2026届高三物理二轮复习跟踪训练 第6课时 机械能守恒定律 能量守恒定律

第6课时　机械能守恒定律　能量守恒定律 跟踪训练 基础保分练 1． 选择题： 1.如图甲是儿童非常喜欢的弹跳球。儿童双脚站在弹跳球的水平跳板上，用力向下压弹跳球，形变的弹跳球能和儿童一起上下跳跃，从而达到锻炼身体的目的，如图乙所示。关于儿童跳跃过程中，下列说法正确的是(　　) A.地面对弹跳球的弹力，是因为弹跳球的形变产生的 B.儿童能够夹着弹跳球跳起来，是因为儿童消耗生物能对弹跳球做正功 C.儿童向上运动过程中所受重力对他做负功，他的动能一直减少 D.在上下跳跃的过程中，儿童和弹跳球整体只有动能和重力势能相互转化，机械能守恒 2.如图所示，一条不可伸长的轻质细线一端悬于O点，另一端系一小球P，将P拉至细线与水平方向成θ夹角时，细线刚好伸直。由静止释放P，在P从释放点运动到最低点的过程中，其动能Ek与下落的高度h的关系图像可能正确的是(　　) 3.在某军需品工厂里，为防止发生意外爆炸，化学药品必须同时加入到容器中。某同学设计了如图3所示的装置，在轻质滑轮组上，用轻绳连接的三个物体a、b、c在外力作用下均保持静止。撤去外力后，a、b以相同加速度下落，同时落入容器P中。不计一切阻力，在a、b落入P前的运动过程中(　　) A.a、c位移大小之比为1∶2 B.b、c加速度大小之比为1∶2 C.a、c构成的系统机械能守恒 D.c增加的机械能等于a减小机械能的1.5倍 4.如图所示，一质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环分别与两个相同的轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端分别连在与圆环同一高度的墙壁上。开始时圆环处于O点，弹簧处于原长状态。细杆上的A、B两点到O点的距离都为h，将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g。则圆环从A点运动到B点的过程中(　　) A.圆环通过O点时，加速度小于g B.圆环通过O点时，速度等于 C.圆环通过B点时，速度等于2 D.圆环通过B点时，速度小于2 5.某风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为l的圆面。某时间内该地区的风速是v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ。假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，则该风速下发电机的输出功率P为(　　) A.ρπl2v2 B. C. D. 6.如图所示，细绳一端固定，下端连接乒乓球，乒乓球从A点静止释放摆动到右侧最高点E，C为最低点，B、D两点等高，上述过程中乒乓球(　　) A.在E点时，绳中拉力为零 B.在C点时速度最大 C.在B、D两点的速度大小相等 D.从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短 7.要使小球A能击中离地面H高的小球P，设计了甲、乙、丙、丁四条内外侧均光滑轨道，如图所示。甲为高度小于H的倾斜平直轨道，乙丙丁均为圆轨道，圆心O如图所示。小球从地面出发，初速度大小都为v0＝，在甲轨道中初速度方向沿斜面，在乙、丙、丁轨道中初速度方向均沿轨道的切线方向，则小球A经过哪种轨道后有可能恰好击中P球(　　) A.轨道甲 B.轨道乙 C.轨道丙 D.轨道丁 8.如图所示，两个质量均为m的物块P、Q用劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直放置在水平地面上静止，重力加速度为g。现用竖直向上的力F拉着物块P向上做匀加速直线运动，直到物块Q刚要离开地面为止，对此过程，下列说法正确的是(　　) A.力F一定为恒力 B.P的位移大小为 C.F与弹簧对物块P的做功之和等于物块P动能的变化量 D.F做的功等于物块P克服重力做的功与获得的动能之和 9.(2025·山东卷,5)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. 综合创新练 1． 选择题： 10.如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，当物块从木板右端离开时(　　) A.木板的动能一定等于Ffl B.木板的动能可能大于Ffl C.物块的动能一定大于mv－Ffl D.物块的动能一定小于mv－Ffl 11.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内(　　) A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为- D.小车机械能增量为+ 2． 计算题： 　12.如图所示，质量都是m的物体A和B，通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮相连，光滑固定斜面倾角为θ，不计绳子和滑轮之间的摩擦及空气阻力。开始时A物体离地的高度为h，B物体位于斜面的底端且与B相连的绳与斜面平行，用手托住A物体，A、B两物体均静止，重力加速度为g，撤去手后， (1)求A物体将要落地时的速度大小； (2)A物体落地后，B物体由于惯性将继续沿斜面上升，求B物体在斜面上上升的最远点离地面的高度(B未与滑轮相撞)。 13. 如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)小球经过O点时的速度大小； (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 14.(2025·安徽卷,14)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小,及绳子所受的最大拉力大小; (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离; (3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值。 参考答案： 1.答案　B解析　地面对弹跳球的弹力，是因为发生弹性形变的地面要恢复原状产生的，故A错误；儿童能够夹着弹跳球跳起来，是因为儿童消耗生物能对弹跳球做正功，故B正确；儿童向上运动过程中所受重力对他做负功，弹跳球对他的弹力做正功，他的动能先增加后减少，故C错误；儿童和弹跳球在上下跳跃的过程中，儿童和弹跳球整体有生物能和机械能的相互转化，故组成的系统机械能不守恒，故D错误。 2.答案　B解析　P从释放点开始做自由落体运动，根据机械能守恒定律可知Ek＝mgh，到与水平方向对称的点后动能为Ek0，由于能量损失，动能瞬间减小为Ek0′，再做圆周运动，根据机械能守恒定律有Ek＝Ek0′＋mgh，可知符合动能Ek与下落的高度h的关系图像应是B选项图，B正确。 3.答案　D解析　由于a、b以相同加速度下落，同时落入容器P中，即a、b的位移相等，令其大小为x0，根据图形可知，当a、b同时下移x0时，a、b上方的轻绳的总长度增加3x0，即c的位移大小为3x0，即a、c位移大小之比为1∶3，故A错误；根据位移公式有x＝at2，解得a＝，可知b、c加速度大小之比为1∶3，故B错误；对物体a、b、c构成的系统分析可知，该系统机械能守恒，由于轻绳对b做负功，则b的机械能减小，可知a、c构成的系统的机械能增大，故C错误；同一根轻绳弹力大小相等，设为FT，绳的弹力对a做负功，a的机械能减小，绳的弹力对c做正功，c的机械能增大，根据功能关系可知c增加的机械能与a减小的机械能大小分别为Ec＝FT·3x0、Ea＝2FTx0，解得＝1.5，故D正确。 4.答案　C解析　圆环通过O点时，对圆环受力分析可知，水平方向不受外力，竖直方向只受重力，因此加速度等于g，故A错误；圆环从A点运动到O点，水平方向合力为0，由动能定理得mgh＋W弹＝mv2，因该过程中弹力做正功，则圆环过O点时的速度必定有v＞，故B错误；圆环从A点运动到B点的过程中，水平方向合力为0，由题意知，弹簧形变量在初末位置相同，故弹性势能不变，由功能关系得2mgh＝mv，解得vB＝2，故C正确，D错误。 5.答案　D解析　Δt时间内冲击叶片圆面的气流体积为ΔV＝S·vΔt＝πl2·vΔt，Δt时间内冲击叶片圆面的气流的动能为ΔEk＝mv2＝ρΔV·v2＝ρπl2v3Δt，单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为＝ρπl2v3，该风力发电机的发电功率为P＝×10%＝，故D正确。 6.答案　D解析　在E点时，设绳子与竖直方向夹角为θ，则有F＝mgcos θ，绳中拉力不为零，故A错误；由题图可知乒乓球运动过程中有阻力存在，当切向加速度为0时速度最大，而C点重力在切线方向的分力为0，故在C点前某点阻力与重力切向分力相等，速度最大，故C点速度不是最大，故B错误；B、D两点的重力势能相等，由于阻力做负功，根据动能定理可知B点的速度大于D点速度，故C错误；BC段平均速度大于CD的平均速度，所以从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短，故D正确。 7.答案　D解析　根据题意可知小球A在上升过程中，重力做负功，P球高度为H，所以重力做功至少为WG＝－mgH，小球A的初动能为Ek0＝mv＝mgH，所以只有动能全部转化为重力势能才能上升高度H，即小球A击中P球时速度恰好为0。甲轨道，A球在轨道上沿斜面运动后斜抛，在最高点有动能，根据机械能守恒定律知，小球不能到达H高度，甲轨道不可能，故A错误；乙轨道，小球做竖直上抛运动，在最高点速度为零，能达到高度H，但不能击中P球，乙轨道不可能，故B错误；丙轨道，小球沿轨道运动，达到与圆心等高的轨道上方速度一定不会等于0，所以到达最高点的速度不为0，则上升的高度h<H，不能击中P球，丙轨道不可能，故C错误；丁轨道，小球到达P点，小球的动能完全转化为重力势能，到达P点动能恰好为零，小球恰好击中P点，故丁轨道可以，故D正确。 8.答案　D解析　物块P受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和先向上后向下的弹簧弹力，由于弹力先减小后增大，而物块的加速度不变，所以拉力F一定为变力，故A错误；初始时，弹簧处于压缩状态，对物块P，有mg＝kx1，物块Q刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，对物块Q，有mg＝kx2，所以弹簧初态压缩量等于末态伸长量，P的位移为x＝x1＋x2＝，故B错误；物块Q刚要离开地面时，速度为0，根据功能关系可知F与弹簧对物块P的做功之和等于物块P动能的变化量和重力势能的变化量之和，故C错误；由于弹簧初态压缩量等于末态伸长量，所以弹簧的弹性势能相等，所以F做的功等于物块P克服重力做的功与获得的动能之和，故D正确。 9.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。 10.答案　D解析　物块和木板的运动示意图和v－t图像如下 根据动能定理可知，对m：－Ffx1＝mv－mv①，对M：Ffx2＝Mv②，根据v－t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知，x2＝S△COF，x1＝SABFO，根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO>x2＝S△COF，因此Ffl>Ffx2＝Mv，即木板的动能一定小于Ffl，A、B错误；将①、②两式相加得－Ffl＝mv＋Mv－mv，变形得物块离开木板时的动能mv＝mv－Ffl－Mv<mv－Ffl，C错误，D正确。 11.答案　C解析　对物块,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=g,根据运动学公式有=2ax1,解得物块的位移大小为x1=,A错误;物块机械能增量为ΔE=m+mgx1·sin 30°=m,B错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m,其中t=,联立解得x=-,C正确;小车机械能增量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+,D错误。 12.答案　(1)　(2)h(1＋sin θ) 解析　(1)两物体组成的系统机械能守恒，得mgh－mghsin θ＝(m＋m)v2 解得v＝。 (2)当A物体落地后，B物体由于惯性将继续上升，此时绳子松弛，对B物体而言，只有重力做功，故B物体的机械能守恒，设其上升的最远点离地面的高度为H， 根据机械能守恒定律得mv2＝mg(H－hsin θ) 解得H＝h(1＋sin θ)。 13.答案　(1)mgR　(2) (3)y2＝6Rx 解析　(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得， 弹簧压缩至A点时的弹性势能为Ep＝mv＝mgR。 (2)小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋qE·R＝mv－mv 解得vO＝。 (3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力沿x、y轴方向分解： 沿x轴方向有qEcos 45°＝max 沿y轴方向有qEsin 45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0 说明小球从O点开始以后的运动为沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动， 有x＝gt2，y＝vOt 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。 14.答案　(1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s 解析　(1)从t=0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程,只有重力对小球做功,小球的机械能守恒,设绳子被拉断时小球的速度大小为v, 则由机械能守恒定律可得mg·2L=m-mv2 解得v=4 m/s 小球运动到M正下方与M相距L的位置,绳子刚好被拉断,则对该位置的小球进行受力分析,由牛顿第二定律可得Fm-mg=m 结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小Fm'=Fm=17 N。 (2)绳子被拉断时,小球距地面的高度为2L,此后小球做平抛运动,设小球做平抛运动的时间为Δt,水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x, 则由平抛运动规律可得2L=g(Δt)2 x=vΔt 联立解得x=4 m。 (3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时,小球的初速度最小,设此速度为vmin,此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN,则对小球从t=0时至运动到N的正上方的过程, 由机械能守恒定律可得mg·5L=m-m 小球运动到N的正上方时,由牛顿第二定律可得mg=m 联立解得vmin=2 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $