练案32 第六章 第32讲 机械能守恒定律-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习练案

练案[32] 第32讲 机械能守恒定律 基础巩固练 4.如图所示，劲度系数为的竖直轻弹簧固定 在水平地面上。质量为m的小球从弹簧正 1.(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正 上方高h处自由下落，当弹簧的压缩量为x 确的是 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 A.小球的机械能守恒 B B.小球到距地面高度为”时动能最大 C小球的最大动能为mg(h+) A.甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能 D.弹簧的最大弹性势能为mg(h+x) 守恒 B.乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下 能力提升练 滑，物体B机械能守恒 5.一个小球以大小为√5gR的初速度，分别通过以下三 C.丙图中，不计任何阻力及滑轮质量时A加速下落，B 种固定轨道，第1种是半径为R的光滑竖直半圆轨 加速上升过程中，A、B机械能守恒 道，第2种是半径为R的光滑竖直四分之一圆弧轨 D.丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球 道，第3种是光滑斜直轨道（轨道足够长），不计空气 的机械能守恒 阻力，以下说法正确的是 () 2.（2026·南宁桂林联考)如图， 斜面体A放在水平面上，球体 B放在斜面体的斜面与竖直墙 whwwii 壁之间，外力F作用在A上使 A.小球沿第1、2两种轨道运动所达到的最大高度 A、B处于静止状态，不计一切摩擦。现撤去F,在球体 相同 B向下运动的过程中，下列说法正确的是 B.小球沿第2、3两种轨道运动所达到的最大高度 A.A对B不做功 相同 B.B对A不做功 C,第2种情况下小球刚要离开轨道时对轨道的压力 C.B的机械能守恒 为零 D.A、B组成的系统机械能守恒 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 3.(多选)如图所示，在地面上以速度。抛出质量为m 6.（2025·浙江高三阶段练习)如图所示， 的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若 竖直固定的光滑直杆上套有一个质量 以地面为参考平面且不计空气阻力，重力加速度大小 为m的滑块，初始时静置于a点。一原 0.00000 为g,则下列说法中正确的是 长为1的轻质弹簧左端固定在0点，右 端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三 地面m 点，且b点与0点在同一水平线上，Ob= l,0a和0c与0b的夹角均为37°，0d与0b的夹角为 海平面 53°。现由静止释放滑块，在滑块从a点下滑到d点的 入用 过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin37°=0.6，则下 A.物体落到海平面时的重力势能为mgh 列说法正确的是 () B.物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功 A.滑块在b点时速度最大，加速度为g 为mgh B.滑块从a点下滑到c点的过程中，滑块的机械能 1 守恒 C.物体在海平面上的动能为。mw,+mgh 2 C.滑块在c点的速度大小为/3gd D物体在海平面上的机被能为了 D.滑块从a点下滑到d点的过程中，滑块的机械能一 直在减小 —385 7.如图所示，套在光滑竖直杆上的圆环A用跨过光滑定 (1)小球在C点对细管壁的压力FN; 滑轮的轻质细绳与放置在光滑水平面上的滑块B相 (2)小球在A点的初速度大小o。 连，滑轮（可视为质点）到杆的距离为L,初始绳子水平 且刚好伸直。已知A、B质量均为m,重力加速度为g。 将A、B由静止释放，当圆环A与初始位置相距L时， B的动能为 B A.mgL B. 3mgl C.ngd 10.（2026·河北张家口联考)如图所示，竖直平面内固 8.（多选)(2026·四川绵阳市检测) 定有圆心为O、半径R=√2m的半圆形轨道，小球A 甲 如图所示，半径为R的光滑半圆弧 (视为质点)穿在轨道上。A、B两小球用绕经固定轻 状细轨道ABC竖直固定在水平面 滑轮的轻绳相连，B、C两小球用轻质弹簧相连，小球 上，下端与光滑的水平面平滑连接 C放在水平地面上。现用手（图中未画出）将小球A 于C点，AC是竖直直径，圆弧上B点距离光滑水平面 控制在与O点等高的半圆形轨道起点处，整个系统 的高度为R,质量均为m的小球甲、乙（均视为质点） 处于静止状态，轻绳恰好竖直伸直但不张紧。现将 用轻质细杆连接，小球甲套在半圆弧状细轨道上的A 手移开，当小球A沿轨道运动到半圆形轨道的最低 点，小球乙放置在C点。甲、乙两小球均处于静止状 点P时，小球C刚要离开地面（此时B未接触滑轮）。 态，现让小球甲受到轻微的扰动，小球甲沿半圆弧状 小球A的质量M=1.5kg,小球B、C的质量均为m= 细轨道向下运动，小球乙沿着水平面向右运动，重力 1kg,重力加速度大小g取10m/s2,不计一切摩擦， 加速度大小为g,则在小球甲从A点运动到B点的过 弹簧始终在弹性限度内。求： 程中，下列说法正确的是 ( A.小球甲的重力势能全部转化为小球乙的动能 B.当小球甲刚运动到B点时，小球甲和小球乙的速度 大小之比为5：1 C.当小球甲刚运动到B点时，小球乙的动能为)%R D.当小球甲刚运动到B点时，小球甲的机械能减小 (1)弹簧的劲度系数k; 1 (2)小球A通过P点时的速度大小（结果用根式表 4 mgR 示)。 9.(2025·山东菏泽期末)如图所示，ABC为固定于竖直 平面内的一段内壁光滑的中空细管，BC段被弯成以O 为圆心、半径R=0.2m的一小段圆弧，A点、0点位于 地面，OC连线竖直。一质量m=0.4kg的小球（可视 为质点)从圆弧底端A点沿切线以初速度，进人细管 ABC,从C点水平飞出，落地点到O点的距离x= 0.2m。已知重力加速度g取10m/s2,不计空气阻 力，小球横截面略小于细管中空部分的横截面。求： B1 R —386练案[32] 1.CD甲图中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能 守恒，但物体A机械能不守恒，A错误：乙图中物体B除受重力 外，还受弹力，弹力对B做负功，机械能不守恒，但从能量特点 看A、B组成的系统机械能守恒，B错误；丙图中绳子张力对A 做负功，对B做正功，代数和为零，A、B机械能守恒，C正确；丁 图中动能不变，势能不变，机械能守恒，D正确。 2.D不计一切摩擦，撤去外力F后，B在向下运动的过程中，由 于两者之间存在弹力，所以A向左运动，B对A的弹力做正功， A对B的弹力做负功，B的机械能不守恒，A、B、C错误：对A、B 组成的系统，只有重力和系统内的弹力做功，系统机械能守恒， D正确。 3.BCD物体运动过程中，机械能守恒，所以任意点间的机械能相 等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动 能为)m。2,故整个过程中的机械能为)m,2,所以物体在海 平面上的机械能为)w。2,在海平面上的重力势能为-mgh,根 2m2、1 据机械能守恒定律可得-mgh+ m,所以物体在海平 1 面上的动能为2m。2+mgh,从抛出点到落到海平面，重力做功 为mgh,所以B、C、D三项正确，A项错误。 4.D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，A错误； 当小球所受合外力为零时，小球的动能最大，根据平衡条件得 心=解得，=学，由于弹簧原长未知，故无法道小球此时 距地面的高度，设此时弹簧的弹性势能为E,1,根据机械能守恒 定律知，小球的最大动能为么，=mg(+爱)-，B.C错误：当 小球运动到最低点时，小球的动能为零，弹簧的压缩量最大，弹 簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律得，弹簧的最大弹性 势能为E,=mg(h+x),D正确。 v13 5.B对于情况1，假设能到最高点，需满足mg=mR,可得= √乐，根据机械能守恒定律之m,2=mg·2R+2m,可得o /5gR,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，根据机械能守恒定律2m,2= msh,可得，=5R,即最大高度为5R:对于情况3，根据机械 2 2 能守恒定律了m,2=mg动，可得么=之R,即最大高度为：可 5 知小球沿第2、3两种轨道运动所达到的最大高度相同，小球沿 第1、2两种轨道运动所达到的最大高度不相同，第1种情况下 小球刚要离开轨道时对轨道的压力为零，故B正确，A、D错误： 根据机械能守恒定律了m,2=m+之m',可得第2种情况下 小球刚要离开轨道时的速度4=√3gR,根据牛顿第二定律N mR,可得N=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N'=N=3mg,故C错误。故 选B。 6 6.C滑块速度最大时，加速度必为零，应该在b点下方位置，A错 误；滑块从a点下滑到c点的过程中，弹簧先对滑块做正功，滑 块的机械能增加，后对滑块做负功，滑块的机械能减小，故机械 能不守恒，B错误：ac间的距离为1.=2am37°=之，对滑块从 1 a到c的过程应用动能定理可得mg:=2m,解得=√3g, 所以滑块在c点时的速度为√3g,C正确；滑块从a点下滑到d 点的过程中，弹簧先对滑块做正功后做负功，滑块的机械能先 增加后减小，D错误。 7.B整体机械能守恒，有mgL= >212+22由于A、B速度9 关联，有0s459=,代人，懈得B的速度为，入√？，则其 动能为？mgL,故B正确。故选B。 8.BD甲、乙组成的系统机械能守恒，甲在向下运动的过程中，甲 的重力势能转化为甲和乙的总动能，故A错误；当甲刚运动到B 点时，设轻质细杆与水平面的夹角为0，根据几何关系知sin0= 6=7,则0=30°，把甲，乙的速度分别沿着轻质细杆和垂直轻 质细杆的方向进行分解，则甲、乙在沿着杆方向的分速度相等， 可得v甲sin30°=2cos30°，则有v甲：t2=√3：1，故B正确；由 机筱能守恒定律可得mgR=了，2+了’，解得小球乙的动 1 能为E=2m2'=4mgR,小球乙动能的增加量就是轻杆对小 球乙做的功，也是小球甲机械能的减少量，故C错误，D正确。 9.(1)2N,方向竖直向下(2)5m/s [解析](1)小球从C点飞出后做平抛运动，则有R=2, x=vct 解得vc=1m/s 在C点的速度vc=1m/s<gR 则有mg-F=mR 解得F=2N 根据牛顿第三定律，小球在C点对细管壁的压力F、=2N,方向 竖直向下。 (2)小球从A到C过程，根据机械能守恒定律，有mgR= 2n,2 1 解得vo=√5m/s。 10.(1)10N/m(2)/15√2-20m/s [解析](1)当小球A沿轨道运动到半圆形轨道的最低点P 时，小球B上升的高度为h=√2R=2m 当小球A沿轨道运动到半圆形轨道的最低点P时弹簧伸长的 长度和手移开的瞬间弹簧缩短的长度相等。 对小球C根据平衡条件得k,=mg 解得k=10N/mo (2)当小球A沿轨道运动到半圆形轨道的最低点P时弹簧的 弹性势能，和手移开的瞬间弹簧的弹性势能相等。 根据机械能守恒定律得MgR-mgh=)M2+ 根据速度分解得U1=vcos459 解得v=/15√2-20m/s 练案[33] 1.B由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气 阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh,从1到2动能减少量 大于mgh,故A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，机械 能减小，重力势能减小mgh,则动能增加小于mgh,故C、D 错误。 2.A由题意可知t时间内水流的体积V=Ot,发电站的发电功率 为P-25%mh_25%p_25%p0驰=25%p0gh,代人数据可 得P=25%×1.0×10×240×10×100W=6.0×10W,故选A。 3.BC人沿沙坡下滑的距离1=子=100m,重力势能减少△E,= mglsin30°=2.5x10J,故A错误；人的动能增加△E,= 2m2 1.0×104J,故B正确；人的机械能减少△E=△E。-△E,=1.5× 10J,故C正确；人克服阻力做功W=△E=1.5×10J,故D 错误。 4.A对物块分析可得W1=-F（L-l)=-20×(5-2)J=-60J,A正 确：对木板分析可得W,=-F1=-20×2J=-40J,木板克服摩擦 力做功为40J,B错误：物块与木板间因摩擦产生的热量为Q FL=20×5J=100J,C、D错误。 5.D单位时间内风力发电机叶片圆面的气流的体积为V。=S× 1s=v·Tr2×1s=6.0×3×202m3=7200m,每秒流经涡轮机空 气的动能约为6-2-k,=号x1.2x720x60J= 155.52kJ,故A、B正确；依题意，风力发电机产生的电功率约为 P=10%E,=15.55kW,故C正确；风力发电机产生的电功率P= 10%E,=10%。·r·2r20m,若风速变为原来2倍。 则电功率将变为8倍，故D错误。 6.BC小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先 向右做加速运动后做减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动 摩擦力mg,A项错误；物块从开始运动至最后回到A点过程， 由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2mgs,B项正确；物块 从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知E,=wmgs,C项 正确；设物块在A点的初速度为。，整个过程应用动能定理有 -2mg=0之m2,解得o=2ve,D项错误。 7.CD设木板的长度为L,与竖直方向的夹角为0，物块下滑到底 端的过程中，由动能定理得mgh-ngsin0:L=2m2,即mgh umg·x=2m,木板1和2在水平方向的投影x相同，物块沿 着1下滑的高度h较大，故沿着1到达底端的速度大小大于沿 着2到达底端的速度大小，A错误；物块沿着2和3下滑的高度 h相同，木板3在水平方向的投影x比木板2的大，故沿着3下 滑到底端时速度最小，B错误；由功能关系得产生的热量为Q= ngsin0·L=mgx,物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的 热量最多，沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样 多，C、D正确。 8.D根据牛顿第二定律知，物块沿斜面下滑时有mgsin0 umgcos0=ma1,解得加速度a1=gsin0-gcos0,根据牛顿第二 定律知，物块沿斜面上滑时有mgsin0+umgcos0=ma2,解得加 速度a2=gsin0 +ugcos0,故a,<a2,v-t图像的斜率表示加速度， 故A错误；E。t图像的斜率大小表示重力的瞬时功率，物块沿 斜面下滑，速度越来越大，竖直方向的速度也越来越大，故重力 的功率越来越大，故B错误：动能随路程变化图像的斜率大小 表示合外力，根据牛顿第二定律知，沿斜面下滑的合力F= ma1,是定值，沿斜面上滑的合力F2=ma2,也是定值，故C错误； 根据功能关系知，摩擦力做负功，机械能减少，又机械能随路程 变化图像的斜率大小表示摩擦力，根据题意可知摩擦力为 umgcos0,为定值，故D正确。 9.A对两种运动的整个过程根据能量守恒有2m,2=Bimgxax+ mg(-xw）,2mo2=u1 mgx y uamg(x2-w),可得x=x2, 故C、D错误；根据牛顿第二定律mg=ma,可得a=g,由于41> 2,故滑块在MW上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动 的总位移相等，即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积 相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式o2一 2=2μ2g可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中 两种运动状态的v-t图像，可得t2>t1,故A正确，B错误。故 选A。 10.B小滑块向上运动时，根据能量守恒定律有E,=mgLcos0+ mglsin0,小滑块运动全程，根据能量守恒定律有E,-E2= mgms2L,解得=g,故选B。 11.BC由于斜面是粗糙的，木板M和木块m组成的系统在运动 中会有摩擦生热，所以木板M和木块m组成的系统机械能不 守恒，故A错误；木板M和木块m组成的系统由能量守恒定 1 律有Melsin0-mg三)M+m)T+Mglcos0,解得D=号m9 故B正确：根据能量守恒定律可知木板减少的机械能等于木 块增加的机械能与系统产生的热量之和，故C正确：系统产生 的热量为Q=uMglcos0=6J,故D错误。 、38 38 12.(1)3.8mgL(2)23m≤m,i5m [解析】(I)对滑块在D点，由牛顿第二定律得mg=四 L 对滑块从P点到D点，由能量守恒得E。=wmg0s37°x 21 mg 2 sin 37+mgl(1+cos 37)+m 解得v=√gL,En=3.8mgL。 (2)若滑块质量较大，恰好运动到B点，由能量守恒得E。= 3L,3L. Bmagcos 37x2+m:8sin 379 5