第15讲 机械能守恒定律及其应用 课时作业-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，通过基础到综合的情境化题型，系统覆盖守恒条件判断、能量转化分析及多体系统问题，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| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|8选择（含3真题）|涵盖光滑曲面、轻杆双球、弹簧系统等模型，聚焦单个物体及简单系统守恒判断|从概念（守恒条件）到单物体应用（动能势能转化），再到双体系统（轻杆/弹簧作用），层层递进| |综合提升练|4选择+2计算|涉及U形管液体、转轴系统、滑块杆关联等复杂情境，需结合临界状态分析|从基础模型拓展到流体、多体关联系统，融合运动分解与能量守恒，体现科学推理与问题解决能力|

第15讲 机械能守恒定律及其应用 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1.(2026·江西省南昌市高三上零模)如图所示，一个物体从光滑曲面轨道上的A处由静止滑下，则物体从A下滑到B的过程中，下列说法正确的是(　　) A．物体的重力势能增加 B．斜面的支持力对物体做正功 C．物体的机械能增大 D．物体的动能与重力势能之和不变 2．(2025·新课标卷)如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10 m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为(重力加速度取10 m/s2)(　　) A．4 m B．5 m C．6 m D．7 m 3.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端由静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．Q对P做功为零 B．Q对P做正功 C．物块Q的机械能守恒 D．物块Q的机械能增加 4.内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，长度为R的轻杆一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙。现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示，由静止释放后(　　) A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能 B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能 C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点 D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点 5.质量分别为2 kg、3 kg的物体A和B，系在一根不可伸长的轻绳两端，细绳跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的轻质定滑轮上，此时物体A离地面的高度为0.8 m，如图所示，斜面光滑且足够长，始终保持静止，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物体A落地的速度为4 m/s B．物体A落地的速度为 m/s C．物体B沿斜面上滑的最大高度为0.68 m D．物体B沿斜面上滑的最大高度为0.96 m 6．(2025·天津市西青区高三上模拟)(多选)如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x时，小球到达最低点。不计空气阻力，重力加速度为g。此过程中(　　) A．小球的机械能守恒 B．当弹簧的压缩量为时，小球的动能最大 C．小球最大动能为mg D．弹簧最大弹性势能为mg(h＋x) 7．(2025·辽宁省大连市高三上期中)(多选)如图所示，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，其中AB是竖直轨道，CD是水平轨道，AB与BC相切于B点，BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g，则(　　) A．小球P、Q和轻杆组成的系统机械能守恒 B．P球到达B点时，P球的速度大小为 C．P球到达C点前，P、Q两球的速度大小始终不相等 D．P球到达C点时，Q球的速度大小为2 8.(多选)如图所示，在长为L的轻杆中点和端点分别固定一质量为m、2m的小球A、B，杆可绕光滑的轴O转动，将杆从水平位置由静止释放。重力加速度大小为g，两球均视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．当杆转到竖直位置时，两球的速度大小相等 B．当杆转到竖直位置时，B球的速度大小为 C．杆在转动的过程中，A球的机械能守恒 D．杆从水平位置转到竖直位置的过程中，杆对B球做的功为mgL 综合提升练 一．选择题： 9.如图所示，粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4h，开始时使两边液面高度差为h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(　　) A. B. C. D. 10．(2025·河南省信阳市高三上一模)如图所示，轻质的粗转轴上沿直径固定两根轻杆，轻杆上固定两个小球A、B，转轴的半径和杆的长度均为R，在粗转轴上缠绕有轻绳，轻绳下端与小球C相连，A、B、C三球质量相同，且都可看作质点。初始时系统处于静止，忽略一切摩擦，且A、B两球在水平线上，轻绳伸直但无拉力，现释放小球C使其从静止开始下落，下列说法正确的是(　　) A．A、B两球组成系统的机械能不变 B．A球第一次转到最高点过程中轻杆对A球不做功 C．C球下落高度为R时，A球的速度大小为 D．C球下落高度为R时，C球的速度大小为 11．如图所示，滑块a穿在固定的光滑竖直杆上，滑块b放在光滑水平地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。将a从距地面一定高度处由静止释放，a、b均可视为质点，在a着地前的运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．滑块a的机械能先减小后增大 B．滑块a的动能先增大后减小 C．轻杆对a的作用力先增大后减小 D．滑块a的加速度先减小后增大 12.(2026·甘肃省兰州市第五十八中学高三上建档考试)(多选)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，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球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，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，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，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。下列说法正确的是(　　) A．C刚离开地面时，A的加速度为零 B．斜面倾角α＝45° C．A获得的最大速度为2g D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球和弹簧组成的系统机械能不守恒 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 13.如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度；靠近看，喷管的直径约为10 cm。请你据此估计用于给喷管喷水的电动机输出功率至少有多大？ 14.如图所示，不可伸长细绳的一端固定在O点，另一端系着一金属小球，小球的质量为m，细绳长为l。将细绳拉直，让细绳从偏离水平方向30°的位置由静止释放小球，已知重力加速度为g。求： (1)细绳刚伸直时小球的速度大小； (2)小球运动到最低点A时细绳受到的拉力。 参考答案： 1.答案：D解析：物体从A下滑到B的过程中，高度降低，重力势能减小，曲面的支持力方向始终与运动方向垂直，不做功，因此只有重力做功，物体的机械能守恒，其动能与重力势能之和不变，A、B、C错误，D正确。 2.答案：B解析：当运动员助跑所获得的动能全部转化为重力势能时，其重心提升的高度最大，设为h，根据机械能守恒定律有mv2＝mgh，可得h＝5 m，故选B。 3.答案：B解析：Q在P上运动的过程中，Q对P的作用力斜向左下，则P相对地面向左运动，Q对P做正功，P的机械能增加，由机械能守恒定律可知Q的机械能减少，故B正确，A、C、D错误。 4.答案：A解析：环形凹槽内壁光滑，甲、乙两球组成的系统在运动过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能，甲球减少的重力势能等于乙球增加的重力势能与甲、乙两球增加的动能之和，故A正确，B错误；若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，则乙球到达与甲球的初始位置等高处，由于乙球的质量比甲球大，此时甲、乙两球的机械能增加，明显违背机械能守恒定律，故甲球不可能下滑到槽的最低点，故C错误；由于机械能守恒，当两球动能均减为零时，系统的势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D错误。 5.答案：B解析：根据题意可知，物体A下降过程中，物体A、B组成的系统机械能守恒，设物体A落地的速度为v，由机械能守恒定律有 mAgh－mBghsin30°＝(mA＋mB)v2－0，解得v＝ m/s，故A错误，B正确；根据题意可知，物体A落地瞬间物体B沿斜面上滑的距离为x1＝h＝0.8 m，设物体A落地之后物体B沿斜面上滑的距离为x2，由机械能守恒定律有 mBgx2sin30°＝mBv2，解得x2＝0.16 m，则物体B沿斜面上滑的最大距离为x＝x1＋x2＝0.96 m，物体B沿斜面上滑的最大高度为hB＝xsin30°＝0.48 m，故C、D错误。 6.答案：BD解析：当小球与弹簧接触后，弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能减少，弹簧的弹性势能增加，小球的机械能不守恒，故A错误；当小球的加速度为0时，小球的动能最大，此时有mg＝kΔx，解得弹簧的压缩量为 Δx＝，设此时弹簧的弹性势能为Ep1，根据机械能守恒定律可知，此时小球的动能为Ek＝mg－Ep1，故B正确，C错误；当小球运动到最低点时，小球的动能为零，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep2，根据机械能守恒定律可得Ep2＝mg(h＋x)，故D正确。 7.答案：AB解析：在下滑的过程中，小球P、Q和轻杆组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；P球到达B点时，P球下降了2R，Q球下降了R，由几何关系知，此时轻杆与水平方向的夹角为30°，由速度的合成与分解可知vQcos30°＝vPcos60°，由机械能守恒定律有 mg·2R＋mgR＝mv＋mv，解得P球的速度大小为vP＝，故B正确；P球到达C点前，由速度的合成与分解可知小球P、Q的速度满足 vQ′cosθ＝vP′sinθ(θ为轻杆与水平方向的夹角)，则当θ＝45°时P、Q两球的速度大小相等，由几何关系可知，杆的长度2R＞，θ＝45°的情况可以实现，故C错误；P球到达C点时，P球下降了3R，Q球下降了R，P、Q两球速度相等，由机械能守恒定律可知mg·3R＋mgR＝2×mv2，解得Q球的速度大小为v＝2，故D错误。 8.答案：BD解析：两球同轴转动，角速度相等，由于B球运动轨迹的半径为A球的2倍，根据v＝ωr可知，当杆转到竖直位置时，B球的速度大小为A球的2倍，A错误；在杆转到竖直位置的过程，对A、B球和杆组成的系统，由机械能守恒定律有mg＋2mgL＝m＋×2m(ωL)2，此时B球的速度大小 vB＝ωL，解得vB＝，B正确；设杆从水平位置转到竖直位置的过程中，杆对B球做的功为W，则有2mgL＋W＝×2mv－0，解得W＝mgL，D正确；根据D项分析，杆对B球做正功，B球的机械能增大，由于A、B球和杆组成的系统机械能守恒，可知杆在转动的过程中，A球的机械能减小，C错误。 9.答案：A解析：液柱移动时，除了重力做功以外，没有其他力做功，故机械能守恒。此题等效为原右侧高的液柱移到左侧(如图所示)，其重心高度下降了，减少的重力势能转化为液柱整体的动能，设液体的总质量为4m， 则有mg·＝(4m)v2，解得v＝，A正确。 10.答案：D解析：分析可知，A、B两球的重力势能之和始终保持不变，释放小球C后，小球C的重力势能转化为A、B、C的动能，则A、B两球组成系统的机械能增大，故A错误；小球A第一次转到最高点过程中，重力对小球A做负功，小球A的动能增大，由动能定理可知轻杆对A球做正功，故B错误；C球下落高度为R时，根据圆周运动线速度与角速度的关系有ω＝＝＝，对小球A、B、C组成的系统，根据机械能守恒定律有mgR＝mv＋mv＋mv， 解得vA＝，vC＝，故C错误，D正确。 11.答案：A解析：开始时b的速度为零，由于受到杆的推力而加速；在a着地时，根据a、b沿杆方向的速度相等，由速度的分解可知，b的速度也为零，所以在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，对a和b组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，则a的机械能先减小后增大，故A正确。在a下滑过程中，b的速度先增大后减小，在b的速度由0到最大的过程，设轻杆与竖直方向的夹角为θ，根据速度关系有vacosθ＝vbsinθ，所以va＝vbtanθ，这个过程中vb增大，θ增大，所以a的速度增大，则a的动能增大；b的速度由最大减小到0的过程中，b的动能减小，a的重力势能减小，由a、b系统机械能守恒可知，a的动能增大，所以在a着地前的运动过程中，滑块a的动能一直增大，故B错误。在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，则杆对b先做正功，后做负功，因此杆对b的作用力先是推力后是拉力，杆对a的作用力先是推力后是拉力，所以杆对a的作用力有一个先减小后增大的过程，故C错误。由C项分析可知，开始时杆对a的弹力在竖直方向上的分力向上，a的加速度小于g，当b的速度最大，杆的弹力为零时，a的加速度等于g，此后杆对a的弹力在竖直方向上的分力向下，则a的加速度大于g，在此期间，a的加速度增大；而a着地时杆对a的弹力在竖直方向上的分力为零，故a的加速度为g，所以滑块a的加速度有一个先增大后减小的过程，故D错误。 12.答案：AC解析：C刚离开地面时，A下滑的速度达到最大，加速度为零，故A正确；C刚离开地面时，A、B的加速度都为零，均受力平衡，设此时弹簧的伸长量为x2，细线的拉力大小为T，对A进行受力分析可得T＝4mgsinα，对C进行受力分析可得kx2＝mg，对B进行受力分析可得kx2＋mg＝T，联立解得α＝30°，故B错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，只有A、B的重力和弹簧的弹力做功，则A、B两小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误；A由静止释放前，细线上无拉力，设此时弹簧的压缩量为x1， 对B有kx1＝mg，解得x1＝x2＝，即释放前和C刚离开地面时，弹簧的弹性势能相等，由机械能守恒定律有4mg(x1＋x2)sinα＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)v， 解得A获得的最大速度为vAm＝2g，故C正确。 13.答案：4.6×105 W 解析：每层楼高度按3 m计算，则水柱高度约h＝40×3 m＝120 m 在喷管喷水口处，设经过Δt的时间喷出水的质量为Δm，喷射速度为v， 则Δm＝ρπvΔt 水从离开喷口至最高点的过程中，由机械能守恒定律得Δmgh＝Δmv2 设电动机的输出功率至少为P，有PΔt＝Δmv2 联立并代入数据解得P＝4.6×105 W。 14.答案：(1)　(2)3.5mg 解析：(1)小球先做自由落体运动，设细绳刚伸直时小球的速度大小为v1， 小球下降的高度h＝2lsin30° 根据机械能守恒定律得mgh＝mv 解得v1＝。 (2)细绳伸直后瞬间，设小球在垂直细绳方向的速度为v2，根据运动的分解得 v2＝v1cos30°＝ 设小球运动到最低点A时的速度为v3，以过A点的水平面为零势能面 根据机械能守恒定律得mv＋mgl(1－sin30°)＝mv 联立解得v3＝ 小球在最低点，由牛顿第二定律得T－mg＝m 解得细绳对小球的拉力T＝3.5mg 由牛顿第三定律可知，小球运动到最低点A时细绳受到的拉力为3.5mg。 学科网（北京）股份有限公司 $