机械能守恒定律 专题练 2025年高考物理一轮复习备考

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机械能守恒定律 专题练
2025年高考物理一轮复习备考
一、单选题
1．如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，小滑块在水平力F的作用下静止于P点。现在保持F的方向不变，改变F的大小，使小滑块从P点缓慢移动到容器中最低的位置，此过程中F和容器壁对小滑块的支持力FN的大小变化情况是（　　）
A．F逐渐增大，FN逐渐增大 B．F逐渐减小，FN逐渐减小
C．F先减小后增大，FN逐渐减小 D．F逐渐减小，FN先减小后增大
2．如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为的小球，初始时置于a点。一原长为L的轻质弹簧左端固定在点，右端与小球相连。直杆上还有三点，且与在同一水平线上，与Ob夹角均为37°，与Ob夹角为，现释放小球，小球从a点由静止开始下滑，到达d点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法中不正确的有（重力加速度为g，取）（　　）
A．小球经过b点时，小球的加速度为g
B．小球经过b点时，小球的机械能最大
C．小球经过c点时，小球的速度大小为
D．小球从c点下滑到d点的过程中，弹簧的弹性势能增加了
4．8月20日凌晨迎来天王星西方照，此时若俯瞰太阳系的平面，会看到它们的位置关系如图所示，太阳、地球、天王星形成一个直角，地球位于直角的顶点，且此时太阳和天王星连线与地球和天王星连线夹角为θ。大约3个月后，地球将来到太阳和天王星之间，此时天王星、地球、太阳成一直线，即为天王星冲日。已知八大行星都是逆时针绕太阳公转，则天王星与太阳的距离约是地日距离R的（　　）倍。
A． B．
C． D．
5．如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B点，半圆轨道的圆心为O，半径为R，C为其最高点。BD段为双轨道，D点以上只有内轨道，D点与圆心的连线与水平方向夹角为，一小球从水平面上的A点以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达C点。不计一切摩擦。则（　　）
A．小球到达C点时速度为
B．小球到达C点后会向左做平抛运动
C．小球在A点的初动能等于
D．若小球到达D点时对内外轨道均无弹力，则
6．小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（　　）
A．汽车受到的阻力
B．内，汽车牵引力做的功无法计算
C．小型汽车的质量为
D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为
7．如图所示，斜面倾角为，从斜面的P点分别以v0和3v0的速度水平抛出A、B两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则下列说法正确的是（　　）

A．A、B两球飞行时间之比为1：1
B．A、B两球的水平位移之比为1：3
C．A、B两球下落的高度之比为1：3
D．A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1：3
8．如图所示，长度为L的轻杆上端连着一质量为m的小球A（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．A落地时速率为
B．A、B质量之比为1：4
C．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
D．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为1：2
二、多选题
9．如图所示，在一个直立的光滑圆管内放置一根轻质弹簧，弹簧的上端与管口的距离为，一个质量为的小球从管口由静止开始下落，将弹簧压缩至最低点，压缩量为，设小球运动到O点时的速度大小为，不计空气阻力，则在这一过程中
A．小球运动的最大速度大于
B．小球运动的最大速度等于
C．弹簧的劲度系数为
D．弹簧的最大弹性势能为
10．如图甲所示，一水平传送带以恒定速度转动，将一质量为1kg物块（可视为质点）从传送带的右端滑上传送带，物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，已知图线在0~3.0s内为开口向下的抛物线，在3.0~4.5s内为倾斜直线，取水平向左方向为正方向，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．传送带沿逆时针方向转动
B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2
C．物块滑上传送带的初速度大小为2m/s
D．0~4.5s内物块与传送带间因摩擦而产生的热量为18J
11．从地面上以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动。则下列说法正确的是（　　）
A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中逐渐增加
B．小球整个过程中，抛出瞬间的加速度最大，且大小为
C．小球上升过程中机械能逐渐减小，在下降过程中机械能逐渐增加
D．小球上升过程中克服阻力做功的数值大于小球下降过程中克服阻力做功的数值
12．如图所示，完全相同的两个弹性环A、B用不可伸长的，长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OM和竖直细杆ON上，OM与ON在O点用一小段圆弧杆平滑相连（圆弧长度可忽略），且ON足够长。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后静止释放两个环，此后某时刻，A环通过O点小段圆弧杆，速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．当B环下落至轻绳与竖直方向夹角时，A环的速度大小为
B．A环到达O点时速度为
C．A环经过O点开始，追上B环用时为
D．A环追上B环时，B环的速度为
三、实验题
13．某同学利用此装置测量物体Z的质量M并验证系统机械能守恒。装置如图甲所示，一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q质量均为m=200g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g=9.8m/s2。
(1)某次实验中，先接通交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的部分纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，则系统运动的加速度a= m/s2；D点的速度vD= m/s（保留两位有效数字）。
(2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的测量值为M= kg（保留两位有效数字）。
(3)利用纸带还可以验证系统机械能守恒，测量纸带得出B点到D点的距离为h，求出B点速度为vB，D点的速度为vD。根据以上数据，可求重物由B点运动到D点时系统重力势能减少量等于 ，系统动能的增加量等于 （表达式用题中M、m、vB、vD、g、h字母表示）。通过数据可得出在误差允许的范围内，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，则系统机械能守恒。
四、解答题
14．如图所示，某装置由斜面轨道AB、水平面轨道BC、光滑圆周轨道、光滑直轨道平滑连接组成，B、C、C'为连接点（C、C'略微岔开），F端有一挡板，挡板上固定有一轻弹簧，整个装置处于同一竖直平面内。质量为m的滑块以某一初速度从A点开始下滑，沿着轨道运动。已知，圆周轨道半径，AB长度，倾角，BC长度，物块与AB、BC间动摩擦因数均为。不计其它阻力，重力加速度取，，。
（1）若滑块运动过程中恰好能过圆轨道最高点E，求滑块压缩弹簧时能达到的最大弹性势能和从A点开始下滑时初速度的大小；
（2）在满足能过圆轨道最高点E的条件下，滑块过C点时对轨道的最小压力的大小；
（3）要使滑块不脱离轨道，求的取值范围
15．一同学物理课上参与了一个趣味游戏，a、b、c、d四个相同木板紧挨放在水平地面上，使小滑块以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为，滑块质量为，滑块与木板上表面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等。
(1)若你获得四等奖，求滑块初速度的最大值；
(2)若你获得一等奖，求因摩擦产生的总热量Q的取值范围。
参考答案：
1．B
对小滑块受力分析如图所示
根据平衡可知
从最高点缓慢移到最低点角逐渐增大，所以F、都在减小。
故选B。
2．D
根据题意A、C两根弹簧劲度系数相同，所以弹力大小之比就等于其伸长量之比，选择两个小球整体受力分析，假设每个小球的质量为m，整体受到水平向右的弹簧弹力TC，斜向左上方的弹力TA，弹簧B的作用力属于ab整体的内力不用考虑
结合矢量三角形法可得
故选D。
3．C
A．从a到b，弹簧对滑块由沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大；从b到c，弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块扔在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，此时合力为mg，则加速度为g，故A正确，不符合题意；
B．小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，在b点时弹簧的弹性势能最小，是零，所以小球在b点时动能和重力势能的总和最大，故B正确，不符合题意；
C．小球从a点下滑到c点的过程中，由小球和弹簧的系统机械能守恒得
得小球的速度大小为
故C错误，符合题意；
D．小球从c点下滑到d点的过程中，小球的机械能减少量等于弹簧弹性势能增加量
=
故D正确，不符合题意。
故选C。
4．C
根据几何关系有
所以
3个月后地球转过圆周，其位置图如图所示
此时天王星转过θ，即
则
由开普勒第三定律知
所以
故选C。
5．D
AB．由于，D点以上只有内轨道，小球沿圆弧轨道恰好到达C点，可知，小球到达C点时速度为0，小球到达C点后不会向左做平抛运动，故AB错误；
C．结合上述，小球从A点到达C点过程，根据动能定理有
解得
故C错误；
D．若小球到达D点时对内外轨道均无弹力，根据牛顿第二定律有
小球从A点到达D点过程，根据动能定理有
解得
故D正确。
故选D
6．C
A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有
故A正确；
BC．由图甲可知，汽车在做匀加速直线运动，加速度大小为
牵引力大小为
由牛顿第二定律有
解得
由图像面积表位移可得，位移为
则在内牵引力做功为
牵引力做功为
则内，汽车牵引力做的功
故B错误，C正确；
D．内，由动能定理有
解得
故D错误。
故选C。
7．D
AB．小球落在斜面上，根据
则运动的时间
由题知初速度之比为1：3，则运动的时间之比为1：3；根据可得，水平位移之比为1：9，故A，B错误；
C．根据知，运动的时间之比为1：3，则A、B下落的高度之比为1：9，故C错误；
D．落在斜面上竖直分速度
根据平行四边形定则知，落在斜面上的速度
可知落在斜面上的速度之比为1：3，故D正确；
故选D。
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道不同物体打在同一斜面上不同位置，竖直方向与水平方向位移的正切值总是相等。
8．B
D．设小球速度为，立方体速度为，分离时刻，小球水平速度与长方体速度相同，即
解得A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为
故D错误；
C．分离时刻，根据牛顿第二定律有
解得
则A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
故C错误；
A．A从分离到落地，小球机械能守恒，有
解得A落地时速率为
故A错误；
B．在杆从竖直位置开始倒下到小球与立方体恰好分离的过程中，小球和立方体组成的系统机械能守恒，则有
解得A、B质量之比为
故B正确。
故选B。
9．AD
AB．当小球加速度为0时，小球速度最大，，所以速度最大位置在压缩量为位置，从O点到压缩量为位置，小球合力向下，依然加速，最大速度大于，A正确B错误
C．结合A选项的分析，，x为速度最大的位置，为速度为0的位置，所以，所以，C错误
D．对小球全程用机械能守恒定律：，D正确
10．BD
A．由x-t图像斜率表示速度，则前2s物块向左做匀减速运动，然后向右匀加速至匀速，故传送带顺时针方向转动，故A错误；
B．由图像可得，第3s内物块向右做初速度为零的匀加速运动，则有
解得
由牛顿第二定律
解得
故B正确；
C．设物块滑上传送带速度为，前2s内匀减速至0，则有
解得
故C错误；
D．由3~4.5s图线可知传送带速度为2m/s，前2s内相对位移大小为
2~3s内相对位移大小为
则产生的热量为
故D正确。
故选BD。
11．BD
A．上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有
f+mg=ma
解得
由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；
下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有
mg-f=ma′
解得
由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；
即上升和下降过程，加速度一直在减小，故A项错误；
B．空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有
mg=kv1
小球抛出瞬间，有
mg+kv0=ma0
联立解得
抛出瞬间加速度最大，故B正确；
C．全程一直存在空气阻力做功，机械能一直减小，C项错误；
D．上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的数值大于小球下降克服阻力做功的数值，故D正确。
故选BD。
12．BC
A．B环下落至轻绳与竖直方向夹角，即B环下降，此时轻绳与水平方向之间的夹角满足，设A、B两环速度分别为，，则
即
设A、B两环质量为，B环下降的过程中，A与B组成的系统机械能守恒，有
所以A环的速度
故A错误；
B．A环到达O点时速度为，此时B环的速度等于0，B环下降L过程中，由于A、B系统机械能守恒
即
故B正确；
C．环A过O点后做初速度为、加速度为g的匀加速直线运动，环B做自由落体运动，从A环经O点开始，追上B环用时t，则有
即
故C正确；
D．A环追上B环时，B环的速度为
故D错误。
故选BC。
13．(1) 0.40 0.34
(2)0.017
(3) Mgh
（1）[1]根据逐差法可得系统运动的加速度为
[2]D点的速度为
（2）对Z和Q，根据牛顿第二定律有
对P，有
联立可得Z的质量为
（3）[1]重物由B点运动到D点时系统重力势能减少量为
[2]系统动能的增加量为
14．（1）2J，；（2）；（3） 或
（1）物块恰好过E点时
物块压缩弹簧最大弹性势能
解得
物块由A到E过程中
解得
（2）由（1）可知，当时，物块对C点的压力最小
得
由
可得
由牛顿第三定律得，物块对轨道的最小压力大小为12N；
（3）物块恰好能到达与圆心等高D处
解得
由（1）可知，物块恰好能过圆周最高点时
物块返回后恰好不超过A点
解得
综上所述，要使物块不脱离轨道，初速度v0需满足或。
15．(1)
(2)
（1）若只获得四等奖，则滑块刚好到达木板的右侧时，滑块的初速度最大，设为，分析可知，地面对四块木板的摩擦力大小为
滑块与木板之间的摩擦力大小为
由于，则可知木板静止不动，滑块在木板上的加速度为
根据匀变速直线运动的速度一位移公式可得
解得
（2）若获得一等奖，则木块必须得滑道木板，若刚滑到木板得最左端，可知整个运动过程中因摩擦产生得热量最少
当滑块滑到木板上时，木板受到地面得摩擦力为
则可知木板会发生滑动，木板得加速度大小为
当木块刚好到木板右侧时滑块和木板共速，此时摩擦力产生得热量最多，设这种情况下，滑块滑上木板时得速度为，达到共速时得速度为，根据匀变速直线运动得速度—时间公式得
代入数据得
根据匀变速直线运动得速度一位移公式得
解得
滑块和木板达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止，根据能量守恒定律可得
所以获得一等奖，摩擦产生总热量得取值范围为
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