专题精练6 机械能守恒定律 能量守恒定律(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

专题精练6　机械能守恒定律　能量守恒定律 保分基础练 1.(2025·无锡模拟)如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧。小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡。小球运动到D处时，到达最低点。不计空气阻力，以下描述正确的是 (D) A.小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少 B.小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能增加 C.小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加 D.小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少 解析　小球由A向B运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A项错误;小球由B向C运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，小球处于失重状态，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，小球的机械能减少，由于小球向下加速运动，小球的动能还是增大的，B、C两项错误;小球由C向D运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，小球的机械能继续减小，D项正确。 2.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，取水平面为零势能面。下列说法正确的是(D) A.物体在C点的速度为零 B.物体在C点所受合力为零 C.物体在B点时轨道对物体的支持力等于物体的重力 D.物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点的重力势能 解析　物体恰好能够到达最高点C，说明在C点物体只受重力，根据牛顿第二定律有mg=m，解得v=，A、B两项错误;物体在B点时加速度向上，处于超重状态，轨道对物体的支持力大于物体的重力，C项错误;物体从A到C的过程，只有重力和弹簧弹力做功，弹簧和物体组成的系统机械能守恒，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的重力势能和动能之和，故物体在A点时弹簧的弹性势能大于物体在C点的重力势能，D项正确。 3.(2025·泰州模拟)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(C) A.弹簧的最大弹力为μmg B.在弹回过程中，当弹簧处于原长时小物块的速度最大 C.弹簧的最大弹性势能等于μmgs D.物块在A点的初速度为μgs 解析　物块压缩弹簧后被弹回向右运动过程中，当弹簧的弹力等于滑动摩擦力时，物块的速度最大，物块在速度最大之前受弹簧弹力大于滑动摩擦力而加速，大于μmg，A、B两项错误;物体向右运动的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的最大弹性势能为Ep=μmgs，C项正确;全程根据动能定理得-μmg·2s=0-m，解得vA=2，D项错误。 4.(2025·海口模拟)如图甲所示，一物块从足够长的固定粗糙斜面底端以某一速度冲上斜面。从初始位置起物块动能Ek随位移x的变化关系如图乙所示，已知物块质量为1 kg，斜面倾角为37°，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是(D) A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.3 B.物块上升的最大高度为5 m C.整个上滑过程物块机械能减少了40 J D.整个上滑过程物块重力势能增加了30 J 解析　由题图乙可知，图像与x轴的交点的横坐标为5，则x的最大值为5 m，则物块上升的最大高度为h=x msin 37°=3 m，B项错误;由动能定理可得-mgh-μmgcos θ·x m=0-Ek0，解得μ=0.5，A项错误;由于摩擦力做负功，机械能减少，整个上滑过程物块机械能减少量为ΔE=μmgcos θ·x m=20 J，C项错误;整个上滑过程物块重力势能增加量为ΔEp=mgh=30 J，D项正确。 5.(多选)(2025·安阳一模)如图所示，可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，PQ距离为2d。一根不可伸长的轻质细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮P，另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为θ。已知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮P相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法正确的是(BCD) A.A和B的速度关系为vB=vAsin θ B.A可以下降的最大高度为d C.A和B总动能最大时，θ=30° D.A和B总动能最大时，A的动能为mgd 解析　B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为vAsin θ，沿PA方向的速度分量也为vAsin θ，故有vB=2vAsin θ，A项错误;由能量守恒知mgH=mg×2，解得H=d，B项正确;A、B总动能最大时，即总重力势能最小，此刻重力势能变化率为0，即mgvA=mgvB，结合关联速度可知sin θ=，即θ=30°，此时A下降高度H'=dtan θ=d，由能量守恒知Ek总=mgH'-mg×2(-d)=mgd，EkA=EkB，解得EkA=mgd，C、D两项正确。 6.(2025·无锡模拟)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点。两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，已知重力加速度为g，则(D) A.当轻杆水平时，A、B两球的总机械能最小 B.A球或B球在运动过程中机械能守恒 C.由于A和B均受到轻杆的作用力，A、B系统的机械能不守恒 D.B球到达D点时的速度大小为 解析　对两球构成的系统，机械能守恒，A、B两球的总机械能不变，对单个小球，轻杆对它做功，机械能不守恒，A、B、C三项错误;根据题意，由机械能守恒定律有mgRsin 45°+mgR(1-sin 45°)=×2mv2，解得v=，D项正确。 7.(2025·安阳一模)如图所示，水平长杆上套有一物块Q，轻绳穿过光滑圆环连接物块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θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是(B) A.P、Q的速度大小始终相等 B.θ=90°时，Q的速度最大 C.θ向90°增大的过程中，P一直处于失重状态 D.θ向90°增大的过程中，P的机械能先增大后减小 解析　根据题意，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，A项错误;根据题意可知，P、Q组成的系统的机械能守恒，θ=90°时，P的重力势能最小，Q沿绳方向的速度为0，则此时P的动能为0，则Q的动能最大，速度最大，B项正确;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，C项错误;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，该过程中P一直向下运动，绳的拉力做负功，故机械能一直减小，D项错误。 8.(多选)(2025·河南模拟)如图所示，一半径为R的光滑大圆环固定在竖直平面内，一质量为m的小环套在大圆环上，小环沿大圆环在竖直平面内做圆周运动，Q为竖直线与大圆环的切点。已知小环经过Q点时受到的支持力等于小环经过最高点时受到的支持力的3倍，重力加速度大小为g，则小环经过最高点时受到圆环的作用力大小可能为(CD) A. B. C. D. 解析　设小环经过最高点时的速度大小为v0，若小环在最高点受到向上的支持力，则有mg-N1=，从最高点到Q点过程，根据机械能守恒可得m+mgR=m，在Q点根据牛顿第二定律可得N2=，又N2=3N1，联立解得小环经过最高点时受到的支持力大小为N1=，若小环在最高点受到向下的支持力，则有mg+N1'=，从最高点到Q点过程，根据机械能守恒可得m+mgR=m，在Q点根据牛顿第二定律可得N2'=，又N2'=3N1'，联立解得小环经过最高点时受到的支持力大小为N1'=，C、D两项正确。 9.(多选)(2025·保定模拟)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(BD) 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 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，A项错误，B项正确;题图甲中链条触地时，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=，C项错误;题图乙中链条触地时，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=，D项正确。 增分提能练 10.(多选)(2025·哈尔滨二模)如图所示，质量为0.1 kg的带孔物块A和质量为0.2 kg的金属环B通过光滑铰链用轻质细杆连接，A套在固定的竖直杆上且与竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固定在水平横杆上，轻弹簧劲度系数k=100 N/m，弹簧原长L0=4 cm，B套在固定的水平横杆上。弹簧处于原长时将A由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量)。忽略一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2，在A下降的过程中，下列说法正确的是(BC) A.物块A和金属环B组成的系统机械能守恒 B.在A、B运动过程中当图中θ=60°时，vB=vA C.B动能最大时，B受到水平横杆的支持力大小等于2 N D.弹簧弹性势能最大时，O、A间距离为1 cm 解析　在物块A下滑的过程中，弹簧逐渐压缩，对物块A和金属环B组成的系统，弹簧弹力做负功，系统机械能减小，弹簧弹性势能增大，A项错误;在A、B运动过程中当图中θ=60°时，根据速度关联关系有vAcos 30°=vBcos 60°，即vB=vA，B项正确;在A下降的过程中，B的速度先增大后减小，当其加速度为0时，速度最大，根据平衡条件，可得B受到水平横杆的支持力大小等于其重力大小，为2 N，C项正确;当A下降到最低点时，弹簧弹性势能最大，设O、A间距离为L'，根据能量守恒定律有k(L0-L')2=mAg(L0-L')，解得L'=2 cm，D项错误。 11.(多选)(2025·呼和浩特一模)如图所示，大圆环固定在竖直平面内，一根轻绳两端各系一个小球A、B，轻绳跨过固定在大圆环顶端的小滑轮，A为有孔小球套在光滑的大圆环上。A与大圆环圆心连线和竖直方向夹角为60°，A的质量为4m，B的质量为m，大圆环半径为R，重力加速度为g。由静止释放A、B，则在A球下滑到最低点的过程中(不计一切摩擦)(BC) A.A球重力的瞬时功率一直变大 B.B球所受拉力可能小于其重力 C.A球到达最低点时的速度vA= D.A球与大圆环圆心等高时B球的速度vB= 解析　当A滑到最低点时，速度与重力垂直，重力的瞬时功率为0，则A球重力的瞬时功率先增大后减小，A项错误;B球的速度等于A球沿绳方向的分速度，A球在最低点时B球速度为0，可知B球先加速后减速，减速后拉力小于重力，B项正确;A球到达最低点的过程中，机械能守恒定律可知4mgR(1+sin 30°)-mg(2R-R)=×4m，解得vA=，C项正确;A球与大圆环圆心等高时，根据机械能守恒定律有4mgRsin 30°-mg(R-R)=m+×4m，解得B球的速度为vB=，D项错误。 12.(2025·三门峡一模)某煤矿厂需要将煤块运往高处，其模型简化图如图所示，传送带与水平面的夹角θ=30°，以v=2 m/s的速率顺时针转动，传送带两端的长度L=2.8 m。现将质量为m=0.5 kg的煤块轻放在传送带A端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=，重力加速度g=10 m/s2，在煤块从A端运动到B端的过程中，求: (1)煤块在传送带上的划痕s; (2)和未放煤块相比，传送带的电动机多消耗的电能。 解析　(1)对煤块，由牛顿第二定律有 μmgcos θ-mgsin θ=ma， 解得a=2.5 m/s2， 煤块加速到与传送带共速所需时间t1==0.8 s， 共速时物块移动的距离x1=t1=0.8 m<L， 传送带运动的距离x2=vt1=1.6 m， 划痕s=x2-x1=0.8 m。 (2)从共速后到煤块运动到B点，由于μ>tan θ，故煤块与传送带共速，该过程摩擦力f=mgsin θ， 由电动机对传送带做功知 ΔE=μmgcos θx2+mgsin θ(L-x1)， 解得ΔE=11 J。 答案　(1)0.8 m　(2)11 J 13.(2025·福建模拟)如图所示，ABC为固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段为水平轨道，BC段为圆心角θ=37°、半径为2d的圆弧轨道;CD段为粗糙平直倾斜轨道，CD的长度为d，与BC段圆弧相切于C点，与滑块间的动摩擦因数μ=，各段轨道均平滑连接。AB段的右侧有一缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，缓冲装置锁定时，轻杆不可移动;缓冲装置解除锁定时，轻杆可在固定的槽内移动。轻杆与槽间的滑动摩擦力f=mg，轻杆向右移动不超过d时，装置可安全工作。缓冲装置解除锁定时，将一质量为m的滑块从C点由静止释放，滑块撞击弹簧后将导致轻杆向右移动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°=0.6，重力加速度为g。 (1)现将缓冲装置锁定，滑块从C点由静止释放，经过圆弧轨道B点时，求轨道对滑块的支持力FN; (2)仍保持缓冲装置的锁定状态，将滑块由D点静止释放，求弹簧最大的弹性势能Ep; (3)现将缓冲装置解除锁定，在缓冲装置安全工作时，试讨论该滑块第一次被弹回后上升距B点的最大高度h与释放时距B点的高度H之间的关系。 解析　(1)从C到B的过程中，机械能守恒 mg·2d(1-cos θ)=m， 根据牛顿第二定律FN-mg=m， 解得FN=1.4mg， 方向竖直向上。 (2)由能量守恒定律 Ep=mgdsin θ-μmgdcos θ+mg×2d(1-cos θ)， 解得Ep=0.8mgd。 (3)缓冲装置解除锁定时，滑块从C点释放至滑块向右速度为零，设弹簧最大的弹性势能为Epm，则根据能量守恒Epm=m-f·d。 ①若杆未被推动，滑块刚接触弹簧时动能的最大值为 Ek=Epm， 则有mgH=Ek=Epm， 联立解得，滑块释放时距B点的最大高度为H=d， 即当H≤d时h=H。 ②若杆被推动，滑块被弹簧弹回时的动能为Ek=Epm， 则有mgh=Epm， 解得h=d， 滑块从D点释放，轻杆向右移动距离x后停下，由能量守恒定律得 mgdsin θ-μmgdcos θ+mg×2d(1-cos θ)=Epm+fx， 代入数据解得x=0.6d<d， 滑块释放位置的最高点为D，此时 H=dsin θ+2d(1-cos θ)=d， 即当d<H≤d时h=d。 答案　(1)1.4mg，方向竖直向上　(2)0.8mgd (3)H≤d时h=H，d<H≤d时h=d 学科网（北京）股份有限公司 $