2023年高考物理預測題練習 能量守恒定律含答案

高考物理預測題之能量守恒定律

一、單選題

1.小明同學進行了以下探究實驗。如圖所示，將滑塊從軌道A的hi高度處由靜止釋放，滑塊沖上B軌

道后達到的最大高度為hz。減小軌道B的傾斜程度至軌道C,再次從軌道A的h∣高度處釋放滑塊，滑塊

沖上軌道C。已知軌道由同一種材料制成，粗糙程度處處相同，不計滑塊在軌道連接處的機械能損失,

則滑塊在軌道C上達到的最大高度（）

B.等于乩

C.小于h2D.介于h∣與1?之間

二、多選題

2.如圖所示，質量為m的小球甲固定在輕彈簧上，輕彈簧固定在水平面上，小球甲和輕彈簧套在一豎

直固定的光滑桿上，小球甲和質量為4m的物體乙用跨過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接。初始時,

用手托住物體乙，使輕繩剛好伸直且繩上拉力為零，此時，連接小球甲和定滑輪之間的輕繩與水平方

向的夾角為α；5丁‘，且小球甲靜止于M點，現(xiàn)將物體乙由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后小球甲運動到N

點，ON水平，OV二J且小球在M、N兩點時彈簧的彈力大小相等。已知重力加速度為g,

Mn53-08,SS53：：0.6,彈簧始終處于彈性限度內。下列說法正確的是（）

A.彈簧的勁度系數(shù)人-粵

2a

B.小球甲運動到N點時的速度大小為、∣3

Y3

C.小球甲由M點運動到N點的過程中，小球甲和物體乙的機械能之和先減小后增大

D.在小球甲由M點運動到N點的過程中，物體乙重力的瞬時功率先增大后減小

3.如圖所示，A物體套在光滑的豎直桿上，B物體放置在粗糙水平桌面上，用一細繩連接。初始時細

繩經(jīng)過定滑輪呈水平，A物體從P點由靜止釋放，下落到Q點時速度為V,此過程中繩子一直伸直，物

體B始終在水平桌面上，下列說法正確的是（）

A.A物體運動到Q點時，B物體的速度小于V

B.A物體運動到Q點時，B物體的速度大于V

C.A物體減少的機械能等于B物體增加的動能

D.A物體減少的機械能大于B物體增加的動能

4.如圖所示，一根原長為10的輕彈簧套在光滑直桿AB上，其下端固定在桿的A端，質量為m的小球

也套在桿上且與彈簧的上端相連，球和桿一起繞經(jīng)過桿A端的豎直軸00'勻速轉動，且桿與水平面間

始終保持30°角.已知桿處于靜止狀態(tài)時彈簧的壓縮量為，重力加速度為g,則下列說法正確的是

B.當桿的角速度為時，彈簧處于壓縮狀態(tài)

C.在桿的角速度增大的過程中，小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能不守恒

D.在桿的角速度由0緩慢增大到;楞過程中，小球機械能增加了

5.如圖所示，質量為m的物塊（可視為質點）從傾角為37°的固定斜面頂端由靜止開始下滑，到達/?

點時開始壓縮輕彈簧，物塊第一次返回后恰能到達.48的中點C，己知」8=工，斜面.18段是粗糙的，

斜面上8點以下是光滑的，已知370二0.6,“、37--0.8,重力加速度為X,最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，不計其他阻力，彈簧始終處于彈性限度內，下列說法正確的是O

A.在物塊運動過程中，物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能一直在減小

B.物塊最終會保持靜止狀態(tài)

C.物塊與斜面」6段的動摩摞因數(shù)為0.25

D.物塊在斜面上4〃段運動的總路程為3/.

6.如圖所示，光滑水平面MA上有一輕質彈簧，彈簧一端固定在豎直墻壁上，彈簧原長小于MA。A點

右側有一勻速運動的水平傳送帶AB,傳送帶長度l=2m,速度「7m、，一半徑為R=O.5m的光滑半

圓軌道BCD在B點與傳送帶相切，軌道圓心為0,OC水平?，F(xiàn)用一質量為m=2kg的物塊（可看做質

點）壓縮彈簧，使得彈簧的彈性勢能為彳16J。由靜止釋放物塊，已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因

B.物塊運動到B點的速度為人"I、

C.物塊運動到C點時對軌道的壓力為60N

D.若傳送帶速度變?yōu)関=2m∕s,物塊在B點右側不會脫離軌道

三、綜合題

7.一種彈射游戲裝置的簡化示意圖如圖所示，它由內壁光滑的彈射器、水平直軌道AB、半徑為R的豎

直圓軌道BC、傾斜軌道DE連接組成，E點高度可調，小球經(jīng)過E點后將沿水平方向射出。質量為m、

可視為質點的小球經(jīng)彈射器彈出后，能通過C點且對軌道任一點的壓力大小不超過小球所受重力的7

倍視為游戲成功。已知ΛB=3R,小球在AB段運動時所受阻力大小等于小球所受重力的I,其余軌道均

光滑，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。在游戲成功的前提下，求：

（1）小球在圓軌道BC上的最小速度Ir,；

（2）彈簧儲存的彈性勢能卻需要滿足的條件；

（3）改變E點的高度，小球的最大水平射程K-

8.一游樂設施簡化模型如圖所示，擋板1、2分別固定在光滑斜面的頂端和底端，相距為L,A為一小

滑塊，B為不計質量的板（在外力的作用下可以瞬間獲得或失去速度），長度”,AB間的滑動摩擦力大

小恒等于A的重力，A、B與擋板的碰撞都是彈性碰撞，已知斜面的傾角〃30：重力加速度為g。

（1）若將置于板上端的滑塊A以初速度為零釋放，求滑塊A到達擋板2時的速度大小。

（2）在擋板1處有發(fā)射裝置，可以將置于板上端的滑塊A沿平行于斜面的方向發(fā)向發(fā)射，要使滑塊

A恰能回到擋板1處，求滑塊A需要的發(fā)射速度大小。

（3）在（2）中，若使滑塊A以初速度y=VKZ發(fā)射，求滑塊A做周期性運動時的周期。

9.如圖所示，傾角為30’的斜面固定在水平地面上，一輕繩繞過兩個光滑的輕質滑輪連接著固定點P

和物體B,兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物體A與動滑輪連接，B受到豎直方向的恒力F（圖中

未畫出），整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知A、B的質量均為∣kg,A與斜面間的動摩擦因數(shù)為、：，重力

（2）現(xiàn)撤去恒力F,A、B由靜止釋放。求：

①A、B釋放瞬間，B的加速度大小ali;

②當B下降2m（B未落地）時，B的大小VB。

10.如圖所示，質量為2kg的物體A上表面為半徑0.15m的光滑I圓弧，在圓心0的正下方有一質量

也為2kg的小球B（半徑可忽略），在A的右側有一質量為4kg,且與A等高的物塊C處于靜止狀態(tài)，

若開始時，A與B以相同速度3m∕s向右運動，并與物塊C發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），不計一切摩

擦及阻力，求：

（1）碰撞后，物塊C速度的大小；

（2）小球B與物塊A分離時，物塊A速度的大?。?/p>

（3）小球B到達最高點時，B與A的圓心O之間的高度差。

11.如圖所示，傾角為53”的光滑斜面末端B與水平傳送帶平滑銜接。一質重為，"”8的滑塊（可視為

質點）從斜面上的A點由靜止釋放，A點與B端的豎直高度差為力；3.2m。已知傳送帶勻速運行的速度

為rJms,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃0.2,傳送帶足夠長，重力加速度g-IOm、：。自滑塊由A

點釋放開始，求：

（1）滑塊第一次到達B端時的速度大?。?/p>

（2）滑塊第二次到達B端的時間；

（3）60、時間內，電動機消耗的電能。

12.如圖所示，傳送帶與水平方向成37＞角，順時針勻速轉動的速度大小為「XOms,傳送帶長

/,,∣2.2m,光滑水平面上有一塊木板，其上表面粗糙，且與傳送帶底端B以及右側固定半圓形光滑

軌道槽的最低點C等高，槽的半徑R∣.2mO質量，，廠Ikg的物塊（可視為質點）從A端由靜止釋放沿

傳送帶下滑，在底端B滑上緊靠傳送帶上表面的靜止木板，木板質量為V2kg,木板長度/.425m,

不考慮物塊滑上木板時的機械能損失，物塊滑到木板最右端時，木板恰好撞上半圓槽，木板瞬間停止

運動，物塊進入半圓形光滑軌道槽運動。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)從物塊與木板間的

動摩擦因數(shù)〃「0”。取重力加速度gTOmC。求：

（1）物塊從A運動到B經(jīng)歷的時間t；

（2）物塊從A運動到B與傳送帶摩擦產生的熱量Q；

（3）判斷物塊能否通過半圓槽的最高點D,若能，求出物塊經(jīng)過D點的速度；若不能，求出物塊離

開半圓槽的位置。

13.如圖所示，水平地面上有一兩端開口的圓形管道，管道內部最上端有一活塞，已知管道質量為

3m,活塞質量為m,兩者間的最大靜摩擦力為妨YU>1）（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），不計空氣

阻力，重力加速度為g。

（1）當管道受到豎直向上的拉力作用時，活塞與管道間沒有相對滑動，求拉力的最大值F。

（2）當管道突然獲得豎直向上的初速度。時，要使活塞不脫離管道，求管道的最小長度L。

（3）在上問活塞不脫離管道的條件下，求管道落地時的速度、o

1.C

2.A,B,D

3.A,D

4.C,D

5.C,D

6.A,C,D

7.(1)解：當小球剛好能通過C點時，小球存在最小速度，此時重力提供向心力，有ZftJL

R

解得J=

(2)解：當小球剛好能通過(’點時，彈簧儲存的彈性勢能具有最小值，小球經(jīng)彈射器彈出到C點

過程，根據(jù)能量守恒定律可得EET3RE2R*'mvπ,π

解得E一4mχR

小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力最大，且最大壓力為一，火，此時彈簧儲存的彈性勢能具有最大值，

根據(jù)題意有

l

解得I'v6√∕?

小球經(jīng)彈射器彈出到R點過程，根據(jù)能量守恒定律可得E-J：3R?；叫

聯(lián)立解得A；...-45?V/?

故為了游戲成功，彈簧儲存的彈性勢能需要滿足4〃N分Er4.5wv∕?

(3)解：當小球經(jīng)過fi點對軌道的壓力最大時，小球經(jīng)過fi點速度最大，小球到達E點速度最

大，小球從E點射出后的水平射程最大，則小球從B點到E點過程，根據(jù)機械能守恒定律可得

l1,.

-mv；j=-mv；+mgA

小球從E點射出后做平拋運動，則有

LI，

h=qgι

聯(lián)立解得K=JTfI-學+9/

可知X”，3R

8.(1)解:A與B相對靜止一起沿斜面運動,則d/CKSn8=&

M2

加速度方向沿斜面向下，A在B板上上滑時，加速度為“”也、巾八誓二X

m2

加速度方向沿斜面向下，A在B板上下滑時，加速度為u/U桁八⑺〃一：K

m2

加速度方向沿斜面向上，AB整體先向下做勻加速運動，加速度為，，-三

位移為,,當b下端碰到2時，由于b板質量不計，碰撞瞬間保持靜止，A沿B向下做勻加速直線運

2

動，位移為?,加速度為a'g

22

設A到達擋板2時的速度為/,則V2、

Va-vf2=2a.?—

fF2

解得v,O

l

(解：滑塊從擋板滑下到再回來的過程中，由能量守恒定律可得'∕F∏'

2)1OIf2-f[

解得V\

(3)解：A開始運動時，AB一起向下運動，做加速運動，由運動學公式可知rV2u；

解得L=恒

-2

B碰撞擋板2后A繼續(xù)運動，直到A與擋板2碰撞，A做減速運動可知I.V2“I

解得V

A與擋板2碰撞后原速度返回，AB一起向上運動直到沿B與擋板1碰撞，由運動學公式可知

v^-vj=2u∣

解得以r匡

A繼續(xù)上升直到速度為0,則I；=2aI：

解得L''

6

此后AB一起向下加速，B碰撞擋板2后，A繼續(xù)向下運動直到碰撞擋板2時速度為V,由動能定理

可知/Fr√(?*Δ*)si∏3Oc"W?m?

解得1?-

反彈后B不會在碰到擋板1,之后就以V的初速度上升到最高點在下降，循環(huán)做周期性運動，設周期

代入數(shù)據(jù)可得74、"

o7

9.(1)解：由題可知,對A受力分析ITg>in30+μmκgcos30

對B受力分析可知ntFrtn-T

解得JN

(2)解：①撤去F,對A受力分析，由牛頓第二定律可得27%g、nU)-∕≡4E?30二叫巴

對B受力分析，由牛頓第二定律可得桁“KT-mllu,,

由題圖可得“

解得<<4mX

②由題圖可得，A的速度為「、?

9SJ

由能量守恒可知=*A<AA*coβ30?2ΛA÷-∣MBVB+-≡A(^?)

由于44

解得VM4ms

10.(1)解：A、C碰撞時根據(jù)動量守恒、能量守恒有〃①mj、*mj,:叫ι:?

22

解得??Ims,vt2ins

(2)解：A、B水平方向動量守恒，分離時A、B水平方向共速，該速度即為分離時A的速度

解得vιIm、

(3)解：由于?wAv；+∣mβvj-?(m?+ma)v?=8J>mtgR=3J

表明B存在豎直方向的分速度，令B的速度為vtl則有“、，叫3'mxv.'/n1?hma^R

由速度分解可知+$

可得LV5Iii、

B與A分離后做斜拋運動，最大高度時豎直速度為0,則2,QΛ=V；

解得h0.25m

H.(1)解：A到B過程，根據(jù)動能定理有∕∣rx?=l∕wv√'

解得?,x2'√∕r

所用時間為％%l?

UIΛ.VMΠ>3

?

(2)解：對滑塊滑上傳送帶到達最右端過程中有\(zhòng)上一∣6m

2〃g

∕∣-^L-4S

滑塊從最右端到與傳送帶共速過程中有I-~2

Pg

此后滑塊隨傳送帶達到B端時間為A上」3s

所以滑塊第二次到達B端的時間//tl,-/,+/*/.d(K

此過程中滑塊和傳送帶之間的相對位移總和為V,∣6-4Uj4-241∏)36m

(3)解：滑塊第二次到達B端后再從斜面下滑到底端時間為/.,從底端到達最右端過程中

-?-θ,ss

gsin53?

,=—m=4m

j”,

此時段皮帶與滑塊的相對位移為ZJLm

再從最右端到與皮帶共速過程中有與減速時間和位移相同，共速時剛好達到B端，此時段滑塊與皮帶

的相對位移為Δ-r^xlt(l-xmw=8-4m4rn

所以從滑塊第二次到達B端再從斜面下滑到傳送帶上后到再回到B端的時間為/,0.5?2-2?2s5s

因此60s時間內從滑塊A點釋放到第二次到達B端以外，需經(jīng)歷10個相同的過程。60s末滑塊到

達底端，速度為r,4nvs

整個過程根據(jù)能量守恒有八I,TQ""kΛLAJ八、"八」

解得∏736.1

12.(1)解：設物塊從A剛滑上傳送帶的加速度為q,此時摩擦力方向沿斜面向下，由牛頓第二定

,

律可得WrgMiiV?/∕lmgco>.Vma

解得a,IOrns

物塊滑上傳送帶至速度與傳送帶相同所需的時間為Lj-0.8s

flI

此過程物塊的位移大小為Λ'；fl3.2m

由于3.2m<12.2m,且∕ngsin37°>/∕lmgcos37

所以此后物塊繼續(xù)做勻加速直線運動，摩擦力方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，由牛頓第二定律可得

mgsin37?-/∕1mgcos377=mα,

解得a2m、：

由運動學公式ι,J?I

解得G=Is

則總時間為L4乜=1.85

(2)解：從物塊滑上傳送帶至速度與傳送帶相同的過程中皮帶位移V