文档内容
2025人教版新教材物理高考第一轮
第 4 讲机械能守恒定律及其应用
基础对点练
题组一 机械能守恒的判断
1.小明乘坐摩天轮,由最低点A匀速转动到最高点B的过程中( )
A.动能转化为势能,机械能增大
B.动能转化为势能,机械能不变
C.动能不变,势能增大,机械能增大
D.动能、势能、机械能均保持不变
2.(2023江西上饶联考)忽略空气阻力,下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )
A.电梯匀速下降
B.运动员乘着降落伞匀速下降
C.物体在竖直平面内做匀速圆周运动
D.物体沿光滑斜面加速下滑
题组二 单个物体的机械能守恒问题
3.(2023浙江绍兴模拟)如图所示,一位小朋友在玩水滑梯,她坐在离水面高为16 m的滑梯
顶端由静止下滑。不考虑水的阻力,下滑过程可认为机械能守恒,小朋友的质量为30 kg,
下列说法正确的是( )
A.无论选择哪个位置为零势能参考平面,她下滑时的总机械能总是4 800 J
B.无论选择哪个位置为零势能参考平面,她下滑时的总机械能变化量总是4 800 J
C.小朋友质量越大,下滑到水滑梯底端的速度越大D.下滑时,小朋友会偏向滑道的外侧
4.(多选)(2023湖南卷)如图所示,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段
BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高
度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v 冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达
0
C点,下列说法正确的是 ( )
A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v =√2gR
0
D.若小球初速度v 增大,小球有可能从B点脱离轨道
0
题组三 非质点类物体机械能守恒问题
5.如图所示,总长为L,质量分布均匀的铁链放在高度为 H的光滑桌面上,有长度为a的一
段下垂,H>L,重力加速度为g,则铁链刚接触地面时速度为( )
A.√g(2H-a) B.√2g(H-a)
C. D.√ a2
√g(2H-L-a) g(2H- -L)
L
6.(2023安徽合肥模拟)如图所示,甲为一长度为L的均匀链条,总质量为2m,一半放在水平
桌面上,一半竖直下垂。乙为两个质量均为m的小球,一个放在水平桌面上,一个竖直下垂,
中间用不计质量、长度为L的细绳相连,水平部分和竖直部分长度相等,小球可以视为质
点。现给甲、乙一个小扰动,使得甲、乙都刚好离开水平桌面。取水平桌面所在的平面
为零势能面,重力加速度大小为g,这个过程中,下列说法正确的是( )3
A.甲的重力势能减少了 mgL
4
B.乙的重力势能减少了mgL
C.甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功
D.甲、乙重力势能的减少量相等
综合提升练
7.(2023广东广州联考)如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上,斜面的底端固定一
垂直挡板,劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在挡板,另一端连接质量为m的小球A,当小
球A处于静止状态时,弹簧的弹性势能大小为 E。现将另一个大小相等、质量相同的小
球B(图中未画出)紧挨小球A右侧轻放在斜面上,已知重力加速度大小为g,弹簧一直处在
弹性限度内,则弹簧的最大弹性势能为( )
4m2g2sin2θ
A.E B. +E
k
2m2g2sin2θ 4m2g2sin2θ
C. +E D. +2E
k k
1
8.(多选)(2023四川绵阳模拟)如图所示,在A点处用轻绳悬挂一个摆球,A点正下方 摆绳
3
长处的C点,有个钉子可以挡住摆绳。将摆球拉至 B点,轻绳与竖直方向夹角为 60°,静止
释放,摆绳触碰钉子后,摆球达到最高点D,此时摆绳与竖直方向夹角为φ;若将钉子下移至
E点(图中未画出),重新从B点静止释放摆球,摆绳触碰钉子后,摆球刚好在竖直面内做圆
周运动。不计一切阻力和形变。则( )
1 1
A.cos φ= B.cos φ=
4 6
3 4
C.E点距A点 摆绳长 D.E点距A点 摆绳长
4 5
9.(多选)固定在竖直面内的光滑圆管POQ,PO段长度为L,与水平方向的夹角为30°,在O
处有插销,OQ段水平且足够长。管内PO段装满了质量均为m的小球,小球的半径远小于L,其编号如图所示。拔掉插销,1号球在下滑过程中( )
A.机械能守恒
B.做变加速运动
1
C.对2号球做的功为 mgL
4
√gL
D.经过O点时速度v=
2
10.(多选)跳台滑雪的示意图如图所示。质量为 m的运动员从长直倾斜的助滑道 AB的A
处由静止滑下,为了改变运动员的速度方向,在助滑道AB与起跳台D之间用一段弯曲滑
道相切衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧,圆弧轨道半径为R。A与C
的竖直高度差为H,弯曲滑道末端即起跳台 D与滑道最低点C的高度差为h,重力加速度
为g。不计空气阻力及摩擦,则运动员( )
A.到达C点时的动能为mgH
2mgH
B.到达C点对轨道的压力大小为
R
C.到起跳台D点的速度大小为√2g(H-
ℎ
)
D.从C点到D点重力势能增大了mg(H-h)
11.(2024海南海口模拟)如图甲所示,轻绳的一端固定在O点,另一端系一小球。小球在竖
直平面内做完整的圆周运动的过程中,绳子的拉力F的大小与小球离最低点的高度h的关
系如图所示。重力加速度g取10 m/s2,则( )
A.圆周半径为1.0 m
B.小球质量为0.5 kg
C.轻绳转至水平时拉力为30 ND.小球通过最高点时的速度为2 m/s
12.(2023福建厦门期末)某中学生助手将一轻橡皮绳左端固定在离地高度为 1 m的O点,
右端与小球相连。现将小球从 O点水平抛出,经过0.4 s后小球运动到P点,轻橡皮绳恰好
伸直。而后小球撞到地面的 Q点,触地前瞬间的速度为4 m/s。已知橡皮绳原长为1 m,小
球质量为0.2 kg,重力加速度g取10 m/s2,橡皮绳始终在弹性限度内,忽略空气阻力,求:
(1)轻橡皮绳恰好伸直时,小球下落的高度;
(2)小球水平抛出的初速度大小;
(3)小球落地前瞬间,轻橡皮绳的弹性势能。参考答案
第4讲 机械能守恒定律及其应用
1.C 解析 小明乘坐摩天轮,由最低点A匀速转动到最高点B的过程中,动能保持不变,重
力势能增加,机械能增大,故C正确,A、B、D错误。
2.D 解析 电梯匀速下降,动能不变,重力势能减小,机械能减小,A不满足机械能守恒定律;
运动员乘着降落伞匀速下降,动能不变,重力势能减小,机械能减小,B不满足机械能守恒定
律;物体在竖直平面内做匀速圆周运动,动能不变,重力势能变化,机械能变化,C不满足机械
能守恒定律;物体沿光滑斜面加速下滑,只有重力做功,物体的机械能守恒,D满足机械能守
恒定律。
3.D 解析 由于下滑过程可认为机械能守恒,可知下滑时的总机械能变化量为零,下滑时
的总机械能等于顶端由静止下滑时的重力势能,由于重力势能具有相对性,选择不同位置
为零势能参考平面,小朋友的初始位置重力势能不一样,则小朋友的机械能不一样,A、B
1
错误;根据机械能守恒定律可得mgh= mv2,解得下滑到水滑梯底端的速度大小为v=√2gℎ
2
,可知下滑到水滑梯底端的速度大小与小朋友的质量无关,C错误;小朋友下滑时,水平方向
可认为做圆周运动,由于离心现象,小朋友会偏向滑道的外侧运动,D正确。
4.AD 解析 小球能沿轨道运动恰好到 C点,说明v =0,对小球从A到C运动的过程,根据
C
1
机械能守恒定律有 mv 2=mg·2R,得v =√4gR,C错误;从A到C的过程小球竖直方向的速
2 0 0
度不断减小,重力的功率不断减小,B错误;设α为小球球心与O点连线与竖直方向的夹角,
v2 v2
从B到C的过程中mgcos α-F =m ,F =mgcos α-m ,α减小,cos α增大,v减小,所以F
N N N
R R
v2
增大,A正确;在B点,当mgcos θ≤m 时,小球会从B点脱离轨道,D正确。
R
5.D 解析 设铁链单位长度的质量为 m,设地面为零势能面,由机械能守恒定律可得(L-
a)mgH+amg( H- a) = 1Lmv2+Lmg·L,解得v=√ g ( 2H- a2 -L ),A、B、C错误,D正确。
2 2 2 L6.A 解析 甲的重力势能变化量 ΔE pA =( -2mg L) − ( -mg L)=-3mgL,即减少了3mgL,A
2 4 4 4
正确;乙的重力势能变化量ΔE
pB
=(-mgL)-(
-mg
L)=-1mgL,即减少了1mgL,B错误;甲受到
2 2 2
的重力做的功大于乙受到的重力做的功,C错误;甲、乙重力势能的减少量不相等,D错误。
7.B 解析 初始时A、B两小球的加速度最大,以A、B两小球为整体,根据牛顿第二定律
gsinθ
有2mgsin θ-kx =2ma,kx =mgsin θ,解得a= ,当两小球运动到最低点时,其速度为零,
1 1
2
弹簧的弹性势能达到最大,根据简谐运动的对称性,有 kx -2mgsin θ=2ma,解得 x =
2 2
3mgsinθ 4m2g2sin2θ
,根据系统机械能守恒定律有 E =2mgsin θ·(x -x )+E= +E,故选
k pmax 2 1 k
B。
8.AD 解析 小球从B点摆到D点的过程,只有重力做功,由机械能守恒定律有mg(L-Lcos
2L 2L 1
60°)+0=mg − cos φ +0,解得cos φ= ,A正确,B错误;设E点与A点距离为d,则小
3 3 4
球做圆周运动的半径为r=L-d,摆绳触碰钉子后摆球刚好在竖直面内做圆周运动,则在最高
点时绳的拉力为零,有mg=m v 2 ,小球从B点到圆周的最高点由动能定理有 mg[L-Lcos
1
L-d
1 4 4
60°-2(L-d)]= mv 2-0,联立可得d= L,即E点距A点 摆绳长,C错误,D正确。
2 1 5 5
9.BCD 解析 下滑过程中1号球会受到2号球对它沿斜面向上的弹力作用,因弹力对其
做负功,故1号球的机械能会减小,A错误;设n为小球总数,n 为在斜面上的小球数,对所有
1
n mgsinθ n
小球的整体而言,根据牛顿第二定律a= 1 = 1gsin θ,则随着n 减小,整体的加速度
1
nm n
减小,则球1的加速度减小,B正确;对所有小球的整体,从开始下滑到全部滑到水平面上,由
1 1 √gL
机械能守恒 nmg· L·sin 30°= nmv2,解得 v= ,D 正确;对 1 号球,由动能定理 mgLsin
2 2 2
1 1 1
30°+W= mv2,解得W=- mgL,则1号球对2号球做的功为 mgL,C正确。
2 4 41
10.AC 解析 由A到C机械能守恒,则到达C点时的动能为E =mgH,A正确;根据 mv 2
k 2 C
=mgH,F -mg=mv 2,解得 F =mg+2mgH,则到达 C 点对轨道的压力大小为 F '=mg+
C C C C
R R
2mgH 1
,B错误;从A到D由机械能守恒定律mg(H-h)= mv 2,解得到起跳台D点的速度大
R 2 D
小v
D
=√2g(H-
ℎ
),C正确;从C点到D点重力势能增大了mgh, D错误。
11.B 解析 由题图乙可知,当 h=0 时,绳的拉力为 F =41 N,当 h=1.0 m 时绳的拉力为
2
1.0
F =11 N,可知小球做圆周运动的半径 R= m=0.5 m,A错误;设小球通过最高点时的
1
2
1 1
速度为v ,通过最低点时的速度为v ,由机械能守恒定律可得 mv 2+mg·2R= mv 2,在最高
1 2 2 1 2 2
点,根据牛顿第二定律可知F +mg=mv 2,在最低点,根据牛顿第二定律可知F -mg=mv 2,联
1 1 2 2
R R
立解得m=0.5 kg,v =4 m/s,B正确,D错误;设轻绳转至水平时小球的速度为 v,从最高点到
1
1 1
水平时,由机械能守恒定律可得 mv 2+mgR= mv2,解得v=√26 m/s,由牛顿第二定律可知,
2 1 2
v2
轻绳转至水平时拉力F=m =26 N,C错误。
R
12.答案 (1)0.8 m (2)1.5 m/s (3)0.625 J
解析 (1)小球做平抛运动,小球下落的高度
1
h= gt2=0.8 m。
2
(2)根据x=v t,且l=
0 √x2+
ℎ
2
小球水平抛出的初速度v =1.5 m/s。
0
(3)对小球抛出到落地前瞬间,以地面为零势能面,根据机械能守恒定律有
1 1
mv 2+mgH= mv 2+E
弹
2 0 2 t
得E =0.625 J。
弹
