2026届高三物理二轮复习跟踪训练：第7讲 机械能守恒定律 能量守恒定律

第7讲 机械能守恒定律　能量守恒定律 跟综训练 基础练 1、 选择题: 1.如图所示,竖直面内有两个半径为R、内壁光滑的四分之一圆弧轨道,固定在竖直墙面之间,地面水平,O、O'为两圆弧的圆心,两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处由静止释放,当物块经过N点时,速度大小为(重力加速度为g)(　　) A. B. C.2 D. 2.如图所示,长为L的轻质硬杆中点和末端分别固定着小球1和小球2,两小球的质量相等,硬杆可以绕顶端O点在竖直面内转动。若小球2从最低点获得初速度v0,恰好能通过最高点,重力加速度为g,忽略所有阻力,则v0为(　　) A. B.2 C.3 D.4 3.从地面竖直向上抛出一物体,取地面为重力势能零点,该物体的机械能E总和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2。由图中数据可得(　　) A.物体的质量为1 kg B.h=0时,物体的速率为10 m/s C.h=2 m时,物体的动能Ek=40 J D.从地面至h=4 m,物体的动能减少80 J 4.如图所示,水平地面上固定一倾角为37°的斜面,其底端垂直斜面固定一挡板P,一沿斜面自然放置的轻弹簧,下端固定在挡板P上,弹簧的劲度系数为100 N/m。质量为1 kg的小物块从斜面上的Q点由静止释放,Q点距弹簧上端的距离为0.30 m。已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep=kx2(其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则小物块下滑过程中的最大动能Ekm及弹簧的最大弹性势能Epm分别为(　　) A.Ekm=1.44 J,Epm=3.0 J B.Ekm=1.44 J,Epm=2.0 J C.Ekm=1.28 J,Epm=3.0 J D.Ekm=1.28 J,Epm=2.0 J 5.(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　) A. B. C. D. 6.(多选)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下,从空中某位置匀减速竖直下落,到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变,则(　　) A.火箭的机械能不变 B.火箭所受的合力不变 C.火箭所受的重力做正功 D.火箭的动能随时间均匀减少 7.(多选)如图甲所示,光滑平台上放着一根均匀链条,其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下,由静止释放链条。已知整根链条的质量为m,链条悬垂的长度为l,台面高度为2l。如果在链条的悬垂端接一质量也为m的小球(直径相对链条长度可忽略不计),如图乙所示,还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.两链条在触地之前做加速度大小不变的加速运动 B.两链条在触地之前做加速度越来越大的加速运动 C.甲图中链条触地瞬间的速度大小为 D.乙图中链条触地瞬间的速度大小为 提能增分练 一．选择题: 8.(多选)如图所示,竖直平面内有两根完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于位于相同高度的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上,开始时小球在外力作用下静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。撤去外力使小球从O点开始由静止下落,一段时间后到达最低点P。已知弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力,从O点第一次运动到 P点的过程中(　　) A.小球的加速度一直增大 B.小球的加速度先减小后增大 C.小球的机械能一直增加 D.小球的机械能一直减少 9.(多选)如图所示,有两个物块甲、乙,质量分别为m1、m2,m2是m1的两倍,用轻绳将两个物块连接在滑轮组上,滑轮的质量不计,轻绳与滑轮的摩擦也不计,重力加速度为g。现将两物块从静止释放,甲上升一小段距离h。在这一过程中,下列说法正确的是(　　) A.甲和乙的重力势能之和不变 B.甲上升h距离时的速度为 C.轻绳的拉力大小为m1g D.轻绳对甲和乙的拉力的功率大小不相等 10.(多选)如图所示,质量分别为和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接,P穿在固定的竖直光滑杆上,Q置于倾角θ=30°的光滑固定斜面上。一劲度系数k=的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上,另一端连接Q。初始时,施加外力将P静置于N点,轻绳恰好伸直但无拉力,ON段水平,ON=3l,OQ段与斜面平行,现将P由静止释放,运动过程中经过M点,MN=4l。P、Q均可视为质点,运动过程中Q不会与滑轮相碰,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计一切阻力。则P从N点下滑到M点的过程中(　　) A.P、Q组成的系统机械能守恒 B.经过M点时P与Q的速度大小关系vQ=vP C.P的机械能一直减少 D.轻绳对P做的功为- 11.(多选)(2025·陕、晋、青、宁卷)如图,与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块,弹性轻绳一端固定于O点,另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接,弹性轻绳原长为OQ,PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速释放,假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16,弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F=kx,k=10 N/m,g取10 m/s2,sin 53°=0.8。则滑块(　　) A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64 m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J 二．计算题: 12.如图所示,四根长为L的轻杆构成的菱形能在竖直平面内绕A点无摩擦转动,其中三个顶点分别固定质量为m的小球,∠ABC=120°,重力加速度为g,不计空气阻力,则D从与A等高处由静止开始运动到C到达最低点的过程中,求: (1)D机械能的增加量; (2)轻杆对C做的功和C在最低点时轻杆对C竖直方向的合力大小。 培优练 1． 计算题: 13.某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m、圆心角为2θ的圆弧BCD,半径为R,圆心角为θ的圆弧DE组成,轨道末端的E点为圆弧的最高点,轨道间平滑连接。质量m=0.5 kg的物块a从轨道AB上高度h=0.3 m处以初速度v0下滑,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5,其余轨道光滑(不计空气阻力,物块a视为质点,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。 (1)若初速度v0=0,求物块a第一次通过D点时速度vD的大小; (2)若初速度v0=0,求物块a在轨道AB上运动的总路程s; (3)若物块a沿轨道DE从E点滑出,v0应满足什么条件? 参考答案： 1.答案　A解析　设图中NO连线与水平方向的夹角为θ,由几何关系可得sin θ==,可得θ=30°,设小物块通过N点时速度为v,小物块从左侧圆弧最高点静止释放,由机械能守恒定律可知mgRsin θ=mv2,解得v=,故A正确。 2.答案　B解析　由于两球的角速度相等,小球2做圆周运动的半径是小球1的2倍,由v=ωr可知,小球1的速度为v0,小球2恰好过最高点,两球的速度v1=v2=0,整个过程系统的机械能守恒,则有m+m=mg·2L+mgL,解得v0=2,故B正确。 3.答案　B解析　物体在h=4 m时的重力势能为80 J,可得物体的质量为m== kg=2 kg,故A错误;h=0时,物体的机械能即动能为100 J,则速率为v0== m/s=10 m/s,故B正确;由图可知,h=2 m时,物体的机械能为90 J,重力势能为40 J,则动能Ek=50 J,故C错误;从地面至h=4 m,物体的机械能减少20 J,重力势能增加80 J,则动能减少100 J,故D错误。 4.答案　D解析　小物块下滑过程中速度最大时有mgsin 37°=kx1+μmgcos 37°,解得x1=0.04 m,由能量守恒定律得mg(s+x1)sin 37°=μmg(s+x1)cos 37°+k+Ekm,解得Ekm=1.28 J,弹簧弹性势能最大时,由能量守恒定律得mg(s+x2)sin 37°=μmg(s+x2)cos 37°+k,解得x2=0.2 m,则弹簧的最大弹性势能为Epm=k=2.0 J,故D正确。 5.答案　A解析　小车匀速运动时,F=f,电动机的输出功率等于小车受到的牵引力的功率,有P电出=Fv=fv=kv2,所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为P光出==2kv2,则光伏电池单位时间内获得的太阳能即输入功率为P太阳能==,A正确。 6.答案　BC解析　由于火箭匀减速竖直下落,速度减小,动能减少,且重力势能减少,故火箭的机械能减少,故A错误;由于火箭匀减速竖直下落,加速度恒定,由牛顿第二定律可知,火箭所受的合力不变,故B正确;由于火箭下落,故火箭所受的重力做正功,故C正确;火箭的动能Ek=mv2=m,火箭的动能不随时间均匀减少,故D错误。 7.答案　BD解析　根据题意可知,链条总长度为3l,根据分析可知,平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力,随悬垂部分的增多,链条整体所受外力的合力增大,根据牛顿第二定律可知,两链条在触地之前做加速度越来越大的加速运动,故A错误,B正确;甲图中链条触地时,平台右侧悬垂部分长度为2l,根据机械能守恒定律有mg=m,解得v1=,故C错误;乙图中链条触地时,平台右侧悬垂部分长度为2l,根据机械能守恒定律有mg+mgl=×2m,解得v2=,故D正确。 8.答案　BD解析　设弹簧原长为l,小球运动至O、P间的Q点时,对小球受力分析,如图所示 最低点P处小球速度为0→小球先加速后减速→小球加速度方向先向下,后向上 9.答案　BC解析　乙下落过程中,只有重力和系统内的弹力做功,则两物块组成的系统机械能守恒,乙减少的重力势能一部分转化为甲的重力势能,一部分转化为二者的动能,故A错误;由滑轮原理知2v1=v2,甲升高h时,乙下降2h,对此运动过程,根据机械能守恒定律有m2g·2h-m1gh=m1+m2,联立解得v1=,故B正确;两物块均同时做初速度为零的匀加速直线运动,根据2v1=v2知a2=2a1,绳子上各处拉力大小相等,设乙所受绳子拉力大小为FT,则甲所受绳子拉力大小为2FT,对两物块分别根据牛顿第二定律得m2g-FT=m2a2、2FT-m1g=m1a1,联立解得FT=m1g,故C正确;根据P=Fv知,绳子对两物块的拉力做功的功率大小相等,故D错误。 10.答案　BCD解析　由于弹簧对Q做功,所以P、Q组成的系统机械能不守恒,故A错误;绳子拉力一直对P做负功,P的机械能一直减少,故C正确;开始运动时,对Q根据平衡条件,有mgsin θ=kx1,弹簧的压缩量为x1=l,则P经过M点时,弹簧的伸长量为x2=5l-3l-x1=l,可知P从N点下滑到M点的过程,弹簧的弹性势能变化量为0,根据能量守恒定律可得g·4l-mg·2lsin θ=×+m,根据速度关联关系可得vPcos α=vQ,其中cos α==,解得vQ=vP,联立以上解得经过M点时P的速度大小为vP=,对P根据动能定理可得g·4l+WT=×-0,解得轻绳对P做的功为WT=-,故B、D正确。 11.答案　AC解析　设滑块运动过程中右侧轻绳与PQ连线的夹角为θ,则轻绳的伸长量为Δx=,轻绳的拉力大小FT=kΔx,垂直杆方向滑块受力平衡,则杆对滑块的支持力FN=FTcos θ-mgcos 53°,而滑块与杆之间的滑动摩擦力大小Ff=μFN,联立解得Ff=1.6 N,A正确;下滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向上,上滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向下,由冲量的定义可知,下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量方向不同,B错误;设滑块的位移为x,结合A项分析可知,下滑过程滑块所受合外力为F下=mgsin 53°-Ff-kx,上滑过程滑块所受合外力F上=mgsin 53°+Ff-kx,可知上滑过程与下滑过程分别为简谐运动,平衡位置处合外力为0,解得平衡位置与P点的距离分别为x下=0.64 m,x上=0.96 m,可得滑块从释放到静止的位移大小为x=0.64 m,C正确;结合C项分析可知,从释放到静止的过程,滑块克服滑动摩擦力做功为W=Ffx'=1.6×(1.28+1.28-0.64) J=3.072 J,D错误。12.答案　(1)　(2)　4.6mg 解析　(1)在竖直平面内绕A点无摩擦转动,不计空气阻力,即整个运动过程系统机械能守恒.D从与A等高处由静止运动到C到达最低点的过程,系统减少的重力势能转化为系统的动能,且运动过程中,三个小球的角速度大小始终相等 B球与D球绕A点转动的半径为r1=L C球的转动半径为r2=2Lcos 30° 则线速度大小vB=vD=ωr1,vC=ωr2 根据机械能守恒定律有 mgLsin 60°+2mgLsin 60°+3mgLsin 60°=m+m+m D机械能的增加量为ΔE=m-mgLsin 60° 联立解得vC=,ΔE=。 (2)由功能关系可知轻杆对C做的功等于C机械能的变化量,则有 W=m-3mgLsin 60°　　　　解得W= 根据牛顿第二定律有F合-mg=m　　　　解得F合=4.6mg。 13.答案　(1) m/s　(2)0.75 m (3) m/s<v0≤ m/s 解析　(1)物块a从开始运动到D点过程, 根据动能定理有mgh-μmgcos θ·=m-0　　　解得vD= m/s。 (2)设物块a过D点后冲上轨道DE的高度为h', 根据机械能守恒定律有m=mgh'　　　解得h'=0.1 m 而hDE=R(1-cos θ)=0.2 m　　　则h'<hDE 故物块a不会冲上E点,会原路返回,最终物块a在圆弧BCD间做往复运动。物块a运动全程由能量守恒定律有mgh=μmgcos θ·s 解得s=0.75 m。 (3)物块a在D点不脱离轨道,则全程不会脱离轨道,此时初速度最大, 根据动能定理有mgh-μmgcos θ·=m-m 还需要满足mgcos θ≥　　　　解得v0≤ m/s 同理,物块a能从E点滑出,满足m+mgh-μmgcos θ·>mgR(1-cos θ) 解得v0> m/s 综上可知 m/s<v0≤ m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $