第6章 课时测评28 机械能守恒定律(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦机械能守恒定律的概念辨析、单体应用及系统守恒，通过三级递进题组构建从判断到综合应用的完整训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |守恒判断|2题|平抛/弹簧模型|从受力分析切入，建立机械能守恒条件的认知框架| |单体应用|3题|抛体/圆周运动/流体模型|通过动能定理与机械能守恒的对比，强化能量转化观念| |系统应用|5题|连接体/弹簧系统/斜面模型|以轻绳、轻杆为关联媒介，构建多体系统的能量守恒模型|

课时测评28　机械能守恒定律 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9，每题4分，共36分) 题组1　机械能的理解及守恒判断 1.一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中(　　) A．机械能一直增加 B．加速度保持不变 C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大 答案：B 解析：铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，铅球在竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。 2.(2026·江苏扬州期末)如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，铁球由弹簧的正上方自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧。在铁球下落的过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是(　　) A.下落过程中铁球的机械能守恒 B.铁球接触弹簧后，动能一直减小 C.铁球在整个下落过程中，重力势能一直减小 D.铁球接触弹簧后，弹簧弹性势先增大后减小 答案：C 解析：下落过程中铁球接触弹簧之前，铁球的机械能守恒；接触弹簧后，弹簧的弹力对球做负功，则铁球的机械能不守恒，选项A错误。铁球接触弹簧后，开始阶段重力大于弹力，铁球向下加速，则动能增加；当弹力大于重力后，铁球向下减速，则动能减小，即整个过程中动能先增加后减小，选项B错误。铁球在整个下落过程中，铁球高度一直降低，则重力势能一直减小，选项C正确。铁球接触弹簧后，弹簧一直被压缩，可知弹簧弹性势能一直增大，选项D错误。 题组2　单个物体的机械能守恒 3.(2026·广东深圳联考)如图为运动员斜向上掷出铅球的简化图，设铅球质量为m，抛出初速度为v0，铅球抛出点距离地面的高度为h，铅球的最大离地高度为H，以抛出点所在水平面为参考平面，若空气阻力不计，重力加速度为g，则(　　) A．铅球在运动过程中动能越来越大 B．铅球在运动过程中重力势能越来越大 C．铅球落地时的机械能为 D．铅球在轨迹最高处的机械能为＋mgh 答案：C 解析：铅球所受重力即为其合力，铅球上升过程，重力做负功，铅球动能减小，重力势能增大，铅球下降过程，重力做正功，铅球动能增大，重力势能减小，可知铅球在运动过程中动能先减小后增大，重力势能先增大后减小，故A、B错误；铅球运动过程中，只有重力做功，铅球的机械能守恒，可知若以抛出点所在水平面为参考平面，铅球落地时的机械能为，故C正确；根据机械能守恒定律知，铅球在轨迹最高处的机械能为，故D错误。 4.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其倾角。板上一根长为l＝0.6 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α＝30°时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一平行于平板并与轻绳垂直向上的初速度v0。若小球恰好能保持在板面内做圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，则v0为(　　) A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s 答案：A 解析：在最高点有mgsin 30°＝m ，解得v＝ m/s，根据机械能守恒定律得m＝mv2＋mglsin 30°，解得v0＝3 m/s。故选A。 5.(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，下列说法正确的是(　　) A.水柱的重力做正功 B.大气压力对水柱做负功 C.水柱的机械能守恒 D.水柱的动能是ρgS(h1－h2)2 答案：ACD 解析：把阀门K打开到两筒水面高度相等的过程中，大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，相互抵消为零，只有重力做功，水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，重心下降，重力做正功，故Ek＝WG＝ρgS·＝ρgS(h1－h2)2，A、C、D正确，B错误。 题组3　系统的机械能守恒 6.(多选)(2025·广州市期末)如图所示，轻绳的一端通过光滑轻质定滑轮与套在光滑水平杆上的小物块A连接，另一端连接小球B。由图中P位置由静止释放物块A，当A经过Q位置时向右运动的速度大小为vA，小球B的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为α(0˚<α<90˚)，则(　　) A．vAcos α＝vB B．当A经过Q位置时，小球B一定处于失重状态 C．A从P位置向右运动到Q位置过程中，轻绳拉力对A先做正功，后做负功 D．B的重力势能的减少量等于A和B动能的增加量 答案：AD 解析：在Q位置时，由运动的合成与分解有vAcos α＝vB，故A正确；在A运动过程中，轻绳与杆的夹角在增大，当角度为90˚时B的速度为零，说明B先加速后减速，但无法判断此时的运动情形，超重和失重都有可能，故B错误；A从P位置向右运动到Q位置过程中，轻绳与杆之间的夹角一直为锐角，则轻绳拉力对A一直做正功，故C错误；对于A、B组成的系统，该系统机械能守恒，所以B的重力势能的减少量等于A和B动能的增加量，故D正确。 7.(多选)(2026·四川绵阳期末)如图所示，半径为R的光滑圆轨道竖直固定放置，可视为质点、质量均为m的小球A和B，用一根长为R的轻杆连接，套在轨道上。将小球A置于轨道最低点并由静止释放，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.小球A、B等高时，A球的速率等于B球的速率 B.小球A、B等高时，A球的速率大于B球的速率 C.从释放到A、B球等高的过程中，A球的机械能不变 D.从释放到A、B球等高的过程中，杆对B球做功为－0.5mgR 答案：AD 解析：小球A、B等高时，将两球的速度沿垂直杆和杆的方向进行分解，如图所示，沿杆方向有vAcos 45°＝vBcos 45°，解得vA＝vB，故A正确，B错误；从释放到A、B球等高的过程中，杆的弹力对A球做正功，A球的机械能增大，故C错误；从释放到A、B球等高的过程中，小球A、B与轻杆组成的系统机械能守恒，此过程A球上升的高度hA＝(1－)R，B球下降的高度hB＝R，根据机械能守恒定律有mghB＝mghA＋m＋m，联立解得vA＝vB＝，对B球根据动能定理可得mghB＋W杆＝m，解得W杆＝－0.5mgR，故D正确。 8.(多选)(2026·山东聊城期末)如图所示，可视为质点的小物块P、Q用跨过理想定滑轮O的轻绳连接，P置于倾角为α＝37°的光滑固定斜面上，Q穿在固定的竖直光滑杆上。初始时锁定P使轻绳的PO段与斜面平行，OQ段与杆的夹角为β＝37°，杆上有一点M，OM的长度L＝0.9 m且与杆垂直。P释放后沿斜面下滑，当β＝60°时，P、Q的速度同时达到最大值。已知P物体的质量m0＝10 kg，重力加速度的大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是(　　) A.Q的质量m＝3 kg B.Q的质量m＝3 kg C.Q运动到M点时的速度为0 D.Q运动到M点时的速度为4 m/s 答案：AC 解析：当β＝60°时，P、Q的速度同时达到最大值，此时P、Q的加速度均为0；以P为研究对象，根据平衡条件可得FT＝m0gsin α，以Q为研究对象，根据平衡条件可得FTcos 60°＝mg，联立解得Q的质量为m＝3 kg，故A正确，B错误。Q运动到M点时，P处于最低点，P的速度为0，根据系统机械能守恒可得m0g(－L)·sin α－mg＝m，解得vQ＝0，故C正确，D错误。 9.(多选)(2026·湖南名校联考)如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A，使细线刚刚拉直且无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m， B、C的质量均为m，重力加速度大小为g。开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。不计一切摩擦和空气阻力，在这一过程中A始终在斜面上。下列说法正确的是(　　) A.释放A的瞬间，B的加速度大小为g B.斜面的倾角α＝30° C.A获得的最大速度为2g D.从释放A到C刚离开地面过程中，A、B两球组成的系统机械能守恒 答案：BC 解析：C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时A、B有最大速度，即aA＝aB＝0，对B有FT－kx2－mg＝0，对A有4mgsin α－FT＝0，联立解得sin α＝0.5，α＝30°，故B正确；释放A的瞬间，设A、B的加速度大小为a，细线的张力为FT'，B原来静止，受力平衡，合力为零，根据牛顿第二定律，对B有FT'＝ma，对A有4mgsin α－FT'＝4ma，联立解得a＝0.4g，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，有4mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)，解得vAm＝2g，所以A获得的最大速度为2g，故C正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，但A、B两球组成的系统机械能不守恒，故D错误。 10.(14分)如图所示，两个顶端带有小定滑轮的完全相同的斜面对称固定在水平地面上，斜面倾角为30˚。一不可伸长的轻质细绳跨过两定滑轮，两端分别连接质量均为2m的滑块B、C，质量为m的物块A悬挂在细绳上的O点，O点与两滑轮的距离均为l。先托住A，使两滑轮间的细绳呈水平状态，然后将A由静止释放。A下落过程中未与地面接触，B、C运动过程中均未与滑轮发生碰撞，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，sin 53˚＝0.8，cos 53˚＝0.6。求： (1)物块A下落的最大高度H； (2)从A开始下落直至结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53˚的过程中，物块A机械能的变化量。 答案：(1)l　(2)－mgl 解析：(1)根据题意可知，物块A下落最大高度H时，速度为零，由机械能守恒定律有mgH＝2×sin 30˚ 解得H＝l。 (2)根据题意，由几何关系可得，结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53˚时，物块A下落的高度 h＝l 设此时物块A的速度为v，则B、C的速度 v′＝v cos 53˚＝v A下落过程中，由机械能守恒定律有mgh－2×2mgsin 30˚＝×2mv′2 则物块A机械能的变化量ΔE＝。 学科网（北京）股份有限公司 $