课时检测训练22 机械能守恒定律及其应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练22 机械能守恒定律及其应用对应答案87 应基础对点练 对点练2单物体机械能守恒 对点练1机械能守恒的判断 3.(2021·海南些)水上乐园有一末段水平的滑梯， 1.下列对各图的说法中正确的是 人从滑梯顶端由静止开始滑下后落人水中。如 图所示，滑梯顶端到末端的高度H=4.0m,末端 到水面的高度h=1.0m。取重力加速度g= 10m/s,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高为() A.图甲中汽车匀速下坡的过程中机械能守恒 B.图乙中卫星绕地球匀速圆周运动时所受合力 A.4.0m B.4.5m 为零，动能不变 C.5.0m D.5.5m C.图丙中弓被拉开的过程弹性势能减少了 4.一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块 D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能 位于r和r时的重力势能分别为3E和E(E 增大 >0)。若物块位于厂时速度为0，则位于2时 2.如图所示，一轻质弹簧， 其速度大小为 () 下端与固定光滑斜面的 w E 底端相连，上端与斜面 A.2 m 6En B.入m 上的物体A相连，A处于静止状态。一条不可 c2图 n层 伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮，一端连接物体 A,另一端连一轻钩。开始时各段绳子都处于伸 5.将一个物体以一定的初速度竖直向上抛出，不计 直状态，A上方的一段绳子与斜面平行。现在挂 空气阻力，上升过程中，物体的动能为E,上升 钩上挂一物体B并从静止状态释放，则在物体B 高度为h,物体的重力势能为E。,运动的速度为 向下运动的过程中（物体A不会和滑轮相碰，物 ,物体的机械能为E,运动时间为1。下列描述 体B不会和地面相碰)，下列说法正确的是 上述物理量关系的图像中一定错误的是() A.物体B机械能守恒 B.物体A和B组成的系统机械能守恒 C.物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒 D.物体A、物体B和轻弹簧三者组成的系统机 械能守恒 D 371 课时检测训练·物理 对点练3多物体机械能守恒 6.质量分别为m和2m的两个小 球P和Q,中间用轻质杆固定 连接，杆长为L,在离P球号处 有一个光滑固定转轴O,如图所示。现在把杆置 于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低 位置，则（重力加速度为g) 客综合提升练 A.小球P在最高位置的速度大小为 9.如图所示，粗细均匀、全长为h 3 的铁链，对称地挂在轻小光滑的 2gL B.小球Q在最低位置的速度大小为， 定滑轮上。受到微小扰动后，铁 链从静止开始运动，当铁链脱离 C.小球P在此过程中机械能增加量为。mgl 滑轮的瞬间，其速度大小为 D.小球Q在此过程中机械能减少召 A.√gh 7.如图所示，一轻杆连接两 相同的光滑小球，由倾角 c.立2e D.2gh 10.(多选)如图所示，轻弹簧 为75°的斜面滑下.滑到 PU000000000000W000.O 图示位置时小球a到地 n4克 一端固定于O点，另一端 与质量为m的滑块连 B 面高度为L,此时杆与水平地面夹角为5°，b球 接，在外力作用下使滑块静止在固定光滑斜面 速度大小为√6gL.则小球a滑到水平面上时球 上的A点，此时弹簧恰好水平。将滑块从A点 的速度大小为 由静止释放，沿斜面经B点运动到位于O点正 A.√7gL B.V6gL 下方的C点时，滑块的速度大小为，且弹簧恰 C.2√gL 17 D.gL. 处于原长。已知弹簧原长为L,斜面倾角0 8.如图所示，在粗糙的斜面上 37°，OB⊥AC,弹簧始终在弹性限度内，重力加 用一个滑块将轻质弹簧压缩 速度为g,不计空气阻力。sin37°=0.6.cos37 后由静止释放，滑块沿斜面 =0.8。从A点运动到C点的过程中() A.滑块的加速度先减小后增大 上滑的距离为x时脱离弹簧，上滑的距离为x B.滑块在B点的速度最大 时速度变为0且不再下滑，用E,表示滑块的动 能，E表示滑块的重力势能（以斜面底端为零势 C.滑块在A点时弹簧的弹性势能为？m心 能参考面)，E表示弹簧的弹性势能，E表示滑 一mgL 块的机械能，则以上各种能量随滑块上滑的距离 D.滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点 x的图像中，可能正确的是 时弹簧的弹性势能 课时检测训练·物理 372 11.如图所示，半径R=0.5m 12.轻质弹簧原长为21，将弹 的光滑半圆轨道固定在竖 簧竖直放置在水平地面 直平面内，半圆轨道与光滑 -4 上，在其顶端将一质量为 A 水平地面相切于圆轨道最低端点A。质量m= 5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短 1kg的小球以初速度=5m/s从A点冲上竖 时，弹簧长度为！。现将该弹簧水平放置，一端 直圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水 固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。 平地面上的C点，g取10m/s,不计空气阻力 AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为1 (1)求小球运动到轨道末端B点时的速度"B。 的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖 (2)求A、C两点间的距离x。 直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数 (3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆轨道，并 4=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长 沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求 度，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度 小球落点与A点间的最小距离xm。 大小为g (1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的 大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位 置与B点间的距离。 (2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下， 求P的质量的取值范围。 373 课时检测训练·物理一mgs=0,所以小物块在BC面上运 可得mg=m京， 因此若小球能越过境沟，则满足 动价是郑程为：一丹-公等m=3m…两 √34m/s. 由动能定理可得一4mgs一2mgR 课时检测调练22 d0,5m,刚好3个来回，所以最终停 1.D解析图甲中汽车匀速下发的过 在B点，即到B点的距离为O,故选D。 =m-m, 程中动能不变，重力势能减小，机械能 5.C解析在图形轨道上运动时，滑板 解得4=0.025， 减小，故A错误：图乙中卫星绕地球匀 高手受到重力，西形轨道的弹力两个 综上所迷，动摩擦因数以的范国为 0.25≤0.4或者≤0.025。 速圆属运动时所受合力提供向心力则 力的作用，向心力是效果力，不能说受 不为0，匀速圆周运动速度大小不变， 到向心力，故A错误：想让滑板高手做 7,(1》E.一mgh, (2)mgl+mgh 则动能不变，故B错误：图丙中号被拉 完整圆周运动，需在A点满足加g= L 开过程障皮篇形变增大，弹性势能增 吧，则从开始到A点满是mg山-2 <E一mgh,十mgL L 大，故C错误，图丁中撑竿跳高运动员 解析(1)对物块从B点到落地的过 在上升过程中竿对运动员做正功，其 =号m-0,解得h=2.5r=12,5m, 程，由动能定理，有mgh=E,一E, 机械能增大，故D正确。 故B铝误：若源板高手从15m高度静 解得E=E,一mgh 2.D解析物体B在下落的过程中，绳 止滑下，则从开始到B点满足mg( (2)对物块从A点到落地的整个址程， 子的拉力对其做负功，机械能不守恒， -P)=合m,别在B点满足F、 当落地动能为E,时，对应的拉力最 故A错保：物体A和B组成的系统在 大，设为F,由动能定理有 运动过程中，弹簧弹力对系统数功，遗 m,解得F,=2000N,由牛顿第三 FL一mgL十mgh,=E, 系统机械能不守恒，故B错误：物体A 定律知，经过B点时对轨道的压力大 解得F-E一mRh,十mRl 和轻弹黄组成的系统在运动过程中， 绳子拉力对系统做正功，该系统机械 小为2000N,故C正确：滑板高手从B 若物块恰能到达C点，对应的拉力最 能不守恒，故C错误：物体A,物体B 点静止下滑到最低点C的过程中，开 小，设为下n,根据动能定理有 和轻弹羲三者组成的系统，在运动过 始时重力的功率为零，到最低点时速 FL一mgL.-mgh,=0 程中，系统内只发生势能与动能之间 度方向沿水平方向，则重力的功率也 为零，故重力的瞬时功率先城大后减 解得F-mgL十mgh 的相互转化，该系统机械能守恒，故D 正确。 小，故D错误。故选C 则恒力F必须满足的条件为 3.A解析人从滑梯由静止滑到滑梯 6.(1)9N umgL+mgh, 末端速度为，根据机械能守恒定律可 (2)0.25≤4≤0.4或者4≤0.025 L 解析(1)当摆球由C到D运动，根据 E一gh十ng 知mgH=之m,部得=45rs 动能定理有 从滑梯末端水平飞出后做平抛运动， 8.(1)4m45(2)4m/s≤5ms或 竖直方向傲自由落体运动，根据h mgL-Los》=2mn, ,≥√3m/s 2h 2×1.0 s 在D点，由牛顿第二定律可得Fn一mg 解析(1)小球恰好通过周形轨道的 可知=1g=√0 最高点时，根据牛顿第二定体得mg =m V√58，水平方向做匀速直线运动，则 解得F。■9N: R 人的落水点距高滑橘东端的水平距离 (2)小球不脱离圆轨道分两种情况， 从A点到圆形轨道的最高点的过程 m=4.0m,故 ①要保证小球能到达A孔，设小球到达 中，根据动能定理得一mgL,一g× x=w=45×√写 A孔的速度恰好为零，由动能定理可得 2R=m-m, 去A 4.A解析物体仅在重力作用下运动， 一4mgs=0一2m,, 解得小球在A点的初速度)=4m/s: 物体的机减能守恒，根据机械偻守恒 解得41=0.4， (2)若拾好运动到C点时，建度为零， 定律可知E,=E,代入已知集件为 若进入A礼的速度较小，那么小球将 则从A到C的过程中，根据动能定理 会在圆心以下做往驱运动，不脱离执 3E十0=E,十之m,解得处的速 得一mg,十L:)=0-zme,解得 道，其临界情况为到达圆心等高处逮 度为零，由动能定理可得一mgR=0 小球在A点的初速度v■5m's, 度为u=2Nm 放选A 国此若小球停在BC段，则满足4m/s5.B解析 根据动能的公式有E: 2m,2, ≤5ms, 若恰好能越过壕沟，则从C到D数罕 2mw,E-0图像应为一条抛物线，且 由动能定理可得一共，mg5二 2m, 抛运动 越大，E越大：物体竖直上批运动的 2mvo. 过程中，只有重力做功，机械能守恒， h=之grs= 与1无关，其E一1图像应为一条水平 可求得4=0.25. 从A到C的过程中，根据动能定理得 线：根据机械能守恒定律得E,十mg山 ②若小球能过圆轨道的最高点测不会 脱离轨道，当小球恰好到达最高点时， =名m,将得E=之ma-一mh,可 在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律 解得小球在A点的初速度u=√3s, 见E-A图像应为一条倾斜直线，且方 ·587· 高考一轮总复习·物理 增大，E减小，故ACD正确：由机核能|10.CD解析根据牛频第二定律，可知 P最多到C点且不脱离轨道， 守恒得尼=mgh=之m一名m 1 清块的加瑰度先减小后增大再减小， E≤mrg·4l+mrgl, 故A错误：滑块在C点的势能最小， 对号m<m,<名m 5 E-v的图像应是抛物线，且v越大， 由机械能守恒定律可知，滑块在C点 E,越小，故B错误：本题选错误的，故 的动能最大，则滑块在C点的速度最 课时检测训练23 选B. 大，故B错误：由机核截守恒定徐有 1.B解析加速助跑过程中，运动员的 6,C解析Q球顺时针摆动到最低位 动能不断增加，重力势能不变，故A错 置时的速度为功·此时P运动到最高 m=mL+E:餐得E=之m 1 误：起跳上升过程中，竿先逐渐弯曲然 点的速度为，整个系统机城能守恒， 一mgL,故C正确：滑块在A点时弹 后伸直，则草的弹性势能先增加后减 有2mg×号-mg×-号×2m 黄的形变量4r4=L(1。 小，故B正确：起跳上升过程中，运动 (tano-1)= 员和竿的系统动能，重力势能和弹性 十之m,又由于两球都烧0点转动， 启，滑块在B点时弹黄的形变量△ 势能之和守恒，因竿的弹性劳能先增 大后减小，则运动员的机减能先减小 角速度相同，因此认=204，解得4= =L1-s)=吉L.别4，>4a所 后情大，故C错误：运动员到达横杆正 2②L=,A,B错误：在此 上方时，由于有水平速度，则动能不为 以滑块在A点时弹黄的辣性劳能大于 3 3 零，故D错误， 在B点时的弹性势能，故D正确。 过程中，小球P机核能增加量△E= 2.B解析由足球的运动轨迹可知，足 11.(1)W5m's(2)1m(3)1m mg×+m-m,由于整个 球在空中运动时一定受到空气阻力作 解析(1)选水平地面为零劳能参考 用，则从1到2重力势能增加mgh,从 系统机核能守恒，因此小魂Q机械能 面，由机核能度恒定体释号心， 1到2动能减少量大于gh,故A最 误，B正确：从2到3由于空气阻力作 减少量色为gmgL.C正确.D错误。 交m十mg·2R, 用，机械能减小，重力势能减小mgh, 7.B解析滑到图示位置时，两球沿杆 别动能增加小于mgh,故CD错误。 方向速度大小相同，则，cs30° 解得Uw=v5ms: 3.C解析对滑块A分析，滑块A相 以C0s45”,由图示位置到a滑到水平面 (2)由平抛运动规律得2R=2g, 1 对于地的位移为L十x,根据动能定理 上过程，根餐机核能守恒定律有 x=, 得(F-f,)L+)=名m-0:则知 解得r=1m: 滑块A到达木板B最左端时具有的动 (3)设小球运动到B点时半图轨道对 能为(F一F,)(L十x),选项A正确：对 m)v,联立解得v=√/6gL,故B正确. 小球的压力为F, 木板B分析，根据动能定理得Fx 8.C解析滑块上滑的距离为工：时的 机减能为E=E十E,十E,=0十E,十 回周运动向心力F、十mg=尺， M-0,可知滑块A到达木板B 0=E,以斜面底端为零势能参考面， 得当F、=0时，小球运动到轨道末端 最左瑞时，木板B具有的动能为F, 可知滑块上滑的距离为x:时重力势能 B点时的速度最小m-5ms, 去项B正确：滑块A相对于地的位移 不为零，故机械能一定不为零，故A铅 由(2)的计算可知，最小距离工 大小为L十x,则清块A克限摩擦力所 误：弹藏为原长时滑块脱离弹簧，滑块 x=1m。 微的功为F,(L十x),故选项C错误： 上滑的距离为0~x,时，滑块的合外力 根据能量守恒知，外力F敏的功传化 F=kx-mgsin a-umgcos 0.E 12.(1)V6gl221 为木板B和滑块A的胡械能和摩擦产 图像的斜率表示合外力，可知上滑的 (2m<m,<号m 生的内能，则有F(I十x)=△E+Q,其 距离为0一x,,随着上清，滑块的合外 解析(1)整直的弹黄放上物体压缩 中Q=FL,则滑块A和木板B增加的 力先大于零，后小于零，料率应先大于 至长度【时，由机械能守恒得 机械能为△E=F(L十x)一FL,选项 零，后小于零，故B错误：根据功能关系 D正确。 5mgl=E。, 可知滑块的重力势能为E=Eu十 4.D解析建筑村料向上最匀加速直 弹簧水平放置压缩至长度！时，物块 线运动，上升高度为h,根据动能定理 g.rsin0,故C正确：根据功能关系可知 P从开始到B点，由能量守恒得E。 弹簧的弹性势能为Ee=E一Fr=E △E=mah,故A错误；重力做负功，所 0+k mg·+z, 以重力势能增加，故B错误：受力分析 2x=E一立r,可得E与 知绳子拉力F=m十mg,机械能增加 解得1=/6gl, 成负相关，故D缗很。故选C 量等于绳子拉力做功W=m(a十g)h, 物块由B点到D点，一mg·2!= 故C错误，D正确。故选D 9.C解析 铁链开始时重心在冬处。 1 5.C解析由A到B过程，重力对小 当铁链脱离滑轮的瞬间，重心位置在 球徽的功等于mgh,弹簧的弹力对小 解得=√2g( 处，所以度力学能减小了寻mg,根 h 球做负功，所以合力对小球做的功小 物块由D点做平抛运动，2！■ 2R1, 于mg,故A错误，小球在下降过程中 据机棱能守恒可知上 mgh 2m,解 重力势能转化为动能和弹簧的弹性势 rvd 能，所以小球的重力势能减少量大于 得v一之四 解得x=221: (2)物块至少址B点时E>mg·, 之mw,故B错误，限据动能定理得 高考一轮总复习+物理 ·588·