2026届高考物理一轮总复习提能训练练案30机械能守恒定律及其应用

这是一份2026届高考物理一轮总复习提能训练练案30机械能守恒定律及其应用，共8页。
题组一 机械能守恒的理解与判断
1．2023年杭州亚运会女子撑杆跳高决赛中，中国选手李玲以4.63米的成绩获得冠军，并打破了亚运会纪录。李玲的撑杆跳高过程可简化为“持撑杆助跑”“撑杆离地上升到最高点”“越横杆”“空中下落”“落到缓冲海绵”五个阶段，忽略空气阻力的影响，以下说法正确的是( )
A．“撑杆离地上升到最高点”阶段，撑杆的弹性势能先增大后减小
B．李玲越过横杆正上方时，动能为零
C．李玲接触缓冲海绵后一直做减速运动
D．撑杆跳高整个过程，李玲和撑杆组成的系统机械能守恒
2．(多选)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
题组二 机械能守恒定律的应用
3．(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( )
A．物体落到海平面时的重力势能为mgh
B．物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mgh
C．物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
4．如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R＝eq \f(6,π) m的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3eq \r(2) m/s。已知∠AOB＝60°，以OC所在平面为参考平面，取g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A．铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒
B．铁链在初始位置时其重心高度eq \f(3\r(3),π) m
C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8 m
D．铁链的端点A滑至C处时速度大小为6eq \r(2) m/s
5．(2025·浙江高三阶段练习)如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的滑块，初始时静置于a点。一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三点，且b点与O点在同一水平线上，Ob＝l，Oa和Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现由静止释放滑块，在滑块从a点下滑到d点的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是( )
A．滑块在b点时速度最大，加速度为g
B．滑块从a点下滑到c点的过程中，滑块的机械能守恒
C．滑块在c点的速度大小为eq \r(3gl)
D．滑块从a点下滑到d点的过程中，滑块的机械能一直在减小
6．为使小球A能击中离地面高H的小球P，设计了甲、乙、丙、丁四条内、外侧均光滑的轨道，如图所示。甲为高度小于H的倾斜平直轨道，乙、丙、丁均为圆轨道，圆心O的位置如图所示，重力加速度为g。小球从地面出发，初速度大小都为v0＝eq \r(2gH)，在甲轨道中初速度方向沿斜面向上，在乙、丙、丁轨道中初速度方向均沿轨道的切线方向，则小球A经过哪种轨道后有可能恰好击中P球( )
A．轨道甲和轨道丁 B．轨道乙和轨道丁
C．轨道丙和轨道丁 D．只有轨道丁
7．(2023·全国甲卷)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的eq \f(4,5)。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
能力提升练
8．(多选)(2025·福建省厦门一中高三检测)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量
B．物块B的重力势能减少量为mgLtan θ
C．物块A的速度大于物块B的速度
D．物块B的末速度为eq \r(\f(2gLsin θ,1＋sin2θ))
9．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接。将a球从图示位置(轻杆与L2杆夹角为45°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．a球和b球所组成的系统机械能不守恒
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小为零
C．b球的最大速度为eq \r(2＋\r(2)gl)
D．a球的最大速度为eq \r(\r(2)gl)
10．小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理(如图甲所示)，小珂设计了如图乙所示的过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8 m的圆形轨道(恰能做完整的圆周运动)，再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2 m，并且在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。(取g＝10 m/s2)
(1)求小球释放点A距离水平面的高度H；
(2)设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系；
(3)设小球在“水滴”形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系(h为小球离水平面的高度，曲线上每一小段的曲率半径为该小段曲线所在圆周的半径)。
答案
1[答案] A
[解析] 起跳后撑杆弯曲，李玲的动能转化为杆的弹性势能，撑杆将李玲向上弹起的过程中，杆的弹性势能转化为李玲的重力势能，故撑杆的弹性势能先增大后减小，A正确；李玲越过横杆正上方时，水平方向有速度，动能不为零，B错误；李玲接触缓冲海绵后，弹力先小于重力，做加速运动，弹力等于重力时，速度达到最大值，然后弹力大于重力，做减速运动，C错误；李玲持杆助跑阶段，李玲的生物能转化为动能，机械能不守恒，落在缓冲海绵上后缓冲海绵对她做功，机械能不守恒，D错误。
2[答案] BC
[解析] 当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧最高点的过程中小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有小球的重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确。
3[答案] BCD
[解析] 物体运动过程中，机械能守恒，所以任意点间的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故整个过程中的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，在海平面上的重力势能为－mgh，根据机械能守恒定律可得－mgh＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh，从抛出点到落到海平面，重力做功为mgh，所以B、C、D三项正确，A项错误。
4[答案] C
[解析] 铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边铁链的拉力，该拉力做负功，机械能不守恒，故A错误；根据几何关系可知，铁链长度为L＝eq \f(πR,3)＝2 m，铁链全部贴在球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在∠AOB的平分线上，故铁链在初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重心与圆心连线长度，均设为h0，根据机械能守恒定律有mgh0－mgh0sin 30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入数据解得h0＝1.8 m，故B错误；铁链的端点A滑至C点时，其重心在参考平面下方eq \f(L,2)处，则铁链的端点A滑至C点时其重心下降了Δh＝h0＋eq \f(L,2)＝2.8 m，故C正确；铁链的端点A滑至C处过程，根据机械能守恒定律有mgΔh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v2＝2eq \r(14) m/s，故D错误。
5[答案] C
[解析] 滑块速度最大时，加速度必为零，应该在b点下方位置，A错误；滑块从a点下滑到c点的过程中，弹簧先对滑块做正功，滑块的机械能增加，后对滑块做负功，滑块的机械能减小，故机械能不守恒，B错误；ac间的距离为lac＝2ltan37°＝eq \f(3,2)l，对滑块从a到c的过程应用动能定理可得mglac＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(3gl)，所以滑块在c点时的速度为eq \r(3gl)，C正确；滑块从a点下滑到d点的过程中，弹簧先对滑块做正功后做负功，滑块的机械能先增加后减小，D错误。
6[答案] D
[解析] 轨道甲中，小球离开轨道后做斜抛运动，小球达到最高点时速度不为零，根据机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2，则h