2026届高考物理一轮复习考点练习 机械能守恒定律及其应用 提高篇

机械能守恒定律及其应用 提高篇 基础巩固 1.[2025·湖北黄冈模拟] 如图为一小朋友在一个空心水泥管里玩“踢球”游戏,将该过程简化为竖直面内半径为r的固定圆环,在圆环的最低点有一质量为m的小球,现给小球一水平向右的瞬时速度v.小球沿圆环内侧运动,重力加速度为g,不计小球与圆环间的摩擦.下列说法正确的是 (　) A.若v=2,小球可以通过圆环最高点 B.若v=2,小球在最低点对圆环压力大小为4mg C.若v=,小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为 D.若v=,小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向夹角的正弦值为 2.(多选)[2023·湖南卷] 如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　) A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v0= D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道 3.(多选)[2022·河北卷] 如图所示,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为.T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度,取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点.下列说法正确的是(　) A.物体P和Q的质量之比为1∶3 B.2T时刻物体Q的机械能为 C.2T时刻物体P重力的功率为 D.2T时刻物体P的速度大小为 4.(多选)[2025·辽宁沈阳模拟] 如图所示,一轻杆可绕光滑固定转轴在竖直平面内自由转动,杆的两端固定有小球A和B(可看作质点),A、B的质量分别为2m和m,到转轴O的距离分别为2L和L,重力加速度为g.现将轻杆从水平位置由静止释放,轻杆开始绕O轴自由转动,当球A到达最低点时,下列说法正确的是 (　) A.球B的速度大小为 B.球A的速度大小为 C.杆对转轴O的拉力大小为5mg D.杆对球A做的功为mgL 5.[2025·湖南岳阳模拟] 如图所示,摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8 m顶部水平高台,接着以v=3 m/s水平速度离开平台,落至地面时,恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑.A、B为圆弧两端点,其连线水平.已知圆弧半径为R=1.0 m,人和车的总质量为200 kg,特技表演的全过程中,阻力忽略不计.(计算中g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)求: (1)从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离x; (2)从平台飞出到A点时速度大小vA及圆弧对应圆心角θ; (3)人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力大小. 综合提升 6.[2024·海南卷] 某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量M=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行s=16 m停下.游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (2)滑板的长度L. 拓展挑战 7.[2025·安徽合肥模拟] 为激发学生参与体育活动的兴趣,某学校计划修建用于滑板训练的场地.老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题,讨论并设计了如图所示的路面,其中AB是倾角为53°的斜面,凹圆弧和凸圆弧的半径均为R,且D、F两点处于同一高度,B、E两点处于另一高度,整个路面无摩擦且各段之间平滑连接.在斜面AB上距离水平面BE高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质点),让它由静止开始运动.已知重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. (1)当h=0.6R时,求小球经过最低点C时,路面受到的压力; (2)若小球一定能沿路面运动到F点,求h的取值范围; (3)在某次试验中,小球运动到段的G点时,重力功率出现了极大值,已知该点路面倾角θ=37°,求h的值. 答案解析 1.D　[解析] 小球恰好通过最高点时满足mg=m,根据机械能守恒有mg×2r+mv'2=m,解得v0=,若v=2,小球不能通过圆环最高点,故A错误;若v=2,在圆环最低点根据牛顿第二定律有F-mg=m,解得F=5mg,故B错误;若v=,设小球脱离圆环的位置与圆心的连线与水平方向的夹角为θ,则有mgsin θ=m,根据机械能守恒有mgr+mv″2=mv2,解得sin θ=,故C错误,D正确. 2.AD　[解析] 由题知,小球能沿轨道运动恰好到达C点,则小球在C点的速度为vC=0,则小球从C到B的过程中,有mgR(1-cos α)=mv2,FN=mgcos α-m,联立有FN=3mgcos α-2mg,则从C到B的过程中α由0增大到θ,则cos α逐渐减小,故FN逐渐减小,则小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大,A正确;由于A到C的过程中小球的速度逐渐减小,则A到B的过程中重力的功率为P=-mgvsin θ,则A到B的过程中小球重力的功率始终减小,则B错误;从A到C的过程中有-mg·2R=m-m,解得v0=,C错误;小球在B点恰好脱离轨道有mgcos θ=m,则vB=,若小球初速度v0增大,小球在B点的速度有可能大于,故小球有可能从B点脱离轨道,D正确. 3.BCD　[解析] 绳断前,对P、Q由牛顿第二定律得mQg-mPg=a=,得mP∶mQ=1∶2,选项A错误;由题意可知绳子断前,系统P、Q机械能守恒,总机械能为E,为Q的重力势能,T时刻绳子断后,P能够达到的最高点与物体Q释放位置处于同一高度,因为mP∶mQ=1∶2,设Q初始高度为h,可知P在最高点的机械能为mPgh=,所以绳子断开时,Q的机械能为E-,绳断后物体Q机械能守恒,2T时刻Q的机械能仍为,选项B正确;在T时刻物体P的速度为vP=aT=,方向竖直向上,2T时物体P的速度vP'=vP-gT=-,方向竖直向下,所以选项D正确;由公式=2ax,可判断出绳断前后物体P向上运动的位移之比为3∶1,所以h=×T2,2T时刻物体P重力的功率为P=mPgvP'=,选项C正确. 4.BC　[解析] 对于A、B两球及轻杆组成的系统,只有重力做功,则系统的机械能守恒,可得2mg×2L-mgL=×2m+m,由v=ωr可知vA=2vB,解得vB=,vA=2=,故A错误,B正确;设当A球到达最低点时,杆对A球的作用力为FA,根据牛顿第二定律有FA-2mg=2m,解得FA=4mg,由牛顿第三定律可知球A对杆的作用力大小为4mg,方向竖直向下,设当B球到达最高点时,杆对B球的作用力为FB,根据牛顿第二定律有mg+FB=m,解得FB=-mg,则轻杆对B球有竖直向上的作用力,大小为mg,由牛顿第三定律可知球B对杆的作用力大小为mg,方向竖直向下,对轻杆受力分析可知O对轻杆的作用力大小为F=FA+FB=5mg,方向竖直向上,由牛顿第三定律可知杆对转轴O的拉力大小为5mg,方向竖直向下,故C正确;从释放到球A到达最低点的过程,对球A,根据动能定理有W+2mg×2L=×2m,解得杆对球A做的功为W=-mgL,故D错误. 5.(1)1.2 m　(2)5 m/s　106°　 (3)8600 N [解析] (1)从平台飞出到A点的过程,人和车做平抛运动,根据平抛运动规律,有h=gt2 解得t=0.4 s 从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离为x=vt=1.2 m (2)从平台飞出到A点,根据机械能守恒定律,有mgh=m-mv2 解得vA=5 m/s 如图所示,可知cos α==,则α=53° 得θ=2α=106° (3)从A到O的过程中,由机械能守恒定律有mgR=m-m 在最低点,有F-mg=m 解得F=8600 N,根据牛顿第三定律可知人和车对轨道的压力大小为8600 N 6.(1)1000 N　(2)7 m [解析] (1)设游客滑到b点时速度为v0,从a到b过程,根据机械能守恒定律得 mgh=m 解得v0=10 m/s 在b点根据牛顿第二定律得 FN-mg=m 解得FN=1000 N 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为 FN'=FN=1000 N (2)设游客恰好滑上平台时的速度为v,在平台上运动过程由动能定理得 -μmgs=0-mv2 解得v=8 m/s 若游客滑上平台前已经和滑板共速,则设共速时速度为v共,由动量守恒定律有 mv0=(m+M)v共 解得v共= m/s 根据v>v共,可知滑上平台前游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设加速度大小分别为a1和a2,得 a1==μg=2 m/s2 a2==4 m/s2 根据运动学规律对游客有 v=v0-a1t 解得t=1 s 该段时间内游客的位移为 x1=t=9 m 滑板的位移为 x2=a2t2=2 m 根据题意,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,则由位移关系得滑板的长度为 L=x1-x2=7 m 7.(1)3mg,方向竖直向下　(2)0<h≤0.2R　(3)0.025R [解析] (1)从静止释放到C点过程中,根据机械能守恒得 mgh+mg=m 在C点由牛顿第二定律得 FN-mg=m 联立解得FN=3mg 由牛顿第三定律得路面受到的压力为FN'=FN=3mg 方向竖直向下 (2)分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点,刚好到达F点时有mgcos 37°=m 根据机械能守恒定律有mgh'+mg=m 联立解得h'=0.2R 故可知h的范围为0<h≤0.2R (3)设在G点时速度为v,根据机械能守恒定律有mgh+mg=mv2 该处重力的瞬时功率为P=mgvsin θ 联立解得 P2=m2g2[2gh+2gR(cos θ-0.6)]·sin2 θ=m2g2[2gh+2gR(cos θ-0.6)]·(1-cos2 θ) 设x=cos θ,y=[2gh+2gR(cos θ-0.6)]·(1-cos2 θ) 讨论y-x函数的极值,即y=[2gh+2gR(x-0.6)]·(1-x2) 展开得y=-2gRx3+(1.2gR-2gh)x2+2gRx+2gh-1.2gR 对y求导得y'=-6gRx2+2(1.2gR-2gh)x+2gR 根据题意θ=37°时取极大值,可知此时y'=0,将x=0.8代入得 h=0.025R 学科网（北京）股份有限公司 $