滑块将沿斜面减速下滑B．滑块仍沿斜面匀速下滑C．加电场后，重力势能与电势能之和不变D．加电场后，重力势能与电势能之和减小解析：设斜面倾角为θ，没加电场时，滑块匀速下滑，由平衡条件得mgsinθ－μmgcosθ＝0，加上电场后，由于(mg－Eq)sinθ＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑块仍匀速下滑，A错误，B正确；设重力势能的改变量为ΔEp重，电势能的改变量为ΔEp电，加电场后，有ΔEp重＝ΔEp电＋Q，滑块运动时间越长，摩擦生成的热量Q越多，所以重力势能与电势能之和减小，C错误，D正确．答案：BD6．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是(　　)-17-\nA．电动机做的功为mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．传送带克服摩擦力做的功为mv2D．电动机增加的功率为μmgv解析：由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而这个位移是物体对地位移的两倍，即W＝mv2，故C错；由功率公式可知传送带增加的功率为μmgv，故D对．答案：D7．(2022年高考福建卷)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在两物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块(　　)A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析：设斜面倾角为θ，物块速度达到最大时，有kx＝mgsinθ，若m1<m2，则x1<x2，当质量为m1的物块到达质量为m2的物块速度最大位置的同一高度时，根据能量守恒得ΔEp＝mgΔh＋mv2，所以v＝，因为m1<m2，所以v1>v2max，此时质量为m1的物块还没达到最大速度，因此v1max>v2max，故A错；由于撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，所以撤去外力时两弹簧的弹力相同，此时两物块的加速度最大，由牛顿第二定律可得a＝，因为质量不同，所以最大加速度不同，故B错误；由于撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，所以两弹簧与物块分别组成的两系统具有相同的弹性势能，物块上升过程中系统机械能守恒，所以上升到最大高度时，弹性势能全部转化为重力势能，所以两物块重力势能的增加量相同，故D错误；由Ep＝mgh可知，两物块的质量不同，所以上升的最大高度不同，故C正确．答案：C二、计算题-17-\n8．如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°.一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1>m2.开始时m1恰在碗口右端水平直径A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失．(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s；(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为R/2，求.解析：(1)设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时m1、m2速度大小分别为v1、v2由运动合成与分解得v1＝v2①对m1、m2系统由功能关系得m1gR－m2gh＝m1v＋m2v②h＝Rsin30°③设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得m2gs′sin30°＝m2v④小球m2沿斜面上升的最大距离s＝R＋s′⑤联立得s＝(＋)R.⑥(2)对m1由机械能守恒定律得m1v＝m1g⑦联立①②③⑦得＝≈1.9.答案：(1)(＋)R　(2)1.99．如图所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，圆弧轨道BC对应圆的半径R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10m/s2.求：(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析：(1)物块做平抛运动时，设到达B点时竖直分速度为vy，则vy＝gt，又H－h＝gt2，可得vy＝3m/s.故小物块运动至B点的速度v1＝＝5m/s.-17-\n设v1的方向与水平面的夹角为θ，tanθ＝vy/v0＝3/4，即θ＝37°.(2)从A至C点，由动能定理得mgH＝mv－mv，设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝，由上式可得v2＝2m/s，FN＝47.3N.根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N.(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝5N.长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff′＝μ2(M＋m)g＝10N.因Ff<Ff′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．由动能定理得－μ1mgL＝0－mv，解得长木板长度至少为L＝2.8m.答案：(1)5m/s　与水平方向的夹角为37°(2)47.3N　(3)2.8m10．(2022年潍坊二模)如图所示，水平轨道MN与竖直光滑半圆轨道相切于N点，轻弹簧左端固定在轨道的M点，自然状态下右端位于P点．将一质量为1kg的小物块靠在弹簧右端并压缩至O点，此时弹簧储有弹性势能Ep＝18.5J．现将小物块无初速释放，已知OP＝0.25m，PN＝2.75m，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆轨道半径R＝0.4m，g取10m/s2.求：(1)物块从P点运动到N点的时间；(2)分析说明物块能否通过半圆轨道最高点B.若能，求出物块在水平轨道上的落点到N点的距离．若不能，简要说明物块的运动情况．解析：(1)从开始释放到小物块运动至P，由能量守恒定律有Ep－μmgxOP＝mv，解得vP＝6m/s.设物块由P至N用时为t，由匀变速直线运动规律有xPN＝vPt－at2，μmg＝ma，解得t＝0.5s或t＝5.5s(舍去)．(2)物块由P至N，由动能定理得－μmgxPN＝mv－mv.设物块能够通过圆轨道最高点，在最高点B物块速度大小为vB，-17-\n由机械能守恒定律得mv＝2mgR＋mv.由以上两式解得vB＝3m/s.设物块通过最高点的最小速度为vm，则mg＝m，vm＝2m/s.因vB>vm，故物块能通过B点．通过B点后做平抛运动有x＝vBt，2R＝gt2，解得x＝1.2m.答案：(1)0.5s　(2)能通过B点　1.2m阶段达标检测(一)　力学综合一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．(2022年高考天津卷)质点做直线运动的速度—时间图象如图所示，该质点(　　)A．在第1秒末速度方向发生了改变B．在第2秒末加速度方向发生了改变C．在前2秒内发生的位移为零D．第3秒末和第5秒末的位置相同解析：应用图象判断物体的运动情况，速度的正负代表了运动的方向，A错误；图线的斜率代表了加速度的大小及方向，B错误；图线与时间轴围成的图形的面积代表了物体的位移，C错误，D正确．答案：D2．(多选)如图所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为0.45m，假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为2.4m的P点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，g取10m/s2，则(　　)A．球下落的加速度逐渐变大B．球从发射口到桌面的时间为0.3sC．球从发射口射出后动能增大D．球从发射口射出的速率为8m/s解析：乒乓球发出后不计空气阻力，做平抛运动，加速度为g，重力一直做正功，动能不断增大，故A错误，C正确；由h＝gt2可求得球从发射口到桌面的时间为0.3-17-\ns，B正确；平抛的初速度v0＝＝8m/s，D正确．答案：BCD3．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为s，如图所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是(　　)A．相对地面的运动轨迹为直线B．相对地面做变加速曲线运动C．t时刻猴子对地速度的大小为v0＋atD．t时间内猴子对地的位移大小为解析：猴子竖直向上做匀加速直线运动，水平向右做匀速直线运动，其合运动是匀变速曲线运动，A、B均错误；t时刻猴子对地速度的大小为v＝，C错误；t时间内猴子对地的位移是指合位移，其大小为，D正确．答案：D4．(2022年高考大纲全国卷)一质点沿x轴做直线运动，其vt图象如图所示．质点在t＝0时位于x＝5m处，开始沿x轴正向运动．当t＝8s时，质点在x轴上的位置为(　　)A．x＝3m　　　　　　　B．x＝8mC．x＝9mD．x＝14m解析：本题考查vt图象．vt图象与x轴围成的面积表示位移，即位移为s1－s2＝3m，由于初始坐标是5m，所以t＝8s时质点在x轴上的位置为x＝3m＋5m＝8m，因此B正确．答案：B5．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s.利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F图象(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则下列说法不正确的是(　　)A．在全过程中，电动车在B点时速度最大B．电动车做匀加速运动时的加速度为2m/s2C．电动车的额定功率为6kW-17-\nD．电动车做匀加速运动所需的时间为1.5s解析：在全过程中，电动车在C点时对应的值最小，速度最大为vmax＝15m/s，对应的牵引力等于阻力，Ff＝400N，电动车的额定功率为P＝Ffvmax＝400N×15m/s＝6000W＝6kW，选项A错误，C正确；图中AB段，对应的牵引力为F＝2000N，恒定不变，电动车做匀加速运动，由牛顿第二定律有F－Ff＝ma解得电动车做匀加速运动时的加速度为a＝2m/s2，选项B正确；由P＝Fv可得匀加速直线运动的末速度v＝3m/s，由v＝at解得电动车做匀加速运动所需的时间为1.5s．选项D正确．答案：A6．如图所示，水平传送带水平部分长度为L，以速率v顺时针转动，在其左端无初速度释放一个小物体P，若P与传送带之间的动摩擦因数为μ，则P从左端到传送带右端的运动时间不可能为(　　)A.B.C.D.＋解析：若v＝，则P一直加速到右端且到最右端时速度为v，则L＝t，B可能；若v>，则P一直加速到右端且到最右端时速度小于v，则有μgt2＝L，C可能；若v<，则P先加速后匀速，加速到v所用时间t1＝，运动位移s1＝，则匀速运动位移为s2＝L－s1，运动时间为t2＝s2/v，则总时间为t＝t1＋t2，D可能．答案：A7．(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长，且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力．若在物体A下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A接触地面前的瞬间(　　)A．物体A的加速度大小为g，方向竖直向下B．弹簧的弹性势能等于mgh－mv2C．物体B有向上的加速度D．弹簧对物体A拉力的瞬时功率大小为2mgv-17-\n解析：当A即将接触地面时，物体B对地面无压力，对B受力分析可知，物体B受力平衡，细线拉力等于B的重力2mg，细绳拉力又等于轻弹簧弹力，对A受力分析可得F－mg＝ma，可得a＝g，方向竖直向上，选项A、C错误；A下落过程中，A与弹簧整体机械能守恒，可得mgh＝Ep＋mv2，弹簧的弹性势能Ep＝mgh－mv2，选项B正确；拉力的瞬时功率为P＝Fv＝2mgv，选项D正确．答案：BD8．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是(　　)A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析：根据题意可知，座椅A和B的角速度相等，A的转动半径小于B的转动半径，由v＝rω可知，座椅A的线速度比B的小，选项A错误；由a＝rω2可知，座椅A的向心加速度比B的小，选项B错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律有mgtanα＝mrω2，得tanα＝，因座椅A的运动半径较小，故悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；拉力FT＝，可判断悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，选项D正确．答案：D9．(多选)一质量m＝0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝37°的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出滑块上滑过程中的vt图象如图所示．取sin37°＝0.6，g取10m/s2，认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)A．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5B．滑块返回斜面底端时的速度为2m/sC．滑块在上升过程中重力做的功为－25JD．滑块返回斜面底端时重力的功率为6W-17-\n解析：由题图可知a＝10m/s2，即gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，解得μ＝0.5.上滑位移x＝×1m＝5m，下滑加速度a′＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2.所以回到斜面底端时的速度v′＝＝2m/s.上升过程中重力做功W＝－Gxsinθ＝－15J，返回底端时重力的瞬时功率P＝mgv′sinθ＝6W．选项A、D正确．答案：AD10．(2022年高考山东卷)2022年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep＝，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为(　　)A.(h＋2R)B.(h＋R)C.(h＋R)D.(h＋R)解析：本题以月面为零势能面，开始发射时，“玉兔”的机械能为零，对接完成时，“玉兔”的动能和重力势能都不为零，该过程对“玉兔”做的功等于“玉兔”机械能的增加量．忽略月球的自转，月球表面上，“玉兔”所受重力等于月球对“玉兔”的引力，即G＝mg月，对于在h高处的“玉兔”，月球对其的万有引力提供向心力，即G＝m，“玉兔”的动能Ek＝mv2，由以上可得，Ek＝.对“玉兔”做的功W＝Ek＋Ep＝(h＋R)．选项D正确．答案：D二、实验题(本题共2小题，共18分．把答案填在题中横线上或按题目要求作答)11．(6分)小明同学在学完力的合成与分解后，想在家里做实验验证力的平行四边形定则．他从学校的实验室里借来两个弹簧测力计，按如下步骤进行实验．A．在墙上贴一张白纸，用来记录弹簧的弹力大小和方向．B．在一个弹簧测力计的下端悬挂一装满水的水杯，记下静止时该弹簧测力计的示数F.C．将一根长约30cm-17-\n的细线从杯带中穿过，再将细线两端拴在两个弹簧测力计的挂钩上．在靠近白纸处用手对称地拉开细线，使两个弹簧测力计的示数相等，在白纸上记下细线的方向和弹簧测力计的示数，如图甲所示．D．在白纸上按一定标度作出两个弹簧测力计的弹力的示意图，如图乙所示，根据力的平行四边形定则可求出这两个力的合力F′.(1)在步骤C中，弹簧测力计的示数为________N.(2)在步骤D中，合力F′＝________N.(3)若__________________________，就可以验证力的平行四边形定则．解析：(1)通过图甲所示读出力的示数为3.00N.(2)在图乙中作出平行四边形，测出长度，对照标度算出力的大小．(3)如果实际的合力和通过平行四边形定则做出的合力在误差允许的范围内相同，则可以验证平行四边形定则．答案：(1)3.00　(2)5.20　(3)F′近似在竖直方向，且数值与F近似相等12．(12分)(2022年安徽淮南质检)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒(气垫导轨底座已调水平)．(1)如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d＝__________cm；实验时将滑块从如图甲所示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝1.2×10－2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为________m/s.在本次实验中还需要测量的物理量有钩码的质量m、________和________(文字说明并用相应的字母表示)．(2)本实验通过比较______________和____________在实验误差允许的范围内相等(用测量的物理量符号表示)，从而验证了系统的机械能守恒．解析：(1)游标卡尺读数为d＝(5＋0.1×2)mm＝0.52cm.瞬时速度v＝＝m/s＝0.43m/s.还需测量的物理量有钩码质量m，滑块质量M，滑块到光电门的距离x.(2)系统若机械能守恒，则mgx＝(M＋m)()2，故比较mgx和(M＋m)()2，若在实验误差允许范围内相等，则机械能守恒．答案：(1)0.52　0.43　滑块质量M　滑块到光电门的距离x　(2)mgx　(m＋M)()2-17-\n三、计算题(本题共4小题，共42分．解答时应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(10分)如图所示，长为R的轻绳，上端固定在O点，下端连一质量为m的小球，小球接近地面，处于静止状态．现给小球一沿水平方向的初速度v0，小球开始在竖直平面内做圆周运动．设小球到达最高点时绳突然被剪断．已知小球最后落在离小球最初位置2R的地面上．求：(1)小球在最高点的速度v；(2)小球的初速度v0；(3)小球在最低点时球对绳的拉力．解析：(1)在水平方向有2R＝vt，在竖直方向有2R＝gt2，解得v＝.(2)根据机械能守恒定律有mv－mv2＝mg·2R，解得v0＝.(3)对小球在最低点时FT－mg＝m，解得FT＝6mg.由牛顿第三定律可知，球对绳子的拉力为6mg，方向向下．答案：(1)　(2)　(3)6mg，方向向下14．(10分)如图所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径r＝0.4m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合．现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放．(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少要有多高？(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于(1)中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求此h的值．(g取10m/s2)解析：(1)设小球到达C点时的速度大小为v，根据机械能守恒定律有mgH＝mv2①小球能在竖直平面DEF内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg≤m②联立①②式并代入数据解得H≥0.2m，-17-\n故H至少为0.2m.(2)若h<H，小球过C点后做平抛运动．设小球经C点时的速度大小为vx，则有r＝gt2③r＝vxt④根据机械能守恒定律有mgh＝mv⑤联立③④⑤式并代入数据解得h＝0.1m.答案：(1)0.2m　(2)0.1m15．(11分)(2022年北京海淀区质检)某实验中学的学习小组在进行科学探测时，一位同学利用绳索顺利跨越了一道山涧．他先用绳索做了一个单摆(秋千)，通过摆动，使自身获得足够速度后再平抛到山涧对面，如图所示．若他的质量是M，所用绳长为L，在摆到最低点B处时的速度为v，离地高度为h，当地重力加速度为g.求：(1)他用的绳子能承受的最大拉力应不小于多少？(2)这道山涧的宽度应不超过多大．解析：(1)该同学在B处时，由牛顿第二定律得F－Mg＝M，解得F＝Mg＋M.即他用的绳子能承受的最大拉力不小于Mg＋M.(2)对该同学做平抛运动的过程由运动学公式得水平方向：x＝vt，竖直方向：h＝gt2，联立解得x＝v，即这道山涧的宽度不超过v.答案：(1)Mg＋M　(2)v16．(11分)如图所示，三角形传送带两侧的传送带长度均为2m，与水平方向的夹角均为37°.若传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑．物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求物块AB在传送带上的划痕长度之比．-17-\n解析：对于小物块A，由牛顿第二定律可知mgsin37°－μmgcos37°＝ma①小物块A由传送带顶端滑到底端，由运动学公式有x＝v0t＋at2②小物块A在传送带上的划痕长度为l1＝v0t＋at2－v0t③对于小物块B，根据受力分析可知小物块B的加速度与小物块A的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与小物块A相同．小物块B在传送带上的划痕长度为l2＝v0t＋at2＋v0t④联立以上各式解得＝，故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3.答案：1∶3-17-