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

**基本信息** 聚焦机械能守恒定律，从概念辨析到系统应用，构建“条件判断-单个物体-系统模型”递进逻辑，强化能量观念与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |机械能理解及守恒判断|2题|概念辨析题，考查守恒条件（只重力/弹力做功）|从守恒条件本质理解到反例辨析，建立能量观念基础| |单个物体的机械能守恒|3题|竖直轨道（半圆/四分之一圆弧）、斜面模型题|动能与势能转化规律应用，强化单个物体模型建构| |系统的机械能守恒|4题+1计算题|轻绳/轻杆连接体、弹簧系统综合题|多物体相互作用时机械能守恒条件与能量转化，提升科学推理能力|

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.(2026·上海浦东模拟)关于机械能守恒，下列说法正确的是(　　) A.机械能守恒的物体一定只受重力和弹力的作用 B.物体处于平衡状态时，机械能一定守恒 C.物体所受合力不等于零时，机械能可能守恒 D.合力做功时，物体的机械能一定不守恒 答案：C 解析：物体机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，物体除了受重力和弹力的作用，还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零，A错误；物体处于平衡状态时，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大，机械能增大，B错误；物体所受合力不等于零时，机械能可能守恒，例如自由下落的物体，C正确；根据动能定理得物体动能的变化等于合力对物体做的功，而物体机械能的变化等于除了重力之外的力做的功，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·北京东城区期末)一个小球以大小为(g为重力加速度)的初速度，分别通过以下三种固定轨道，第1种是半径为R的光滑竖直半圆轨道，第2种是半径为R的光滑竖直四分之一圆弧轨道，第3种是光滑斜直轨道(轨道足够长)，不计空气阻力，以下说法正确的是(　　) A.小球沿第1、2种轨道运动所达到的最大高度相同 B.小球沿第2、3种轨道运动所达到的最大高度相同 C.第2种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力为零 D.第1种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力不为零 答案：B 解析：对于情况1，假设恰能到最高点，需满足mg＝m，可得v1＝，根据机械能守恒定律有m＝mg·2R＋m，可得v0＝，可知恰好能到达轨道最高点，最大高度为2R，且此时对轨道压力为零；对于情况2，上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有m＝mgh2，可得h2＝R，即最大高度为R；对于情况3，上升高到最高点的过程，根据机械能守恒定律有m＝mgh3，可得h3＝R，即最大高度为R，故B正确，A、D错误。对于情况2，刚要离开轨道的过程，根据机械能守恒定律有m＝mgR＋m，可得第2种情况下小球刚要离开轨道时的速度v4＝，根据牛顿第二定律有FN＝m，可得FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，第2种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力大小FN'＝FN＝3mg，故C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.(2026·安徽蚌埠期末)如图所示，足够长的细线绕过光滑轻质小定滑轮，一端与质量为m的小球相连，另一端与套在竖直固定光滑杆上的小物块相连。竖直杆上的P点与定滑轮在同一水平线上，距离为d。当细线与竖直杆的夹角为37°时，小物块与小球恰好处于静止状态，sin37°＝0.6。现将小物块从P点由静止释放，则小物块下降的最大高度为(　　) A.d B.5d C.6d D.d 答案：D 解析：设小物块的质量为M，分析小物块的受力，根据平衡条件有F拉cos 37°＝Mg，分析小球受力，有F拉＝mg，解得M＝0.8m，当小物块下降到最低点时，两者的速度大小均为零，设小物块下降的最大高度为H，以小物块、细线和小球为研究对象，由机械能守恒定律，有MgH＝mgh，其中h＝－d，解得H＝d。故选D。 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)(2026·山东日照高三开学考试)如图所示，质量不计的硬直杆可以绕光滑转轴O在竖直面内自由转动，杆两端分别固定质量m＝1 kg的小球A和质量M＝4 kg的小球B。已知小球A到O点的距离为2 m，小球B到O点的距离为1 m。现将杆从水平位置由静止释放，在杆转动到竖直位置时，小球A脱离杆水平飞出，恰能从a点无碰撞地进入与杆在同一竖直平面内的光滑圆弧轨道abc，到达圆弧轨道上c点之前的d点(图中未画出)脱离轨道。已知b为圆弧轨道的最低点，c为圆弧轨道的最高点，O'为圆弧轨道的圆心，aO'与竖直方向的夹角α＝60°，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。 (1)杆转到竖直位置时，求杆对小球B的作用力； (2)杆从水平位置转到竖直位置的过程中，求杆对小球A做的功； (3)若dO'与竖直方向的夹角用θ表示，写出cos θ与圆弧轨道半径R的关系式，并判断R的取值范围。 答案：(1)60 N，方向竖直向上　(2)30 J (3)cos θ＝－　2 m＜R＜8 m 解析：(1)杆从水平位置由静止释放转动到竖直位置的过程，根据系统机械能守恒定律有 Mgl＝mg·2l＋m＋M 两球具有相同的角速度，则＝＝2 代入数据解得vA＝2 m/s，vB＝ m/s 杆转到竖直位置时，对小球B根据牛顿第二定律有F－Mg＝M 解得F＝60 N，方向竖直向上。 (2)杆从水平位置转到竖直位置的过程中，对小球A，根据动能定理可得W－mg·2l＝m 解得W＝30 J。 (3)小球A脱离杆水平飞出，做平抛运动，到达a点时有va＝＝4 m/s 小球A到达圆弧轨道上c点之前的d点脱离轨道 则m＝m＋mgR(cos α＋cos θ) 脱离轨道时有mgcos θ＝m 联立解得cos θ＝－ 当小球A恰好到达圆心等高处有 mgR1cos α＝m 解得R1＝8 m 当小球A恰好到达c点有 m＝m＋mgR2(1＋cos α) 小球A在c点，根据牛顿第二定律有mg＝m 解得R2＝2 m 所以要使得小球A脱离轨道，则R的取值范围为2 m＜R＜8 m。 学科网（北京）股份有限公司 $