提分集训(31)机械能守恒定律及其应用-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习提分集训

提分集训（三十一）机械能守恒定律及其应用 [A级练对点·固本] 对点练1机械能守恒定律的理解与判断 1.(多选)(2025·福州质检)如图所示，两木块A、B 用轻质弹簧连在一起，置于粗糙水平面上，一颗子 弹水平射入木块A,并留在其中（子弹射入木块作 用时间忽略不计).在子弹射入木块A及弹簧被压 缩的整个过程中，下列说法中正确的是 ( 22222222222756 A.物块a刚释放时的加速度为g 拉与 2aM2s68322 B.物块a在最低点的加速度为0 A.在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组 C.物块a下降的最大高度为L 成的系统动量守恒、机械能不守恒 D.物块a的机械能先增大后减小 B.在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组 5.(多选)(2025·河南漯河 成的系统动量不守恒，机械能守恒 期末)如图所示，a、b两小 C.在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能 球通过铰链用长为L的 不守恒 刚性轻杆连接，a套在竖 D.在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不 直杆M上，b套在水平杆 守恒 V上，最初刚性轻杆与细 对点练2单物体的机械能守恒问题 杆M平行，a球在上b球 2.(2023·浙江6月选考)铅球被水平推出后的运动 在下，给体系一个微小扰 过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动 动，a由静止开始沿M杆下滑，b由静止开始沿N 时的加速度大小a、速度大小、动能Ek和机械能 杆向右运动.M、N足够长且两杆间的距离忽略不 E随运动时间1的变化关系中，正确的是( 计，a、b球均可越过O点，两小球质量相等，不计 一切摩擦.下列说法中正确的是（重力加速度 为g) A.a、b球组成的系统机械能守恒 B.b球的最大速度为2√gL C.a球从最高点下降到最低点的过程中，加速度 3.“只要速度够快，就能挑战地球引 先增大后减小 力！”在挑战极限的实验测试中，挑 D.a、b运动过程中，a、b连线中点c做圆周运动 战者在半径为1.6m的竖直圆形 [B级练综合·提分] 跑道上成功奔跑一圈，引发观众的惊叹.对于挑战 过程，取g=10m/s2,下列说法正确的是( 6.(多选)(2025·河南新乡% 期末)如图所示，质量均为 37丽 A.要使挑战成功，挑战者除速度要足够大外，体 m的物体A、B之间用竖 重越小越好 直轻质弹簧连接且A静止 B.在跑道中运动时，挑战者的总机械能守恒 于水平地面上，一条绕过 C.运动到最高点时，挑战者处于失重状态 轻滑轮且不可伸长的轻 D.要使挑战成功，挑战者在跑道最高点的速度至 绳，一端连着物体B,另一 少为4m/s 端连着物体C,物体C套在光滑的竖直固定杆上， 对点练3多物体的机械能守恒问题 现用手托住物体C使其静止于M点，轻绳刚好水 4.(多选)如图所示，一质量为m的物块a穿在固定 平伸直但无弹力作用，滑轮与杆之间的水平距离 竖直杆上，轻绳一端系于物块α上，绕过轻质定滑 为4L,物体B与滑轮之间的轻绳始终竖直.从静 止释放物体C后，C沿竖直杆向下运动，物体C沿 轮O后，另一端系于质量为3m的物块b上.初始 杆运动到的最低点为N点，此时物体A恰好未离 时a在外力作用下保持静止，且Oa连线水平、长 开地面，物体C与滑轮之间的轻绳与水平方向的 为L.现撤去外力，全过程a未落地，b未触碰定滑 夹角为37°，物体C可视为质点，重力加速度大小 轮，不计一切阻力和摩擦，重力加速度为g.在物 为g,轻绳所受重力及滑轮的摩擦均可忽略不计， 块a下降过程中，下列说法正确的是 物体B始终未与滑轮碰撞，弹簧始终在弹性限度 399 内，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确 的是 [C级练加强·培优 ( A.物体C的质量为3m 且弹簧的劲度系数为 9.(2025江苏泰州一模)如图所示，一半径r一m 的四分之一光滑圆弧轨道与一水平固定平台相 C.物体C从M点下滑到N点的整个过程中，物 连，现用一轻绳将质量m=1kg的小球（视为质 体B、C构成的系统机械能一直守恒 点)跨过光滑经质定滑轮与平台上木板MN相连， D.物体C与滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角 木板与滑轮间轻绳处于水平，木板有三分之一长 为30时，物体B,C的速率之比为1：2 度伸出平台，其与平台的动摩擦因数=0.2.小球 7.(多选)如图所示，B是质 位于圆弧轨道上的A点，AC长也为r,CM足够 量为2m、半径为R的光 长.g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力 滑半圆弧槽，放在光滑的 (结果可保留根号). 水平桌面上.A是质量为 (1)若小球、木板恰能在图示位置保持静止，求木 6m的细长直杆，在光滑 板质量M; 导孔的限制下，只能上下 (2)若木板质量M'=m,从图示位置由静止释放 运动，物块C的质量为 时，木板的加速度大小为a1=1m/s2,求此时绳中 m,紧靠B放置.初始时， 的张力F和小球的加速度a2的大小； A杆被夹住，使其下端正 (3)接第(2)问，求小球从A点运动到B点过程中 好与半圆弧槽内侧的上边缘接触，然后从静止释 绳子拉力对小球所做的功W 放，重力加速度大小为g.则A杆由静止释放到再 次上升到最高点过程中 ( A.A、B组成的系统机械能守恒 B.物块C与半圆弧槽B分离后的速度大小为 2VgR C.A杆损失的机械能为2mgR D.若A杆质量变为4m,再次上升到最高点的位 置不变 8.(2024·辽宁高考)如图，高度h=0.8m的水平桌 面上放置两个相同物块A,B,质量mA=mg=0.1kg A、B间夹一压缩量△x=0.1m的轻弹簧，弹簧与 A、B不栓接，同时由静止释放A、B,弹簧恢复原 长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射 程xA=0.4m:B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距 离xB=0.25m后停止，A、B均视为质点，取重力 加速度g=10m/s2.求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB: (2)物块与桌面间的动摩擦因数； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能△E。: 400(3)假设滑块能再次返回解面，设返回解面最高，点距B点的距离：2.选D铅球在空中微平抛适动，加逸度为重力加速度，恒定不变， 为L,全过程根据动能定理得 A错误：铅球的速度大小为v=/听十心，又u=,联立可得 mg(LAB -L)sin 0-2umgLi =0-0 v一/的十g”,所以一1图像为曲线，B错误：由于不计空气阻 8 代入数据得L=3四 力，删铅球在空中运动过程中只有重力微功，机械能守恒，E不 则滑块能再次返回斜面 变，D正确：由动能定理有mgh一E一E0,又h一之g,联立可 答案：1)6m/s(2)1.2m(3)能3m 8 得E=E十号mgr,所以民-1图线为二次画教图钱， 5.解析：(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设蓝 C错误. 球的落地逸度大小为，根据自由落体适动的规律有一2gh1 3,选CB,在跑道中运动时，人本身做功，机械能不守恒，故B 设篮球被地面反弹时的速度大小为·则有一2gh?,则篮球与 错误： 1 地面碰撞前、后的动能之比一了 3 D,在最高点时，当宝力格好提供向心力时，速度景小根据g一紧 解得v=/g灭 实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半径小于1,6m,故最小 使篮球从距地面h:的高度由静止下落，并在开给下落的问时向 逸度小于4m/s,故D错误： 下拍球，设蓝球的落地速度大小为西，反弹后的速度大小为· A,由对D项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成挑战无影 则有号一2ghg 响，故A错误： 园为蓝球每次与地面碰撞前，后的动能的比值不变，所以有 C,运动到最高点时，挑战者的向心加速度向下处于失重状态，故 C正确，故选(C, 2m号 3 4.选ACA.物块a刚释放时竖直方向只受重力作用，则加速度为 2 g,选项A正确： B.物块在速度最大时加追度为零，在最低点时合外力不为零， 设运动员拍球过程中对蓝球败的功为W,根据动能定理有 则加速度不为0，选项B错误 W+mgh,=之m C.物块4下降到最低点时由能量关系mgh=3mg(√十L正一L), 解得W-4.5J. 解得物块。下落的最大高度为h=手L,选项C正确： (2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得 D.细绳的拉力一直对a微负功，则物块的机械能一直减小，选 F+mg=ma 项D错误. 故选AC. 篮球的位移一之a 5.选ABDA.a,b球组成的系统只有动能和重力势能相互转化， 运动员对球做的功W一F 系皖机械能守恒，A正确： 联立解得F-9N. B.当b球运动到O点，球运动最低点时，b球速度最大，根据机 答案：(1)4.5J(2)9N 栽能守渔定律得mg·2L一号m,解得m一2√工，B正确： 6.解析：(1)根据平抛运动的规律有%一1c0s37 D.当杆与水平方向成0角时，取ab中点为c点，c点与O点的距 解得小物块经过A点时的速度大小v1一5m/s 小物块从A点运动到B点，根据动能定理有 高为rV√（宁Lsn0)+(侵Lcos0)'=L. 1 1 mg(R-Reos37门-乞v听-交m听 由上式得，C点到O点的拒离为定值L,所以c点微国周运动， 小物块经过B点时，有FN一mg一m尽 心在O点，半径为L,D正确： 解得FN-62N C口球从最高点下降到最低点的过程中，有三处加速度为零：一 根据牛顿第三定律可知，小物块经过B点时对轨道的压力大小 处是：球在最高点，第二处是：球在最低点，第三处是：球速度 是62N. 最大的地方：球在最高点和最低点的速度均等于零，那么a球 (2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有 从最高，点到最低点运动的过程中，一定是先加逸后诚速，一定存 1 在逸度最大值，球在镀位置合力为零，加递度为零，速度最大 一amgL-2mgr-之m略-之m味 周为有三处加追度为零，所以加速度一定是增大、减小、增大，减 小，C错误.故选ABD 在C点有F、'+mg一m坚 6,造BDAB,弹簧初始时处于压缩找态且压缩量为△=， 解得FN'-60N 物体C运动至N点时，物体A恰好未离开地面，此时弹簧处于 根据牛顿第三定律可知，小物块通过C点时对轨道的压力大小 41 是60N. 粒仲找态且伸长量也为△r,周此有0s37一1L-2△ (3)小物块刚好能道过C点时，根据mg=m 根据机械能守恒定律得mgX2△r=mg·4Ltan37°， r 解得'=2m/s 解得负=2，c=子m,A错误，B正确： L 小物块从B点运动到C点的过程中，报据动能定理有 C,物体B、C构成的系统机械能先增加后减小，C错误： D.当物体C与滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为30°时，将物 解得L'-10m. 体C的走度沿着桃和垂直于悦正交分解m30-,解得-立， 答案：(1)62N(2)60N(3)10m D正确.故选BD. 提分集训（三十一） 7,迭BCDA.C对B的弹力对B做负功，A、B组成的系统机械能 不守恒，故A错误； 1,选ADAB.在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的 B.在杆向下运动过程中，对于A,B、C组成的系航，只有重力微 系统所受合力为零，所以系统动量守恒，但由于有摩擦力做功， 功，所以系统的机械能守恒。当杆A的下端运动到碗的最低点时 所以机械能不守恒，故A正确，B错误： 不能再句下运动，A的论度为零，此时物块C与半园弧槽B分 CD.在弹簧被压馆的过程中，系统所受合力不为零，所以系统动 量不守恒，同时由于地面摩擦力对木块做负功，机减能不守恒， 离，由系统的机栈能守恒得6mgR=×(2m十m), 故心错误，D正确，故选AD, 解得一2gR,故B正确： 629 C,杆A的下端经过槽B的最低点后B、C分离，杆上升到所能达 C.小球Q从B点运动到最低点C的过程中，拉力对小球Q微负 到的最高点时，AB的速度均为0，由AB系统机械能守恒，有 功，小球Q的机械能减小，故C错误： 立×2m2-6mgh,解得A-子R,A杆损夫的机栽能为 D,小球Q从B点运动到最低点C的过程中，B静止释放初始重 力的功率为零，适动到C,点时速度和重力垂直，此时重力的功率 △E-6mgR-6mgh-2mgR,故C正确： 为零，因此得小球Q重力的功单先增加后减小，故D正确，故 D.根据B,C项解析，若A杆质量变为m,再次上升到最高点的 这D, 位置不变，故D正确，故选BCD. 3,选BCAB.下蹲过程，人的重心降低，则重力势能不断减少，人 先加速后诚速，动能先增加后减少，故A错误，B正确： 8解折：对A物块由平抛运动知汉得么一立一 C起立过程，人重心升高，速度增加，故重力婷能和动能增加，故 C正骑： 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为A一1m/8, AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大 D,人的机减能不断增加是因为消耗人的能量，故D错误，故 选BC 小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则 1.迭DA.物块从A到D的金过程中由动能定理有 mAUA一mnVB 解得脱离弹簧时B的速度大小为g=1m/s, mg×2L×(1-吉)）sin0-mgos0X2L×(1+吉）-0， (2》对物块B由动能定理一mBK工B-0一立mB暗 解得-mn9,故A错误： 2 代入数据解得，物块与桌而的功摩擦因数为4一0.2 B.物块从A到C的过程中由能量守位定律有 (3)弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩 mgsin0X3L-ngcos0·2L=Emmx,解得Ex=2 ngLsin0, 擦力所做的功，即 故B错误： △E,-之听+乞ma听十mK△1十mR△ C由题意可知E-2 mglain0=之2，解释表-加n0,故 其中mA一阳，△x-△xA十△TB C错误： 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能△E。=0.12J D.当物块加连度为0时动能最大，有mgin0=kx, 答案：(1)1m/s,1m/s(2)0.2(3)0.12J 从物块开给运动到动能最大的过程中有 9.解析：(1)根据题意，小球、木板在图示位置时，设此时能子的弹 mgsin 0 (+)-umgcos 2 力为T,由于小球，木板恰好静止，则有T=Mg 由小球平街，有Tcos30°=2mg 解得E一号mgLn0:故D正确故选D 5,选DA,初给位置重力势能为0.1J,高度h-0.1m,重力势能 联立解得M-5Ekg 为Ep=mgh可知m=0.1kg,A错误： 3 B.当机械能不变，弹簧恢复原长，可知原长为02m十0.1m=0.3m。 (2)根据题意，对木板，由牛顿第二定律有F-aMg一M'a B错误： 解得F=Ma1十Mg=3N C.根据系统机械能守恒可知，机械能为0.3J,重力势能为0.1J, 释放瞬间，小球速度为零，则小球指向圆心方向的合力为零，则 别弹性势能最大值为0.2J,C错误： 对小球有mgsin30°-Fcos30°-mag D.根据能量守恒，上升到最高点时，所有的能都转化为重力劳 解得，-0mfos30=(6-3）m 能，可得hm=0.3m,故D正确.故选D. 6,选ADAB.以地面而为参考平面，重力势能E。与下落高度h的美 (3)对系统，由能量守恒定律得 系为Ep=Eo一mgh. 由于雨滴加速阶段，下落高度与时间不是线性关系，则加论阶 之m时+nei+Mg(-1)r-mgr1-cos30) 段，E,一1图像不是直线，故A正确，B辑误： C,时刻（下落高度为。），雨滴开始匀速下落，因为E= 小球运动到B点时，小球速度为，木板速度为西，则叫一2购 对小球运用动能定理，有mgr(1-c0s30)十W-之m-0 2m2, 则过了h之后雨滴动能应不变，故C错误： 联立解得W-(-厄-号)力 D.根据功能关系可知，由于空气阻力对雨滴败负功，雨滴的机械 能应遂渐减小，根据△E一一「△M,可知E一h图像的切线斜率绝 答案：)59ke(23N.(6-3)m 对值表示空气阻力大小，由于受到的空气阻力与速率成正比，可 知空气阻力先增大后不变，则E一力图像的切线斜率绝对值先增 大后不变，故D正确，故逸AD。 8(95-厄-)打 7,迭BCAD.对子弹，根据动能定理可得一f(s十d)=△Ek,可知 子弹克服阻力做功为f(x十d),子弹的动能减少了f(s十d),故 提分集训（三十二） AD错误： 1.选DA.运动员下落h,则重力做功为WG一mgh,故A错误： B.对木块，根据动能定理可得fx=△E可知木块的动能增加了 fs,故B正确： B.根据mg一f=a得f=石mg, C.子弹与木块发生的相对位移为山，根据功能关系可知子弹与木 块组成系统产生的热量为Q=fd,故逃C正确.故选BC 则运动員克服程力概功为W一h=言mg,故B错误： 8.解析：(1)物块P由A到B,由能量守饭定律 C,运动员的动能增加量等于合外力殿功，则△E=mh=后mgh: 5 E#-3 ngdsin30°+3 mgdeos30° 解得E#=3mgd 故C错误： (2)物块Q到达B点时的速度为口B,由能量守恒定律 D.运动员的机械能诚少量等于克服阻力微功，即△E=百mgh, 1 E4-号mgdsin30'+号mgdeos30+号·罗吃 故D正确.故选D. 解得g一√6gd 2.选DA.当小球Q下滑到某位置 0 物块Q离开B点后做斜上抛运动，在最高点时速度最小 AG 时，速度分解如图所示 4mim一B00s30 解得am一是√2网 3 隐一形·得V绳一可一c0s0剥当0 =0°，小物块P和小球Q的速率相 (3)物块Q离开B点，到达地面时的动能为E,此过程，由机械 等，得小物块P和小球Q的速率不四 是总相等，故A错误； 能守恒定律受8·2d-氏-号·罗场 B.小物块P运动过程中除了重力 做功，还有拉力做功，则小物块P P 新得民=号mgd 的机械能不守恒，故B错误： 答案：1)B0-3mgd(2)-号2R(3)且-号mgd 630