8.4 机械能守恒定律-【重难点手册】2025-2026学年高中物理必修第二册同步练习册（人教版）

第4节 机在 A基础过关练 测试时间：15分钟 1.[知识点2]某同学将一个质量为m的篮球由静 止开始释放，假设空气阻力大小为∫，在篮球下落 高度五的过程中，下列说法不正确的是(). A篮球重力做的功为mgh B.篮球重力势能减少了mgh C.篮球所受阻力所做的功为fh D.篮球机械能减少了fh 2.[知识点3](2025·江苏淮阴中学期中)在足球 比赛过程中，运动员将足球由水平场地P点踢 出，经过最高点M后落到场地Q点，运动轨迹 如图所示.已知M点距场地高度为h,足球的质 量为m,重力加速度为g,空气阻力不可忽略.从 足球被踢出到刚要落地的过程中，下列说法正确 的是( ). h P Q 7777777177777777 A.足球在M点的动能为O B.足球在P点的动能大于在Q点的动能 C.足球从P点到Q点的过程中机械能守恒 D.足球从P点到M点的过程中重力做功为mgh 3.[知识点3]如图所示，竖直圆形光滑轨道固定在 水平地面上，右侧为管状结构，左侧为单层，外圆 半径为R.将质量为m的小球置于轨道最高点， 给小球一个轻微的扰动，让小球从右侧由静止滑 下.已知管的内径略大于小球直径，且远小于外 圆半径，重力加速度为g.关于小球的运动，下列 说法正确的是(). 77777777777777 A.小球一定能够回到轨道最高点 B.小球运动过程中对轨道的最大压力为6g 第八章机械能守恒定律誰 或能守恒定律 C.小球脱离轨道时的速度大小为√2g 3 D,小球脱离轨道时离地面的高度为？R 4.[知识点2]如图是某运动员在撑杆跳比赛过程 中通过频闪照相机获得的一组合成照片，相邻两 图之间的时间间隔相等（杆可视为轻质弹性杆）， 则下列说法中正确的是(). 1234567 8 9 10 77777777 7777777777777 77777 77777777777777777 A.从1到3过程中，运动员的动能减小 B.从4到7过程中，杆的弹性势能增大 C.从6到8过程中，运动员的重力势能减小 D.从6到8过程中，杆的弹性势能减小 5.[知识点3](2025·安徽淮北一中期中) C 如图所示，把一小球放在竖立的轻弹簧 上，并把小球往下按至A位置，迅速松 ○B 手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位 ○A 置C,途中经过位置B时弹簧正好处于 777 自由状态（此时弹簧弹力为0）.不计空气阻力， 下列说法正确的是(). A.从A运动到B的过程中，小球的机械能守恒 B.从A运动到B的过程中，小球的机械能不守恒 C.从A运动到B的过程中，小球的动能一直增大 D.从A运动到C的过程中，小球和弹簧组成的 系统势能先增大后减小 B综合提能练 ●测试时间：25分钟 1.[题型1门(2025·江苏苏州中学期中)如“发“ 图所示，轻弹簧的上端悬挂在天花板上， 下端挂一质量为m的小球，小球处于静 止状态.现在小球上加一竖直向上的恒 ↑F 力F使小球向上运动，小球运动的最高点与最 低点之间的距离为H,重力加速度为g,弹簧始 终在弹性限度内，则此过程中(). 63 用重难点手册高中物理必修第二册RJ。 A.小球的机械能守恒 B.小球的动能增加(F一mg)H C,小球和弹簧组成的系统机械能增加FH D.小球的重力做功为mgH 2.[题型2]如图所示，光滑圆环用轻绳连接两物体 P、Q,某时刻由静止释放P、Q,释放时左侧轻绳 与水平方向夹角为0，不计一切摩擦，下列说法 正确的是() 2t26le66 OP A.P、Q的速度大小始终相等 B.0=90°时，P的速度为0 C.0向90增大的过程中，P一直处于失重状态 D.0向90°增大的过程中，P的机械能先增大后 减小 3.[重难点1]如图所示，轻质弹簧的一端固定， 一端与套在光滑竖直固定杆上的圆环相连.圆环 位于A处时，弹簧水平且处于压缩状态.圆环从 A处由静止释放，经过B(图中未画出)处时的 速度最大，到达C处时的速度为0，弹簧始终在 弹性限度内.在圆环下滑过程中，下列说法正确 的是(). A.圆环加速度一直减小 B.弹簧对圆环一直做负功 C.弹簧在C处的伸长量大于在A处的压缩量 D.在B处圆环重力做功的瞬时功率大于圆环克 服弹簧弹力做功的瞬时功率 4.[题型2](2025·山东潍坊三模)如图所示，一轻 64 质刚性杆可在竖直平面内绕固定转轴O自由转 动，杆长为2L.杆的中点M处固定一质量为2m 的小球a,另一端N处固定一质量为m的小球 b.现将杆从水平位置由静止释放，忽略空气阻 力，重力加速度为g.下列说法正确的是(). N A.杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的 作用力大小为行g B.杆转动至竖直位置时，OM段杆对小球a的作 用方大小为台m C.从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球a 做的功为号gL D.从释放到转动至竖直位置过程中，杆对小球α 做的功为一了mgL 5.[题型2](2025·湖南娄底二模)如图，A、B等 高，B为可视为质点的光滑定滑轮，C为大小可 忽略的轻质光滑动滑轮.A、B之间距离为2d, 一根足够长的轻质不可伸长的细绳一端系在A 点，穿过光滑动滑轮C再绕过定滑轮B,动滑轮 下挂着质量为m的小球P,绳另一端吊着质量 为m的小球Q.初始时整个系统都静止，然后在 外力作用下，将动滑轮C缓慢上移到与AB等 高并由静止释放.已知重力加速度为g,整个过 程中Q未与滑轮B相撞，不计空气阻力和一切 摩擦，则下列说法正确的是(). ○Q A.初始时刻，AC与BC夹角为60° B.C可以下降的最大高度为2d C.P下降高度为d时系统的动能最大 D.系统运动过程中最大动能为Ek=(2一√3)mgd C培优突破练 。测试时间：10分钟 1.[题型2]抛石机又叫抛车，最早产生于 周代，是一种攻守城垒的武器.为了方 便研究，简化为图示物理模型，轻杆左 端装上质量为m的石头A,右端固定有重物B, 轻杆可绕水平转轴O自由转动.初始时刻轻杆 与水平地面的夹角为30°，A、B到O的距离分 别为6L、L.无初速度释放，当轻杆运动到竖直 时A脱离轻杆做平抛运动，A、B均可视为质 点，不计转轴摩擦及空气阻力，重力加速度为g. A做平抛运动的水平射程为12√3L,求： (1)A脱离轻杆时，A和B的速度大小. (2)重物B的质量M. 第八章机械能守恒定律 (3)A脱离杆前瞬间杆对转轴O的作用力大小. L oB 6L A w90 77777777777777777777777777777 65=m-7m2, 解得r=0.1m. 假设小车能运动到P点，小车由N点到P点，由动能定理 有-gr=m 解得v2=-0.5m2/s2<0. 则假设不成立，小车不能到达P点.假设小车能运动到竖直 圆轨道BCD的圆心O1等高的轨道左侧的Q点，小车由N 点到Q点，由动能定理有mg(r一R)一mgLM=2mw品一 2mu呢， 解得品=-6.5m/s2<0, 则假设不成立，小车不能到达Q点，则可调半径，的范围为 ≥01止条经条用很建去超行香过，这 8.(1)4m/s(2)距离B点0.8m(3)最小值为1.4m;最大 值为2.2m 【解析】(1)设小物块第一次经过B点的速度大小为，从小 物块下滑到停下来的过程中，根据动能定理有 mgh-pangL-2 mvi0, 代入数据解得vg=4m/s. (2)若h2=0.8m,传送带仍然不转动，有mgh2一mgL= 1 muim-0,解得1=22m/s 小物块滑过B点后，沿圆弧轨道向上运动，设小物块速度为 0时距离B点的高度为H,根据动能定理有号m= mgH,代入数据解得H=0.4m<R. 所以物块会滑回传送带，从B点向A点运动，设小物块最终 停止的位置到B点的距离为x,根据动能定理有一gx= 0-2mo1,代入数据解得x=0.8m. 小物块最终停在传送带的A点，距离B点0.8m (3)小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小为 mg,则根据牛顿第二定律和向心力公式有mg十F=m尺， 小物块滑过B点后，沿圆弧轨道向上运动到最高点的过程， 根据动能定理有 1 1 mg X2R-2 mvin2 m 代入数据解得v2=6m/s. 因为传送带的速度为6m/s,若小物块在传送带上从A点匀 加速运动刚好到B点，设小物块从离AB高h3处静止释放， 根据动能定理有mgh,十omgL=2mue一0， 代入数据解得h3=1.4m. 36 若小物块在传送带上从A点做匀减速直线运动到B点，设 小物块从离AB高h4处静止释放，根据动能定理有mgh4一 1 uamngL-2 mvin0, 代入数据解得h4=2.2m,所以h的最小值为1.4m,最大 值为2.2m. 方法总结 1.物块受到的摩擦力方向取决于物块和传送带的相对 运动方向，故需要考虑物块滑上传送带时的速度与传送带 的速度大小关系，由此才能更好分析h的最值条件. 2.最值问题既可以直接由函数表达式求解，也可以从 物理情境分析中寻求最值对应的物理情境，在传送带模型 中一般采用后一种方法 第4节机械能守恒定律 基础过关练 1.C【解析】重力做功Wc=mgh,即篮球重力势能减少了 mgh,故A、B正确；篮球所受阻力做负功为W,=一fh,则篮 球机械能减少了fh,故C错误，D正确 2.B【解析】足球在M点的水平方向速度不为0，所以动能不 为0，故A错误；足球从P点到Q点的过程中，空气阻力做 负功，动能减少，所以足球在P点的动能大于在Q点的动 能，故B正确；足球从P点到Q点的过程中，由于空气阻力 不可忽略，所以机械能不守恒，故C错误；足球从P点到M 点的过程中重力做功为一mgh,故D错误. 3.D【解析】小球从最高点滑下，由于轨道光滑，机械能守恒； 当小球滑到最低点时，重力势能完全转化为动能，再从最低 点上升时，动能逐渐转化为重力势能.由机械能守恒可知小 球能够回到最高点，速度减为0；但是小球在左侧单层轨道 上运动时，会在中途脱离轨道导致无法回到最高点，故A错 误；小球在最低点时速度最大，对轨道的压力也最大，根据机 械能守恒，从最高点到最低点的过程满足mg×2R=弓md, 解得)=√4gR,在最低点，小球受到的向心力由轨道的支 持力V和重力mg提供，有N一mg=m发，解得N=5mg, 由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力为5mg,故 B错误；小球在左侧单层轨道上运动时，当重力不足以提供 向心力时，小球会脱离轨道，设小球脱离轨道时速度方向与 易错点：注意剂断脱高的条件为N=0 水平方向的夹角为0，此时小球的速度为v,满足mg cos0 2 mR,从最高点到脱离点，根据机械能守恒有mgR(1一cOs 0)-心，解得。-√②放C错误：小球脱离锐道时， 速度方向与水平方向的夹角9满足c0s9=号，此时小球离 地面的高度为A=R1十a0s0)=号R,故D正确 4.D【解析】从1到3过程中，运动员处于加速助跑阶段，动能 增大，A错误；从4到7过程中，杆的形变先增大后减小，故 杆的弹性势能先增大后减小，B错误；从6到8过程中，运动 员的高度逐渐增大，重力势能逐渐增大，C错误；从6到8过 程中，杆逐渐恢复形变，弹性势能逐渐减小，D正确」 5.B【解析】从A运动到B的过程中，弹簧弹力对小球做正 功，小球的机械能增大，故A错误，B正确；从A运动到B的 过程中，弹力一开始大于重力，小球向上加速运动，当弹力等 于重力时，小球的速度达到最大，之后弹力小于重力，小球向 上减速运动，所以小球的动能先增大后减小，故C错误；从 A运动到C的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，小球和弹 簧组成的系统机械能守恒，由于小球的动能先增大后减小， 则小球和弹簧组成的系统势能先减小后增大，故D错误 综合提能练 1.C【解析】对小球有重力、弹力和向上的恒力做功，机械能不 守恒，故A错误；在最高点动能为0，从最低点到最高点的过 程中，小球的动能增加量为0，故B错误；除重力以外的其他 力做功等于机械能的增加量，可知小球和弹簧组成的系统机 械能增加FH,故C正确；重力做负功，W。=一mgH,所以 小球克服重力做功mgH,故D错误， 2.B【解析】由题图可知，P、Q沿绳方向的速度大小始终相 同，但P、Q速度大小不相同，故A错误；0=90°时，Q在O 点正下方，速度方向水平，绳子与运动方向垂直，Q沿绳方向 速度为0，所以P的速度为0，故B正确；根据上述分析可 知，P的速度是从0到0，所以加速度先向下后向上，先失重 后超重，故C错误；机械能的变化量看除重力以外的其他力 做功，即绳的拉力做功，0向90°增大的过程中，P一直向下 易错点：注意区别合力的功、其他力的功 运动，绳的拉力做负功，故机械能一直减小，故D错误 3.C【解析】由题意可知，圆环从A到C先加速后减速，到达 B点时的加速度减小为0，过B点后加速度逐渐增大，A错 误；下滑过程中，弹簧对圆环先做正功，后做负功，B错误；圆 环从A到C,重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加 量，所以弹簧在C点的伸长量大于在A点的压缩量，C正 确；在B点，圆环重力与弹簧弹力的竖直分力大小相等，则 重力的瞬时功率等于圆环克服弹簧弹力做功的瞬时功率， D错误， 4.A【解析】轻杆由水平位置转动至竖直位置，系统机械能守 恒，且两球具有相同的角速度，设为w,则有2mgL十mg· 2L=号×2m(uL)9+号m(o×LP,解得u=√票，对6 球分析，根据牛顿第二定律有F2一mg=mw2·2L,解得F2= 11 3mg,对a球分析，根据牛顿第二定律有F1一2mg一F2= 2mL,解得E:-罗mg,故A正确，B错误；设杆对小球 a做的功为W,对a分析，根据动能定理有2mgL十W= 号×2maL)P,解得w=-子mgL,放C.D错误 5.D【解析】初始时刻静止，绳子中拉力T=mg,对动滑轮C 进行受力分析可得，AC与BC夹角为120°，故A错误；设C 可以下降的最大高度为h,由能量守恒可得mgh=2mg· (+d-d0,联立可得=号d,放B错误；P和Q的总 动能最大时系统的总势能最小，即总势能取极小值，对应系 统静止时的平衡位置，即AC与BC夹角为120°，此时P下 降高度h= 4Q上升商度=229-1)1，由机被能守 恒定律，此时总动能Ek=(2-√3)mgd,故C错误，D正确。 故选D. 培优突破练 DoA=2 6gL :n-6gL (2)M=18m (3)F'= 27mg 1 【解析】(1)竖直方向有6L+6Lsin30°=2g,解得t= /18L 水平方向有123L=vAt,解得vA=2√6gL. 根据角速度公式w一品-光，解得。=子Vg。 1 (2)根据机械能守恒定律有Mg(L+Lsin30)一mg(6L+ 6Lsi血30)=7mi+号Mo2,解得M=18m UA (3)对A有，F十mg=m6配，解得F=3mg,方向竖直向 下，则A对杆的作用力F1=3mg,方向竖直向上， 对B有，R:-M=M2,解得R:=30mg,方向竖直向上， 则B对杆的作用力F2=30mg,方向竖直向下. 故杆对转轴O的作用力F'=F2-F=27mg,方向竖直向下. 、易错点：注意求的是杆对转轴的作用力，要对转轴进行受力分析 专题8机械能守恒定律在连接体模型中的应用 1.CD【解析】由题图中的儿何关系可得OA=3d sin 37=5d, 3d OB一sin30-6d,由于物体从A点以初速度v。向右运动， 到达B点时速度也为o,可知从A到B的过程中物体的动 能变化量为0；在该过程中，由于杆光滑，结合动能定理可知 弹簧对物体做功的和等于0，物体在A点时弹簧的弹性势能 等于物体在B点时的弹性势能，结合弹性势能的特点可知， 37