课后限时练6 机械能守恒定律 能量守恒定律（学生用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

课后限时练6　机械能守恒定律　能量守恒定律 说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分52分 1．(多选)(2025·1月八省联考河南卷)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小 2．(2025·云南师大附中模拟预测)如图甲所示为一款魔术玩具——磁力“永动机”，小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道，然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗，由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示，金属轨道与底座内隐藏的电源相连，轨道下方藏有永磁铁。当如图乙所示永磁铁N极朝上放置，小钢球逆时针“永动”时，下列分析正确的是(　　) A．小钢球运动的过程中机械能守恒 B．该磁力“永动机”的物理原理是电磁感应 C．轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极 D．电源如何接都不影响“永动”的效果 3．(2025·1月八省联考陕晋青宁卷)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则(　　) A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大 B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小 C．套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长 D．套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小 4．(2025·安徽滁州二模)我国已拥有“蛟龙”号、“深海勇士”号、“奋斗者”号三台深海载人潜水器。某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，下列关于潜水器的速度—时间图像(v­t)、重力势能—时间图像(Ep­t)、机械能—位移图像(E­x)和动能—位移图像(Ek­x)，可能正确的是(　　) 　　　 A　　　　　　　　　B 　　　 C　　　　　　　　　D 5．(多选)(2025·山东聊城三模)如图甲所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝30°，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．物块从D点离开轨道时速度大小为4 m/s B．F0大小为70 N C．v0的大小为2 m/s D．物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大 6．(14分)某娱乐项目中，选手在水平桌面上将滑块用压缩的弹簧射出，经过轨道ABC后直接击中D点即可胜出。如图所示，半径为R＝2 m的光滑圆轨道固定在竖直面内，图中OA、OB与竖直方向的夹角分别为θ＝37°、α＝53°，光滑BC斜面与圆轨道在B点相切，其中xBC＝ m，CE为足够长的倾角为θ＝37°的斜面，在圆轨道左侧有一光滑的水平桌面，轻弹簧固定在水平桌面左侧的挡板上，质量为m＝1 kg、可视为质点的滑块将轻弹簧压缩并处于锁定状态，滑块与弹簧不连接，某时刻将锁定解除，弹簧恢复原长后与滑块分离。选手在某次游戏时，滑块刚好从A点无碰撞地进入圆轨道，滑块最终从C点离开轨道。已知桌面的边缘与A点的高度差为h＝1.8 m，CD＝12 m，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力。 (1)求弹簧储存的弹性势能； (2)求滑块对圆轨道的最大压力； (3)通过计算说明选手在该次游戏中能否胜出。 7．(14分)如图所示，套在一光滑的水平固定轻杆上的小球A和另一小球B由绕过两轻质光滑定滑轮的细线相连，小球B、C通过一竖直轻弹簧相连，C球放在水平地面上，定滑轮N到水平轻杆的竖直距离为L。初始时MB和NA两段细线均竖直，小球A位于轻杆上的P1点，细线刚刚伸直且无拉力作用。现在用水平向右的恒力F＝mg拉小球A，当A运动到P2点时，NP2与水平方向的夹角为θ＝37°，此时C恰好离开地面。已知小球A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，细线与两定滑轮之间的摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)弹簧的劲度系数； (2)小球A在P2点时的速度大小。 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $ 课后限时练6 1．BC　[由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，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；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝mv2＝m(v0－at)2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。故选BC。] 2．C　[小钢球运动的过程中有外力做功，机械能不守恒，故A错误；该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受力的作用，故B错误；小钢球逆时针“永动”时，应受向右的安培力，根据左手定则可知通过小钢球电流的方向从轨道a到轨道b，所以轨道a应接电源的正极，轨道b应接电源的负极，故C正确；电源反接后改变安培力的方向，影响“永动”，故D错误。] 3．D　[根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为x＝vt，h＝gt2，可得v＝x，套中Ⅰ号物品时位移x较小，下落高度h较大，可知套环被抛出的速度v一定较小，A错误；根据重力做功表达式W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时下落高度h较大，重力对套环做功较大，B错误；根据平抛运动规律，竖直方向的位移公式h＝gt2可得t＝，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，C错误；套中物品过程中由动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确。故选D。] 4．D　[下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，则f＝kv，下潜过程中，由牛顿第二定律得mg－kv＝ma，解得a＝g－，可知下潜过程中潜水器做加速度减小的加速运动，故A错误；潜水器下潜过程中，重力势能Ep＝mg(H－h)＝mgH－mgh，而h-t图像的斜率即速度v越来越大，所以下潜过程中重力势能越来越小，Ep-t图像的斜率绝对值越来越大，故B错误；潜水器下潜过程中的机械能E＝E0－fx＝E0－kvx，所以下潜过程中机械能减小，E-x图像的斜率的绝对值越来越大，故C错误；潜水器下潜过程中的动能Ek＝(mg－f)x＝(mg－kv)x，所以潜水器下潜过程中，动能先增大，当阻力与重力大小相等后动能大小不变，增大过程中Ek-x图像斜率越来越小，故D正确。] 5．AB　[由题图乙可知，物块从D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t＝1.675 s－0.875 s＝0.8 s，则物块从D点离开轨道时速度大小为vD＝g＝4 m/s，选项A正确；从C到D由机械能守恒定律可知mm＋mgR，在C点时物块受到的支持力最大，则由FN－mg＝m，解得FN＝70 N，根据牛顿第三定律，F0＝FN＝70 N，选项B正确；从B到D由机械能守恒定律可知m＋mgRsin 30°＝m，解得vB＝2 m/s，则v0＝vBsin 30°＝ m/s，选项C错误；根据PG＝mgvy可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。故选AB。] 6．解析：(1)滑块离开水平桌面后做平抛运动，且无碰撞地进入圆轨道 由平抛运动的规律得h＝gt2，解得t＝0.6 s 滑块落在A点瞬间的竖直速度为vy＝gt＝6 m/s 滑块的水平速度大小为v0＝，解得v0＝8 m/s 弹簧储存的弹性势能为Ep＝m，解得Ep＝32 J。 (2)由竖直面内圆周运动的规律可知，滑块运动到O点正下方时对轨道的压力最大，滑块在A点的速度大小为v＝＝10 m/s 滑块由A到O点正下方的过程中，由动能定理得 mgR(1－cos θ)＝mv'2－mv2 由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝64 N 由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的最大压力为 F'N＝FN＝64 N。 (3)滑块由最低点运动到C点的过程中，由动能定理得 －mgR(1－cos α)－mgxBCsin α＝mmv'2 解得vC＝8 m/s，方向与水平方向成53°角 滑块离开C点后做斜抛运动，将滑块的加速度沿CE斜面和垂直CE斜面的方向分解，如图所示，则g1＝gsin θ＝6 m/s2、g2＝gcos θ＝8 m/s2 滑块在垂直CE斜面的方向上先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，则滑块从离开C点到落在斜面体上的时间为t'＝，解得t'＝2 s 沿CE斜面方向上，有s＝g1t'2，解得s＝12 m 滑块第一次落在斜面上的点到C点的距离为12 m， 显然滑块刚好落在D点，即该选手能胜出。 答案：(1)32 J　(2)64 N　(3)能胜出 7．解析：(1)设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量为x1，对B有kx1＝mg，当小球A运动到P2处时，小球C恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对小球C有kx2＝mg，根据几何关系可得x1＋x2＝－L＝L，解得k＝。 (2)设小球A在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝vcos 37°，小球A在P1和P2处，弹簧的弹性势能不变，根据系统能量守恒有F·＝mg(x1＋x2)＋mv2＋m，解得小球A在P2点时的速度大小v＝。 答案：(1)　(2) 1/3 学科网（北京）股份有限公司 $