课时跟踪检测（二十五）机械能守恒定律的理解及应用（练习）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（福建专版）

课时跟踪检测（二十五） 机械能守恒定律的理解及应用 1.(2025·福州模拟)如图所示,是一种叫作“火箭蹦极”的游戏项目,惊险刺激深受年轻人喜爱。游戏开始前,装置中间的“蹦极球”会被锁定在最低点,此时两侧弹性绳索被拉长,人坐入球中系好安全带后解锁,“蹦极球”就会被向上抛出,上下反复很多来回后最终静止在空中。则下列说法正确的是 (　 ) A.整个过程“蹦极球”、人和弹性绳索组成的系统机械能守恒 B.“蹦极球”从解锁到上升至最高点的过程中,动能一直增大 C.“蹦极球”从解锁到上升至最高点的过程中,重力势能一直增大 D.“蹦极球”从解锁到上升至最高点的过程中,绳索的弹性势能一直减小 解析:选C　由题意可知,有阻力作用,故整个系统机械能不守恒,故A错误;“蹦极球”从解锁到上升至最高点的过程,动能先增大后减小,高度一直升高,重力势能一直增大,弹性绳索先由拉长恢复形变,后又被逐渐拉长,故弹性势能先减小后增大,故C正确,B、D错误。 2.(2024·泉州模拟)四川西岭雪山滑雪场是中国南方规模最大、档次最高、设施最完善的大型高山滑雪场。某段滑道建在一斜坡上,斜坡简化为一斜面,倾角θ=30°,示意图如图所示。运动员从a点由静止自由滑下,到达c点飞离滑道,bc为一小段半径为R的圆弧且b点为圆弧的最低点,运动员视为质点,不计一切阻力,若要求运动员在b点对滑道沿斜面向下的作用力不超过自身重力的3倍,则a、b点间的高度差 (　 ) A.不大于R B.不大于R C.不小于R D.不小于R 解析:选A　运动员从a点到b点,根据机械能守恒定律有mgh=mv2,在b点由牛顿第二定律有F-mgsin θ=m,F≤3mg,联立解得h≤R。 3.(双选)如图所示,一条长为L的均匀金属链条,有一半长度在光滑倾斜木板上,木板倾角为30°,木板长度为2L,另一半沿竖直方向下垂在空中,左侧水平桌面足够长且光滑,当链条从静止释放后,下列说法正确的是 (　 ) A.链条沿斜面向下滑动 B.链条沿斜面向上滑动 C.链条全部离开斜面瞬间的速度为 D.链条全部离开斜面瞬间的速度为 解析:选BD　因垂在空中的一半链条的重力大于在光滑倾斜木板上的一半链条的重力沿木板向下的分力,即mg>mgsin 30°,可知链条沿斜面上滑,B正确,A错误;链条由静止到全部离开斜面的过程,由机械能守恒定律可知mgL-Lsin 30°=mv2,解得v=,C错误,D正确。 4.(2025·龙岩模拟)如图甲所示为某排球运动员发球时将排球击出时的情形,球从击出到落到对方场地的整个运动过程速率随时间变化的规律如图乙所示,图中所标物理量均已知,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则下列判断正确的是 (　 ) A.排球从击出运动到最高点的时间为 B.排球运动过程中离地的最大高度为 C.排球从击出点到落地点的位移为v1t0 D.排球从击出到落地过程中的速度变化量大小为v2-v0 解析:选B　设排球运动到最高点对应时刻为t1,水平方向速度为v1,由速度的分解可知=+,在竖直方向vy=gt1,解得t1=,故A错误;排球从最高点到落地,根据机械能守恒定律有mgh=m-m,解得最大高度h=,故B正确;排球从击出点到落地点的水平位移为s=v1t0,故C错误;排球从击出到落地过程中的速度变化量大小为Δv=gt0,故D错误。 5.(2025·莆田模拟)(双选)如图所示,有一条柔软的质量为m、长为L的均匀链条,开始时链条的长度在水平桌面上,而长度垂于桌面外,处于静止。若不计一切摩擦,桌子足够高。下列说法中正确的是 (　 ) A.若要把链条全部拉回桌面上,至少要对链条做功 B.若要把链条全部拉回桌面上,至少要对链条做功 C.若自由释放链条,则链条刚离开桌面时的速度v= D.若自由释放链条,则链条刚离开桌面时的速度v= 解析:选BC　若要把链条全部拉回桌面上,只要克服垂于桌面外的部分的重力做功即可,至少要克服重力做的功W=××=,故A错误,B正确;若自由释放链条,只有重力做功整个链条的机械能守恒,取桌面为参考平面则有-××=-mg×+mv2,解得v=,故C正确,D错误。 6.(2025·晋江模拟)(双选)单摆在竖直平面内摆动,当摆线与竖直方向的夹角为θ时,用拉力传感器可实时测出摆线拉力F,得到F与cos θ的图像为如图所示的一段线段。重力加速度大小为g,不计空气阻力。下列说法正确的是 (　 ) A.单摆最大摆角为30° B.摆球重力为1 N C.摆球的最大加速度为g D.摆长为1 m 解析:选BC　设摆长为L,摆球质量为m,最大摆角为θ0,当摆线与竖直方向的夹角为θ时,设摆球速度为v,摆线拉力为F,由机械能守恒定律可知mgL=mv2,由向心力公式可知F-mgcos θ=m,可得F=mg·,当θ=0时,摆线拉力最大,有2=mg,当θ=θ0时,摆线拉力最小,有0.5=mgcos θ0,可得cos θ0=,θ0=60°,mg=1 N,故A错误,B正确;当θ=0时,摆球的加速度最大,有F-mg=ma,可得a=g,故C正确;由上述分析可知,摆线最大拉力、最小拉力与摆长无关,根据题中信息无法求出摆长,故D错误。 7.(2024·龙岩模拟)如图甲所示,轻绳的一端固定在O点,另一端系一小球。小球在竖直平面内做完整的圆周运动的过程中,绳子的拉力F的大小与小球离最低点的高度h的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则 (　 ) A.圆周半径为1.0 m B.小球质量为0.5 kg C.轻绳转至水平时拉力大小为30 N D.小球通过最高点时的速度为2 m/s 解析:选B　由题图乙可知,小球做圆周运动的半径R= m=0.5 m,A错误;当h=0时,绳的拉力大小为F2=41 N,当h=1.0 m时,绳的拉力大小为F1=11 N,设小球通过最高点时的速度为v1,通过最低点时的速度为v2,由机械能守恒定律可得m+mg·2R=m,在最高点根据牛顿第二定律可知F1+mg=m,在最低点根据牛顿第二定律可知F2-mg=m,联立解得m=0.5 kg,v1=4 m/s,B正确,D错误;设轻绳转至水平时小球的速度为v,从最高点到水平的过程由机械能守恒定律可得m+mgR=mv2,解得v= m/s,由牛顿第二定律可知,轻绳转至水平时拉力F=m=26 N,C错误。 8.如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管,上端平滑连接四分之一细圆弧弯管,管内均光滑,右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置(高度忽略不计),可以让静止在细管底部的小球(可视为质点)瞬间获得足够大的速度v0,通过调节竖直细管的长度h,可以改变上端管口到地面的高度,从而改变小球平抛的水平距离,重力加速度为g,则小球平抛的水平距离的最大值是 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　设管口到地面的高度为H,小球从管口射出的速度为v,由机械能守恒定律得m=mgH+mv2,小球离开管口后做平抛运动,则x=vt,H=gt2,联立可得x==,由二次函数的特点可知当H=时x取最大值,xmax=,故B正确。 9.(2025·南平模拟)(双选)如图所示,一条质量均匀分布、长为l的铁链AB放在光滑水平桌面上,其中B端刚好与桌面右端对齐。由于轻微的扰动,铁链B端开始竖直向下滑落,则从B端离开桌面到A端离开桌面的过程中,下列说法正确的为(图示圆弧可使离开桌面的铁链都竖直向下运动且无能量损失,重力加速度大小为g) (　 ) A.B端向下运动的加速度大小与下降的距离成正比 B.B端向下做匀加速直线运动 C.铁链的速度大小与B端下降的距离成正比 D.A端离开桌面时,铁链的速度大小为 解析:选AC　设链条单位长度的质量为m,某时刻B端下滑的长度为x,由牛顿第二定律得mxg=mla即a=g,A正确;因链条的B端不断下降,加速度不断变大,则B端向下不是做匀加速直线运动,B错误;由机械能守恒定律得mxg=mlv2,解得v=x,铁链的速度大小与B端下降的距离成正比,C正确;由选项C的结论,A端离开桌面时,铁链的速度大小为v=·l=,故D错误。 10.（4分）(2025·厦门模拟)蹦床运动是体操运动的一种,蹦床有“空中芭蕾”之称。如图所示,可视为质点的运动员在蹦床运动中沿竖直方向起跳,图中虚线PQ是弹性蹦床的初始位置,A为运动员抵达的最高点,B为运动员刚抵达蹦床时的位置,C为运动员抵达的最低点。不考虑空气阻力,在A、B、C三个位置上运动员、地球和蹦床组成的系统的机械能分别为EA、EB、EC,则EA EB EC。（均选填“＞”“＜”或“=”） 解析:不考虑空气阻力,在运动过程中,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,所以有EA=EB=EC。 答案:= = 11.(12分)(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。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;(6分) (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。(6分) 解析:(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep=mv2 得小球离开桌面时的速度大小v=。 (2)小球与地面碰撞后,由自由落体运动规律可得h= 第一次碰撞前速度的竖直分量为vy,由题可知 vy'=vy 小球离开桌面后,由平抛运动规律得x=vt,vy=gt 解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x= 。 答案:(1) 　(2) 12.(13分)(2025·宁德模拟)如图所示,ABC是一固定滑板轨道,由倾角α=30°的斜面轨道AB和半径R=6 m的圆弧轨道BC组成,两轨道在B点平滑连接,圆弧轨道与水平地面相切于最低点B。一小孩练习滑板从斜面最高点A由静止出发,经过B、C后,最终以水平速度从D点冲上平台。已知滑板经过B、C两点的速度大小分别为v1=8 m/s、v2=4 m/s,该小孩与滑板的总质量为m=30 kg。不计滑板与轨道间的摩擦及空气阻力,小孩途中一直保持固定姿势,小孩与滑板整体可视为质点,取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)滑板经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小;(4分) (2)滑板在斜面轨道上运动的时间;(4分) (3)D点距地面的高度H。(5分) 解析:(1)滑板经过圆弧轨道最低点B时由牛顿第二定律有FN-mg=m 由牛顿第三定律有FN'=FN 联立可得滑板对轨道的压力大小为FN'=620 N。 (2)滑板在斜面轨道上运动时,根据牛顿第二定律可得mgsin α=ma 根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得v1=at 联立解得t=1.6 s。 (3)滑板由B点运动至C点,由机械能守恒定律可得m=m+mgh1 设滑板经过C点时的速度方向与水平方向的夹角为θ,则cos θ=,vy=v2sin θ 滑板由C点运动至D点,竖直方向有=2gh2 联立可得h1=2.4 m,h2=0.512 m 则D点距地面的高度为H=h1+h2=2.912 m。 答案:(1)620 N　(2)1.6 s　(3)2.912 m 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$