课时分层作业16 机械能守恒定律及其应用-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习学生用书word（江苏专用）

课时分层作业(十六)　机械能守恒定律及其应用 说明：选择题每小题4分；本试卷共64分。 题组一　机械能守恒定律的判断 1．下列对各图的说法正确的是(　　) A．图甲中汽车匀速下坡的过程中机械能守恒 B．图乙中卫星绕地球做匀速圆周运动时所受合力为零，动能不变 C．图丙中弓被拉开过程弹性势能减少了 D．图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能增大 2．(2024·北京卷)如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是(　　) A．物体在C点所受合力为零 B．物体在C点的速度为零 C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 题组二　单物体机械能守恒问题 3．(2024·江苏常州一模)如图所示，小球从水平平台边缘水平抛出，恰好落到倾角为53°的光滑固定斜面顶端A点且速度方向与斜面平行，已知水平平台到斜面顶端的高度差为0.8 m，斜面AB的长度为1.5 m，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是(　　) A．小球抛出时的速度大小为4 m/s B．小球落到斜面顶端A点时的速度大小为4 m/s C．斜面顶端A点到水平平台边缘的水平距离为 1.2 m D．小球滑到斜面底端B点时的速度大小为 2 m/s 4．如图所示，小球沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点时，小球的机械能E、重力势能Ep(取圆轨道的最低点所在平面为零势能面)和动能Ek的大小关系，可能正确的是(　　) A．E＝Ep B．E＝Ep C．Ek＝Ep D．Ek＝Ep 题组三　多物体机械能守恒问题 5．如图所示，物体A、B质量相同，在倾角为30°的光滑斜面上，滑轮及绳子质量均不计，现将系统由静止释放，不计空气阻力，则物体A在下降h距离时的速度大小为(　　) A． B．2 C． D． 6．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小； (2)小球a从P点下滑至轻杆与圆环相切的Q点的过程中，轻杆对滑块b做的功。 题组四　用机械能守恒定律解决非质点问题 7．(2024·江苏无锡一模)一根质量为m、长为L的均匀铁链一半放在光滑的水平桌面上，另一半挂在桌边，桌面足够高，如图(a)所示。若在铁链两端各挂一个质量为的小球，如图(b)所示。若在铁链两端和中央各挂一个质量为的小球，如图(c)所示。由静止释放，当铁链刚离开桌面时，图(a)中铁链的速度为v1，图(b)中铁链的速度为v2，图(c)中铁链的速度为v3(设铁链滑动过程中始终不离开桌面，挡板光滑，小球可看作质点)。下列判断正确的是(　　) A．v1＝v2＝v3 B．v1<v2<v3 C．v1>v2>v3 D．v1>v3>v2 8．(2024·启东吕四中学模拟)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　) A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 9．(2024·江苏苏州一模)如图所示，一倾角为37°的光滑斜面和光滑水平面平滑连接，两个质量均为m的小球A、B用长为L的轻质细杆连接固定，现将两球从斜面上由静止释放，释放时A离斜面底端的距离为L，重力加速度为g，两球可视为质点，sin 37°＝0.6。 两球从斜面滑到水平面上虚线位置的过程中，以下说法正确的是(　　) A．到虚线位置时A球速度为 B．到虚线位置时B球的速度为 C．细杆对B球不做功 D．细杆对B球做功为－ 10．(2024·扬州第一中学高三期末)如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点。撤去力F后，小球由静止下滑。重力加速度为g，sin θ＝≈0.64，不计一切摩擦。求： (1)力F的大小； (2)小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N； (3)在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W。 11．(2020·江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)重物落地后，小球线速度的大小v； (2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F； (3)重物下落的高度h。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(十六) 1．D　[题图甲中汽车匀速下坡的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误；题图乙中卫星绕地球做匀速圆周运动时所受合力提供向心力不为零，匀速圆周运动速度大小不变，则动能不变，故B错误；题图丙中弓被拉开过程弦的形变量增大，弹性势能增大，故C错误；题图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中竿对运动员做正功，运动员机械能增大，故D正确。] 2．C　[物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg＝m，解得物体在C点的速度v＝，A、B错误；由牛顿第二定律得mg＝ma，解得物体在C点的向心加速度a＝g，C正确；由机械能守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。] 3．C　[小球恰好落到固定斜面顶端A点且速度方向与斜面平行，设此过程位移与水平面夹角为α，则tan α＝＝tan 53°＝，解得x＝1.2 m，根据h＝gt2，x＝v0t，解得v0＝3 m/s，t＝0.4 s，故A错误，C正确；小球落到斜面顶端A点时的竖直分速度为vy＝gt＝4 m/s，则小球在A点的速度大小为vA＝＝5 m/s，故B错误；小球从A到B的过程根据机械能守恒定律可知＋mglABsin 53°＝，解得vB＝7 m/s，故D错误。] 4．D　[小球能够沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点，说明在最高点时速度大于零，动能大于零，而机械能为重力势能和动能之和，故在最高点时，机械能大于重力势能，故A、B错误；小球能够沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点，在最高点时，有≥mg，运动到最低点时，有2mgR＋mv2＝Ek0，解得最低点动能Ek0≥mgR，圆轨道的最低点重力势能为零，则2mgR＝Ep，E＝Ek0，则E＝Ek＋Ep≥Ep，Ek≥Ep，故C错误，D正确。] 5．A　[设物体A在下降h距离时的速度为v，则此时B物体的速度为，由机械能守恒定律得mgh＋mg×h sin 30°＝mv2＋m，解得v＝，A项正确。] 6．解析：(1)当a滑到与O同高度的P点时，a的速度v沿圆环切线方向向下，b的速度为零 由机械能守恒可得magR＝mav2 解得v＝ 对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得 F＝＝2mag＝2 N。 (2)轻杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向 设此时b的速度为vb，则知va＝vb cos θ 由几何关系可得cos θ＝＝0.8 球a下降的高度h＝R cos θ a、b及轻杆组成的系统机械能守恒 magh＝－mav2 对滑块b，由动能定理得W＝＝0.194 4 J。 答案：(1)2 N　(2)0.194 4 J 7．D　[铁链释放之后，到离开桌面，桌面无摩擦，以桌面下方L处为零势能面，则释放前，题图(a)中，系统的重力势能为Ep1＝mgL＋mg·L＝mgL，题图(b)中，Ep2＝＋mg·L＋mg＝mgL，题图(c)中，Ep3＝gL＋mg·L＋mg＝mgL，释放后E′p1＝mg，E′p2＝mgL＋mg＝mgL，E′p3＝mgL＋mgmgL＝mgL，则损失的重力势能，ΔEp1＝mgL，ΔEp2＝mgL，ΔEp3＝mgL，那么ΔEp1＝，ΔEp2＝，ΔEp3＝解得＝＝＝，显然，所以v1>v3>v2，故选D。] 8．B　[圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，选项A错误；圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为L，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为mgL，选项B正确；圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，选项C错误；在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，选项D错误。] 9．D　[滑到水平面上时，A、B两球的速度相同，根据系统机械能守恒，可得mgL sin 37°＋2mgL sin 37°＝·2mv2，可解得v＝，故A、B错误；以B为研究对象，根据动能定理2mgL sin 37°＋W＝mv2，可解得W＝－mgL，故C错误，D正确。故选D。] 10．解析：(1)对小球，细线上的拉力为T＝3mg 对物块有mg sin θ＋F＝T 解得F＝2.36mg。 (2)小球在C点时速度与物块速度大小相等 对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律可得 3mgR－mgπR sin θ＝(3m＋m)v2 解得v＝ 在C点，对小球在竖直方向上受力分析，由牛顿第二定律可得N－3mg＝3m 解得N＝6mg。 (3)在小球从 A 点运动到 C 点过程中，对物块，由动能定理W－mgπR sin θ＝－0 解得W＝mgR。 答案：(1)2.36mg　(2)　6mg　(3)mgR 11．解析：(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为v＝2Rω。 (2)小球匀速转动，在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有 ＝m 结合(1)可解得杆对球的作用力大小为F＝m。 (3)重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知 Mgh＝＋×4mv2 而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有v1＝Rω 联立各式解得h＝。 答案：(1)2Rω　(2)m　(3) 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$