新高考物理一轮复习专题6.3　机械能守恒定律及其应用 精品练习（含解析）

专题6.3　机械能守恒定律及其应用【练】

1、（2022·福建·漳州立人学校模拟预测）如图，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球（　　）

A．在a点的动能与在c点的相等 B．在a点的机械能比在b点的大

C．在b点的加速度方向竖直向下 D．从a运动到b的时间等于从b运动到c的时间

【答案】  B

【解析】

由于空气阻力的存在，阻力一直在做负功，足球在a点的动能大于在c点的动能，A错误；

由于空气阻力的存在，阻力一直在做负功，足球在a点的机械能大于在b点的机械能，B正确；

由于空气阻力的存在，在b点的加速度方向左下方，C错误；

从a运动到b的过程，由于空气阻力的存在，在竖直方向的加速度大于ｇ，从b运动到c的过程，在竖直方向的加速度小于ｇ，相等的高度，所以从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，D错误．

故选B。

2、（2022·山东·高三专题练习）如图所示，游乐场内的扶梯 AB和水上滑梯轨道BC在B点相接，滑梯轨道BC是半径为R的四分之一光滑圆弧，圆心O点和轨道上C点恰好在水面上，整个装置处在同一竖直平面内。小朋友沿着扶梯 AB运动到B点静止，当受到微小扰动时，小朋友将沿着圆弧轨道下滑。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，小朋友可视为质点。（提示∶在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为），则小朋友滑离圆弧轨道时的速度大小为（　　）

A． B． C． D．

【答案】  C

【解析】

设滑离轨道时的位置与O点连线与竖直方向的夹角为θ，则

由能量关系可知

解得

故选C。

3、（2021·河北·高考真题）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）

A． B． C． D．

【答案】  A

【解析】

小球下落的高度为

h = πR - R + R = R

小球下落过程中，根据动能定理有

mgh = mv2

综上有

v =

故选A。

4、（2022·广东·华南师大附中三模）简易儿童蹦极装置如图所示。活动开始前，先给小朋友绑上安全带，然后将弹性绳拉长后固定在小朋友身上，并通过其它力作用使小朋友停留在蹦床上。当撤去其它力后，小朋友被“发射”出去冲向高空，小朋友到达最高点，然后下落到B点时，弹性绳恰好为原长，然后继续下落至最低点A。若小朋友可视为质点，并始终沿竖直方向运动，忽略弹性绳质量与空气阻力，则小朋友（　　）

A．在C点时的加速度大小为0

B．在A点时处于平衡状态

C．在B点时处于失重状态

D．在下落过程中机械能守恒

【答案】  C

【解析】

A．小朋友在C点时只受重力作用，加速度大小为g，选项A错误；

B．小朋友减速运动到最低点A点，弹性绳的拉力大于重力，处于非平衡状态，选项B错误；

C．在B点时弹性绳恰好为原长，小朋友只受重力作用向下运动，加速度大小为g，处于失重状态，选项C正确；

D．小朋友在下落过程中，机械能转化为弹性绳的弹性势能，机械能不守恒，选项D错误。

故选C。

5、（2022·重庆市育才中学模拟预测）如题图所示，质量的物块A和质量的物块B通过轻质滑轮相连，B放在倾角的固定斜面上，物块B与斜面间的动摩擦因数，其他摩擦均不计。初始时物块A、B静止，轻绳不松弛。当物块A由静止下降高度的过程中（A未触地，B未碰到滑轮），重力加速度，。关于此运动过程的描述，下列说法正确的是（　　）

A．B物体机械能减少 B．B物体重力势能增加

C．绳子对B的拉力大小为 D．A物体的速度为

【答案】  D

【解析】

A．物块A由静止下降过程中，B沿斜面向上做加速运动，重力势能和动能都增加，则机械能增加，故A错误；

B．根据几何关系可知物块A由静止下降高度的过程中，物块B沿斜面上升，则B物体重力势能增加

故B错误；

C．对A，根据牛顿第二定律

对B，根据牛顿第二定律

而

解得

T=15N

故C错误；

D．对A，根据牛顿第二定律

解得

根据速度位移关系

解得

故D正确。

故选D。

6、2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）一质量为m的烟花弹以初速度从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度时恰好爆炸，沿水平方向分裂成质量之比为1：4的A、B两个部分，此时A、B动能之和与烟花弹从地面射出时的动能相等。爆炸时间极短，不计空气阻力，则（　　）

A．从射出到爆炸的过程中，系统总动能不变，该过程机械能守恒

B．爆炸过程释放的能量与A、B落地时的总动能相等

C．A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1

D．A、B两个部分落地时速度大小之比为4：1

【答案】  C

【解析】

A．从水平地面竖直向上射出，上升到最大高度过程中只有重力做功，机械能守恒；爆炸过程中，重力势能不变，动能增加，机械能增加。故A错误；

B．爆炸过程释放的能量等于爆炸结束瞬间A、B的动能之和，小于A、B落地时的总动能，故B错误；

CD．假设A、B的质量分别为m、4m，则爆炸过程中由动量守恒可得

得

假设， ，由题意可知

解得

则

，

A、B两部分爆炸后做平抛运动，水平速度即为，，落地时的竖直速度均为，

则落地时

，

所以A、B两个部分落地时速度大小之比为2：1，故C正确，D错误。

故选C。

7、（多选）（2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）小明同学想借助一支可伸缩的圆珠笔来看看“圆珠笔的上跳”，笔内有一根弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出。如图所示，手握笔杆，使笔尖向上，小帽抵在桌面上，在压下后突然放手，笔杆将竖直向上跳起一定的高度。在某次实验中，小明用刻度尺测得圆珠笔跳起的高度为12cm，若重力加速度，在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，以下分析正确的是（　　）

A．小明对圆珠笔不做功

B．圆珠笔的机械能不守恒

C．圆珠笔在弹起过程中对桌面做正功

D．圆珠笔起跳的初速度约为1.55m/s

【答案】  AD

【解析】

AB．小明放手后，圆珠笔由静止开始向上运动，在起跳至上升到最大高度的过程中，小明对笔没有作用力，所以小明对笔不做功；桌面对笔的弹力的作用点在笔的小帽上，在笔离开桌面之前，小帽没有位移，桌面对笔的弹力也不做功。所以在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，只有系统内弹力和重力做功，圆珠笔的机械能守恒，故A正确，B错误；

C．在弹起过程中，圆珠笔对桌面有力的作用，但桌面在力的方向上没有位移，则圆珠笔在弹起过程中对桌面不做功，故C错误；

D．由机械能守恒定律得

代入数据可得

故D正确。

故选AD。

8、（多选）（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）如图，竖直平面内放一直角杆，水平和竖直部分套有质量均为1kg的滑块A、B，两滑块之间用长0.5m的轻绳连接，杆的水平部分粗糙，滑块与杆的动摩擦因数，杆的竖直部分光滑。图示时刻，轻绳与竖直杆的夹角为45°，物块A在恒为F＝20N的水平拉力作用下从静止开始向右运动。从图示时刻起在A向右运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．F的功率一直增大

B．滑块B的机械能不变

C．滑块A受到的摩擦力逐渐增大

D．运动过程中滑块B的速率不可能比滑块A的速率小

【答案】  D

【解析】

A．从图示时刻起的过程中，A的初速度为零，当B物体接近O点后，A的速度也为零，则A的速度先增大后减小，根据功率公式

F的功率先增大后减小，A错误；

B．滑块B在绳子的作用下，向上运动，重力势能变大，同时带有动能，滑块B的机械能变大，B错误；

C．对A、B整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N，向左的摩擦力f和向右的弹力N1，根据牛顿第二定律可知，水平方向

竖直方向

其中

B加速度先增大后减小，则A对水平杆的压力先变大后变小。A受到的摩擦力先增大后减小，C错误；

D．因为绳子不可伸长，根据运动的合成与分解，则有

θ角从45°逐渐增大，则

D正确；

故选D。

9、（2022·江苏扬州·模拟预测）如图所示，圆环用细线a悬挂着，将两个质量均为m的有孔小球套在此环上，两球间用细绳b连接，。剪断细绳b后两小球可在环上无摩擦的滑动，两球碰后粘在一起，圆环始终静止，重力加速度为g。试求：

（1）细绳b剪断前后瞬间圆环对A球的作用力大小、；

（2）碰撞过程A球对B球所做的功W；

（3）圆环能始终静止，其质量M至少多大？（结果用小球质量m表示）

【答案】  （1）、；（2）；（3）

【解析】

（1）剪断细绳b之前，对A受力分析

解得

剪断细绳b后瞬间，对A受力分析

解得

（2）小球同时下滑到最低点，速度大小相等，方向相反，由动量守恒定律得两球碰后速度为零。

解得

由动能定理得

解得

（从静止下滑到碰后速度为零，由动能定理得，解得）

（3）小球做圆周运动，与竖直方向夹角为时。

此过程中，由机械能守恒定律得

由得

对圆环受力分析

解得

当时，T有最小值

由得

10、（2022·山东·高三专题练习）如图所示，细绳AB和BC连接着一质量为m的物体P，其中绳子的A端固定，C端通过大小不计的光滑定滑轮连接着一质量也为 m的物体Q（P、Q均可视为质点）。开始时，用手托住物体P，使物体P与A、C两点等高在一条水平直线上，且绳子处于拉直的状态，把手放开， P下落到图示位置时，夹角如图所示。已知AB=L，重力加速度为g。则由开始下落到图示位置的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．物体Q与物体P的速度大小始终相等

B．释放瞬间P的加速度小于g

C．图示位置时，Q的速度大小为

D．图示位置时，Q的速度大小为

【答案】  D

【解析】

A．P与Q的速度关系如图所示

释放后，P绕A点做圆周运动，P的速度沿圆周的切线方向，当绳BC与水平夹角为30°时，绳BC与绳AB垂直，P的速度方向沿CB的延长线，此时物体Q与物体P的速度大小相等，之前的过程中，速度大小不相等，故A错误；

B．如图中虚线所示，释放瞬间，P所受合力为重力，故加速度等于g，故B错误；

CD．如图中虚线所示

AC=2L

P处于AC的中点，则有

BC=L

当下降到图示位置时

Q上升的高度

P下降的高度为

由于P的速度方向在CB的延长线上，故此时P、Q速度大小相等，设为v，根据系统机械能守恒得

解得

故D正确，C错误。

故选D。

11、（2022·上海·上外附中模拟预测）如图所示，表面粗糙的半圆形轨道MN竖直放置，MN两点等高，一个小滑块m从M点正上方高h处自由下落，恰好进入半圆轨道，从N点竖直上升的高度为，空气阻力不计。当小球再次进入轨道后（　　）

A．滑块回到M点后竖直上升一段距离

B．滑块恰好能达到M 点后回落

C．滑块未能到达M点即开始回落

D．滑块最后一定静止在半圆轨道的最低点

【答案】  A

【解析】

ABC．第一次由于克服摩擦力而损耗的机械能为，再次落入半圆形轨道内，运动到与第一次同样的位置时，速度都比第一次的小，从而对轨道的压力都比第一次的小，因此克服摩擦力做的功比第一次少，故滑块能回到M点且能竖直上升一段距离。A正确，BC错误；

D．由于题目中没给出动摩擦因数的具体值，因此最后不一定停在最低点，D错误。

故选A。

12、（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）如图所示，将一个小球从A点以速度水平抛出，小球垂直落在倾角为的斜面上P点，若将小球抛出点移到图中的B点速度以水平抛出后小球垂直落在斜面上的Q点（图中未标出），下列说法正确的是（　　）

A．Q点在斜面上P点下方 B．Q点在斜面上可能与P点重合

C．水平初速度一定大于 D．两次小球落在斜面上动能可能相等

【答案】  C

【解析】

AB．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与初速度之间夹角不变，即平抛运动位移角不变，根据图示，第一次平抛运动位移，平行于第二次平抛运动位移，如图所示

Q点在斜面上P点上方，A、B错误；

C．小球两次都垂直打在斜面上，则小球末速度方向与竖直分速度之间有

带入可得

因，则

C正确；

D．小球从A到P重力做功，小球的动能增加，得

小球从B到Q，重力做功，小球的动能增加，得

因为，，则

所以

D错误；

故选C。

13、（2022·北京海淀·高三期末）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球和，用手托住球，当绳刚好被拉紧时，球离地面的高度为，球静止于地面。已知球的质量为，球的质量为，重力加速度为，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球，则下列判断正确的是（　　）

A．经过时间，球恰好落地

B．在球下落过程中，球所受拉力大小为

C．在球下落过程中，球的机械能保持不变

D．球落地前瞬间速度大小为

【答案】  D

【解析】

A．以、研究对象，根据牛顿第二定律

解得

根据

解得

故A错误；

B．设绳子拉力为，以为研究对象，根据牛顿第二定律得

解得

故B错误；

C．球下落过程中，球重力势能增大，动能增大，机械能变大，故C错误；

D．根据解得

故D正确。

故选D。

14、（2022·全国·高三课时练习）如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（　　）

A．刚释放时细线的拉力大小为mg

B．该过程中物块的机械能减少了

C．该过程中软绳的重力势能减少了

D．软绳离开滑轮时速度大小为

【答案】  D

【解析】

A．刚释放时，m有加速度

故拉力小于mg，故A错误；

B．物块的重力势能减小，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于，故B错误；

C．因为绳子均匀，把绳子的重心看做在绳子的中点，所以绳子相当于向下移动了，故减小的重力势能为，故C错误；

D．由能量守恒得

解得速度大小为

15、（多选）（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测）如图所示，光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，下列判断正确的是（　　）

A．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小

B．小环B速度最大时轻杆弹力为mg

C．刚释放时，小球A的加速度大小为

D．小球运动到最低点时的速度大小为

【答案】  CD

【解析】

A．小球A运动到最低点时，轻杆呈竖直状态，小环B的速度为零，可知小环B先加速后减速，在小环B减速过程中轻杆对其做负功，轻杆对其是斜向上的推力，那么轻杆对小球A是斜向下的推力，轻杆对小球做正功，此过程小球A的机械能增加，故A错误；

B．小环B速度最大时，小环在竖直方向上的合力为0，轻杆弹力的竖直为mg，所以轻杆弹力大于mg。故B错误；

C．刚释放小球时，由牛顿第二定律得

解得

故C正确；

D．小球A初始位置距水平面高度为，由几何关系可得

解得

小环B初始位置距水平面高度设为，由几何关系可得

由系统机械能守恒可得

式中

，，

解得

故D正确；

故选CD。

16、（多选）（2022·宁夏六盘山高级中学模拟预测）如图甲所示，轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与物块P栓接。现用外力将P缓慢压至点，此时弹簧的压缩量为，撤去外力后P向右运动；换用质量较小的物块Q完成同样的过程。在两物块第一次向右运动至最远的过程中，它们的加速度与位移的关系如图乙所示。已知两物块与水平地面间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是（　　）

A．释放瞬间Q的加速度是P的4倍 B．P的质量是Q的倍

C．P的最大动能是Q的倍 D．Q向右运动的最大距离是P的倍

【答案】  ABD

【解析】

B．设弹簧的劲度系数为k，物块与地面的动摩擦因数为，当速度达到最大时，加速度为零。对P物块由平衡条件得

对Q物块由平衡条件得

解得

故B正确；

A．释放物块瞬间，对P物块根据牛顿第二定律得

对Q物块根据牛顿第二定律得

解得

，

可得

即释放瞬间Q的加速度是P的4倍，故A正确；

C．当时，物块的速度最大，动能最大，所以当时，对P和弹簧分析

当时，对Q和弹簧分析

所以

故C错误；

D．从初始位置到右边最远处，分别对系统分析

，

解得

，

所以Q向右运动的最大距离是P的2倍，故D正确。

故选ABD。

17、（2022·广东中山·高三期末）如图所示，不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系住小球1，将小球1拉到A点由静止释放，OA与竖直方向成θ=60°。同时将一个与球1大小相同、两倍质量的小球2以初速度和水平面成θ=60°从C点抛出。小球1摆到最低点B点时，小球2恰到达轨迹的最高点，且两球在同一水平线上发生对心碰撞。碰撞后，小球1静止在B点，小球2落回抛出点。已知细绳长度为l=0.9m，重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力，求：

（1）碰撞前瞬间小球1的速度大小；

（2）小球2抛出的初速度v0的大小。

【答案】  （1）；（2）

【解析】

（1）设碰撞前瞬间小球1的速度大小为v1，对球1从A点摆到B点过程中，由机械能守恒有

解得

（2）因为小球2能够落回抛出点，根据运动的对称性可知小球2碰撞前后速度大小相同，设为v2，取水平向右为正方向，则根据动量守恒定律有

解得

根据斜抛运动规律可得

18、（2022·江苏连云港·三模）如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。

（1）求B球的质量；

（2）求A球运动到P点时的动能；

（3）若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。

【答案】  （1）；（2）；（3）

【解析】

（1）对A球在P点进行受力分析，如图所示

可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则

又

解得

（2）设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则

取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有

解得

（3）细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则

对B球，根据牛顿第二定律可得

转台对两球做的功为

联立解得

19、（2022·全国·高考真题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）

A．它滑过的弧长

B．它下降的高度

C．它到P点的距离

D．它与P点的连线扫过的面积

【答案】  C

【解析】

如图所示

设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得

由几何关系可得

联立可得

可得

故C正确，ABD错误。

故选C。

20、（2022·湖北·高考真题）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。

（1）求C的质量；

（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；

（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。

【答案】  （1）；（2）6.5mg；（3）

【解析】

（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知

解得

（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知

解得

CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知

解得

F=6.5mg

（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知

令

对上式求导数可得

当时解得

即

此时

于是有

解得

此时C的最大动能为

21、（2021·海南·高考真题）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度，末端到水面的高度。取重力加速度，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（　　）

A． B． C． D．

【答案】  A

【解析】

人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为，根据机械能守恒定律可知

解得

从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据可知落水时间为

水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为

故选A。

22、（多选）（2020·山东·高考真题）如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（　　）

A．M<2m

B．2m <M<3m

C．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功

D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量

【答案】  ACD

【解析】

AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有

故有，故A正确，B错误；

C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；

D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。