第28讲 机械能守恒定律及其应用 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦机械能守恒定律应用，通过分级训练构建从单一过程到多体系统的问题解决逻辑，渗透科学推理与模型建构素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|5题（含4角度）|单个物体/轻弹簧/绳索类守恒问题|从守恒条件判断到能量转化分析，逐步建立机械能守恒应用的认知链条| |能力·高分练|4题（含2高考真题）|竖直圆环/天体运动/弹簧连接体综合题|整合圆周运动、万有引力等知识，强化多过程守恒与临界态分析| |素养·提升练|1题（跨模块）|半圆形轨道与v²-h图像结合题|通过图像信息提取，培养科学论证与模型迁移能力|

第28讲　机械能守恒定律及其应用 基础·满分练 命题角度一　单个物体单一过程的机械能守恒 1.(2026黑龙江佳木斯检测)如图所示,一游客体验蹦极,身系弹性蹦极绳从水面上方的高台由静止下落,到最低点时离水面很近。不计空气阻力,下列说法正确的是(　 　) A.下落过程中游客机械能守恒 B.蹦极绳刚拉直时游客的速度最大 C.下落过程中弹性势能的增大量大于重力势能的减小量 D.下落过程中游客的机械能和蹦极绳的弹性势能之和不变 2.(2026北京部分重点高中开学考)竖直向上抛出一个小球,忽略空气阻力,小球到最高点后又落回的过程中,小球距抛出位置的高度h和运动时间t的关系图像如图所示。下列关于小球的判断正确的是(　　) A.t2时小球的动能最大 B.t2和t3时小球的机械能相等 C.t1时小球的机械能大于t3时小球的机械能 D.小球从t1到t2这段时间内,重力势能转化为动能 命题角度二　单个物体多过程的机械能守恒 3.(2025江苏常州测试)如图所示,不可伸长、长为l的轻细线一端固定于O点,另一端连接一小球,此时细线刚好伸直,角度θ=30°。现将小球静止释放,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球运动到O点正下方时速度的大小为(　　) A. B. C. D. 命题角度三　轻弹簧连接的物体的机械能守恒 4.如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,劲度系数为k,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),重力加速度为g,则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　) A.弹簧弹性势能变化了mgL B.在速度最大的位置,弹簧弹力等于圆环重力 C.圆环下滑到最大距离时,有kL>mg D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 命题角度四　绳索、链条类物体的机械能守恒 5.(2025江苏徐州模拟)如图所示,总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上,用细线将质量也为m的物块与软绳一端连接。现将物块由静止释放,直到软绳刚好全部离开滑轮。不计一切摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.刚释放物块时,细线的拉力大小等于mg B.在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,软绳的机械能守恒 C.在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,物块的机械能减少了mgl D.在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,软绳的机械能增加了mgl 能力·高分练 6.(2024全国甲卷)如图所示,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 7.(2025河北卷)随着我国航天事业飞速发展,人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力,不考虑自转,该星球可视为质量分布均匀的球体,半径为R0,表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时,引力势能为mg0 (r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,则发射初速度为(　　) A. B. C. D. 8.(10分)(2023全国甲卷)如图所示,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的,小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求: (1)小球离开桌面时的速度大小; (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 9.(14分)(2025江苏徐州二模)如图所示,质量m1=8 kg的物块1与质量m2=4 kg的物块2通过光滑轻质定滑轮用不可伸长的轻绳连接,物块2与质量m3=4 kg的物块3用劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧相连接,物块3静置在水平地面上。初始时控制物块1使其静止于倾角θ=37°的光滑斜面上,此时轻绳恰好拉直且与斜面平行,轻绳无拉力,现由静止释放物块1,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。求: (1)释放物块1前,弹簧的弹性势能; (2)释放物块1的瞬间,物块2的加速度大小; (3)释放物块1后,当物块3恰好对地面无压力时,物块1在斜面上运动的速度。 素养·提升练 10.(跨模块融通)(多选)如图甲,在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,半径为0.4 m,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道,图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,其速度二次方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N,空气阻力不计,B点为AC轨道中点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.最高点时小球所受的合力竖直向下 B.图乙中x=25 m2/s2 C.小球在B点受到轨道作用力为10 N D.小球质量为0.2 kg 答案： 1.D　解析 下落过程中蹦极绳拉紧之前机械能守恒,拉紧之后弹性绳对人做负功,则游客机械能减小,选项A错误;蹦极绳刚被拉直后的一段时间内,重力大于弹力,加速度向下,则游客的速度会继续增大,直到弹力等于重力时加速度为零,此时游客的速度最大,选项B错误;下落到最低点的过程中弹性势能的增大量等于重力势能的减小量,选项C错误;下落过程中只有重力和蹦极绳的弹力做功,则游客的机械能和蹦极绳的弹性势能之和不变,选项D正确。 2.B　解析 小球做竖直上抛运动,由图可知t2时小球到达最高点,此时小球速度为0,动能为0,动能最小,故A错误;小球做竖直上抛运动,忽略空气阻力,全过程机械能守恒,因此在每时每刻机械能都不变,故B正确,C错误;由图可知小球从t1到t2这段时间内,高度变大,根据Ep=mgh可知重力势能变大,由于全过程机械能守恒,因此动能减小,所以小球从t1到t2这段时间内,动能转化为重力势能,故D错误。 3.C　解析 小球释放时,先向下做自由落体运动,则细线伸直时下落的距离为l,则mgl=mv2,细线伸直后沿细线方向的速度减为零,垂直细线方向的速度为v1=vcos 30°,以后小球做圆周运动,则当到最低点时+mgl(1-sin 30°)=,化简得v2=,故选C。 4.C　解析 题图中弹簧水平时恰好处于原长状态,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L,可得物体下降的高度为h=L,根据系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能增大量为ΔEp=mgh=mgL,故A错误;圆环所受合力为零时,速度最大,弹簧竖直分力等于圆环重力,故B错误;速度最大后,圆环继续向下运动,则弹簧的弹力增大,圆环下滑到最大距离时,所受合力竖直向上,则弹力沿杆的分力F弹'=F弹cos 30°=kL,即kL>mg,故C正确;根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,知圆环的动能先增大后减小,则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大,故D错误。 5.C　解析 刚释放的时候,物块有向下的加速度,根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,可知细线拉力小于mg,故A错误;在软绳从静止到刚离开滑轮的过程中,拉力对软绳做了功,软绳机械能不守恒,故B错误;设软绳刚离开滑轮的时候,设物块和软绳的速度为v,根据机械能守恒定律有mg·×2mv2,计算可得v=,则物块机械能的减少量为E减=mg·mv2=mgl,故C正确;系统的机械能是守恒的,由于物块的机械能减少了mgl,所以软绳的机械能增加了mgl,故D错误。 6.C　解析 小环在最高点对大圆环的作用力大小等于重力,下滑过程中速度越来越大,滑到大圆环上某点时,重力的分力提供向心力,弹力为零,滑到最低点时,速度最大,弹力最大,所以小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大,C正确,A、B、D错误。 7.B　解析 飞行器在距星球表面高度R0处做匀速圆周运动,有G,飞行器以发射初速度v0从星球表面运行至距星球表面高度R0处过程中机械能守恒,则有+0=mv2+mg0,在星球表面有=mg0,联立解得v0=,B项正确。 8.(1)　(2) 解析 (1)对释放小球到小球刚离开桌面这一过程,根据能量守恒定律得 Ep= 解得v0=。 (2)设小球刚离开桌面到第一次落地所用时间为t,第一次落地的竖直速度为vy,落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,第一次落地后弹起的竖直速度为vy',则 x=v0t vy=gt vy'2=2gh vy'=vy 联立解得x=。 9.(1)8 J　(2)4 m/s2　(3) m/s 解析 (1)初始时轻绳无拉力,对物块2受力分析可知弹簧处于压缩状态,由平衡条件有m2g=kx1 解得弹簧形变量x1==0.4 m 则释放物块1前,弹簧的弹性势能为Ep==8 J。 (2)释放物块1的瞬间,对物块1与物块2及轻绳组成的系统,由牛顿第二定律有m1g·sin θ-m2g+kx1=(m1+m2)a1 解得物块2的加速度大小a1=4 m/s2。 (3)释放物块1后,当物块3恰好对地面无压力时,对物块3由平衡条件有m3g=kx2 对物块1、物块2及轻绳组成的系统,由机械能守恒定律有m1g(x1+x2)sin θ-m2g(x1+x2)=(m1+m2)v2+Ep' 其中弹性势能的变化Ep'=k() 解得v= m/s。 10.ABD　解析 在最高点,小球所受重力和弹力的合力提供向心力,方向竖直向下,A正确;由图乙可得在最高点,小球的速度=9 m2/s2,由牛顿第二定律得mg+FC=m,解得小球的质量m=0.2 kg,故D正确;小球从A运动到C的过程中,由机械能守恒定律得+mg×2R,解得x==25 m2/s2,故B正确;小球从A运动到B的过程中,由机械能守恒定律得+mgR,解得=17 m2/s2,小球在B点受到轨道的作用力为FB=m=8.5 N,故C错误。 1 学科网（北京）股份有限公司 $