第四章　机械能及其守恒定律 5　机械能守恒定律--2026教科版高中物理必修第二册章节练

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2026教科版高中物理必修第二册
第四章　机械能及其守恒定律
5　机械能守恒定律
基础过关练
题组一　机械能是否守恒的判断
1.(2024四川自贡期中)忽略空气阻力,下列物体运动过程中满足机械能守恒的是(　　)
A.电梯匀速下降
B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C.物体沿着斜面匀速下滑
D.拉着物体沿光滑斜面匀速上升
2.从地面竖直上抛两个质量不同的小球,设它们的初动能相同,当上升到同一高度时(不计空气阻力,选抛出点所在水平面为参考平面),则两小球(　　)
A.所具有的重力势能相等
B.所具有的动能相等
C.所具有的机械能不等
D.所具有的机械能相等
3.(多选题)两个质量不同的小铁块A和B,分别从高度相同的光滑斜面和光滑圆弧面的顶端滑向底部,如图所示。如果它们的初速度都为0,则下列说法正确的是(　　)
A.下滑过程中重力所做的功相等
B.它们到达底部时动能相等
C.它们到达底部时速率相等
D.它们在最高点时的机械能和它们到达最低点时的机械能大小各自相等
4.(多选题)(2024四川广元期中)如图所示,将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落,从A点与半圆形槽相切进入槽内,则下列说法正确的是(　　)
A.小球在半圆形槽内运动的全过程中,只有重力对它做功
B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,小球的机械能守恒
C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中机械能守恒
5.(2025四川眉山期中)地球轨道上运行着多颗人造卫星,其中一些卫星的轨道可近似为圆,且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中,只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,则下列判断正确的是(　　)
A.卫星的动能逐渐减小
B.由于地球引力做功,引力势能一定增大
C.由于气体阻力做负功,地球引力做正功,机械能保持不变
D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
题组二　机械能守恒定律的应用
6.如图所示,在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被细线拴在墙上,球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧,球与弹簧不拴接,O点为弹簧原长位置。当烧断细线时,小球被弹出,小球落地时的速度方向与水平方向成60°角,则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g=10 m/s2)(　　)
A.10 J　　　B.15 J
C.20 J　　　D.25 J
7.以水平地面为零势能面,小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍,那么在小球运动过程中,当其动能和势能相等时,水平速度和竖直速度之比为(　　)
A.∶1　　　B.1∶1
C.1∶　　　D.∶1
8.一根轻弹簧下端固定,竖立在水平面上,其正上方A位置有一只小球,小球从静止开始下落,在B位置接触弹簧的上端,在C位置小球所受弹力大小等于重力,在D位置小球速度减小到零,忽略空气阻力。下列关于小球下落阶段的说法中,正确的是(　　)
A.在B位置,小球动能最大
B.从A位置到D位置,小球机械能守恒
C.从A位置到D位置,小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
D.从A位置到C位置,小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
9.(2024四川资阳期末)如图所示,固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个质量为m的小圆环,小圆环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,当小圆环的向心加速度大小等于重力加速度g时,大圆环对小圆环的弹力大小为(　　)
A.0　　　　
B.0.5mg　　　　
C.mg　　　　
D.2mg
题组三　连接体机械能守恒问题
10.(多选题)(2025四川成都期末联考)如图所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长L=0.2 m的轻杆相连,小球B距水平地面的高度h=0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)
A.下滑的整个过程中,A球机械能守恒
B.下滑的整个过程中,两球组成的系统机械能守恒
C.两球在光滑水平地面上运动时的速度大小为2 m/s
D.下滑的整个过程中,B球机械能的增加量为 J
11.(2024湖北荆州期末)如图所示,质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接,A放在倾角为θ的固定光滑斜面上,滑轮左侧轻绳与斜面平行,B能沿光滑竖直杆上下滑动,杆和滑轮中心间的距离为L,物块B从与滑轮等高处由静止开始下落,斜面与杆足够长,重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.物块B下落过程中机械能守恒
B.物块B的重力势能减少量为mgL sin θ
C.物块A的速度大于物块B的速度
D.物块B的末速度为
能力提升练
题组一　机械能守恒定律的应用
1.(多选题)(2025四川成都期末)蹦床是一项具有挑战性的体育运动。如图,某时刻运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C,其中B点为运动员静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力,运动员从最高点O下落到最低点C的过程中(　　)
A.运动员的机械能不守恒
B.运动员在B点时的动能最大
C.运动员的重力势能先增大后减小
D.蹦床的弹性势能先减小后增大
2.(2025四川眉山期末)在竖直墙壁上距离地面约2.5 m高度处的O点和O点正下方1 m处的O'点分别钉一长钉,在O点处的长钉上系一长度L=1.5 m的轻质细线,细线下端系上质量m=0.5 kg的小球。将小球拉至几乎碰到小丽同学的鼻尖A处(此时细线与竖直方向的夹角为53°)无初速度释放。已知g=10 m/s2, sin 53°=0.8, cos 53°=0.6,小球可视为质点,空气阻力不计,忽略细线与长钉碰撞时的能量损失。则下列说法正确的是(　　)
A.小球由A点释放到最低点的过程中小球重力的功率一直增大
B.细线碰到O'处的长钉时,细线所受的拉力大小突然变为17 N
C.细线即将碰到O'处的长钉时,小球的角速度为1.5 rad/s
D.小球返回后能与小丽同学的鼻尖发生碰撞
3.(2024湖北十堰期末)如图所示,一轻弹性绳一端系于A点,另一端与质量为m、套在光滑竖直固定杆上B点的小球相连,此时A、B在同一水平线上,且弹性绳原长恰好等于A、B间距L。现将小球从B点由静止释放,当小球下落至C点时动能最大,AC与水平方向的夹角为30°。已知轻弹性绳的弹力与伸长量遵循胡克定律,重力加速度为g,弹性绳的弹性势能为Ep=kx2,式中x为弹性绳的伸长量,则小球的最大动能为(　　)
A.
B.
C.
D.
4.(2024四川攀枝花十五中月考)冬奥会上有一种女子单板滑雪U型池项目,如图所示为U形滑道模型,其中a、c为U形滑道两侧边缘,在同一水平面上,b为U形滑道最低点。运动员从a点上方h高度处的O点自由下落,沿左侧边缘切线进入滑道中,沿右侧边缘切线飞出后上升至最高位置d点(相对c点高度为)。不计空气阻力,下列判断正确的是(　　)
A.第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失相同
B.从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度
C.从d返回可以恰好到达a
D.从a到d的过程中机械能可能守恒
5.(2025四川南充月考)如图所示,在足够长的光滑水平桌面上固定一个四分之一光滑圆弧形槽,半径R=0.45 m,末端与桌面相切。将质量m=0.1 kg的小球(可视为质点)由槽的顶端无初速度释放,经桌面上A点水平飞出,小球恰好无碰撞地沿圆弧切线从地面上的B点进入固定的竖直光滑圆弧轨道,B、C为圆弧的两端点,其连线水平,O为圆弧最低点。已知圆弧对应圆心角θ=106°,半径r=1 m。g取10 m/s2, sin 53°=0.8, cos 53°=0.6。求:
(1)小球沿圆弧形槽下滑到槽底端时,小球的速度大小;
(2)桌面离水平地面的高度h;
(3)小球运动至O点时对圆弧轨道的压力大小。
6.(2025四川成都期末联考)如图所示,AB是一个倾角为37°且足够长的倾斜轨道,在B处与水平面平滑连接,CDE是由两个半径为R的半圆管组成的“S”形轨道,EFG是以C为圆心的四分之一圆弧面。从AB某位置由静止释放一个质量为m的小物块,小物块恰好能运动到E点。已知小物块和斜面间动摩擦因数为0.25,其余部分摩擦不计,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物块在C点时对轨道的压力大小;
(2)小物块从轨道释放点到水平面的高度;
(3)若小物块停在E点后给小物块一个微小扰动(视为从静止出发)使其向右运动,小物块在下滑高度为多少时与轨道脱离。
题组二　机械能守恒定律在连接体问题中的应用
7.(2025四川乐山质检)如图所示,光滑水平面与光滑半球面相连,O点为球心,一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B,A、B质量相等且均可视为质点,开始时A、B静止,轻绳水平伸直,B与O点等高,释放B后,当B和球心O的连线与竖直方向夹角为30°时,B下滑速度为v,此时A仍在水平面上,重力加速度为g,则球面半径为(　　)
A.　　　B.
C.　　　D.
8.(多选题)(2024江苏南通海安高级中学期中)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则(　　)
A.a落地前,a、b整体机械能守恒
B.因为a的机械能守恒,所以a落地时速度大小为
C.a下落过程中,竖直杆对a的作用力先减小后增大
D.a落地前,当b对地面的压力大小为mg时,b的机械能最大
9.(2025四川成都七中期末)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,BC是半径为R的圆弧轨道,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。求:
(1)P球到达C点时,P、Q系统重力势能的减小量;
(2)P球到达C点时的速度大小;
(3)P球到达B点时的速度大小。
答案与分层梯度式解析
第四章　机械能及其守恒定律
5　机械能守恒定律
基础过关练
1.B 2.D 3.CD 4.BC 5.D 6.A
7.D 8.D 9.B 10.BD 11.D
1.B　电梯匀速下降,说明电梯处于受力平衡状态,并不是只有重力做功,机械能不守恒,所以A错误;物体在光滑斜面上,受重力和支持力的作用,但是支持力的方向和物体位移的方向垂直,支持力不做功,只有重力做功,机械能守恒,所以B正确;物体沿斜面匀速下滑,物体处于受力平衡状态,摩擦力和重力都做功,机械能不守恒,所以C错误;拉着物体沿光滑斜面匀速上升,物体处于受力平衡状态,拉力和重力都做功,机械能不守恒,所以D错误。
2.D　因两小球质量不等,由重力势能表达式Ep=mgh可知,上升到同一高度时,所具有的重力势能不相等,A错误;上升过程中只有重力做功,故小球机械能守恒,因初始动能相同,机械能相等,上升到同一高度时机械能相等,而重力势能不相等,所以动能不相等,B、C错误,D正确。
3.CD　小铁块A和B在下滑过程中,只有重力做功,机械能守恒,从顶端到底部,由mgH=mv2得v=,所以A和B到达底部时速率相等,故C、D正确;由于A和B的质量不同,所以下滑过程中重力所做的功不相等,到达底部时动能也不相等,故A、B错误。
4.BC　小球从半圆形槽的最低点向半圆形槽右侧运动的过程中,小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动,半圆形槽对小球的支持力对小球做负功,小球的机械能不守恒,A、D错误;小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,半圆形槽静止,则只有重力做功,小球的机械能守恒,B正确;小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功,机械能守恒,C正确。
方法技巧
　　判断机械能守恒的三种方法
5.D　根据万有引力提供向心力有G=m,所以v=,由于轨道半径逐渐变小,则卫星速度增大,动能增大,故A错误;在卫星轨道半径变小的过程中引力对卫星做正功,卫星的引力势能减小,故B错误;机械能守恒的条件是只有引力做功,卫星轨道半径变小过程中有气体阻力做功,机械能不守恒,故C错误;在卫星轨道半径变小的过程中,卫星的动能增加,故引力对卫星做的功大于卫星克服气体阻力做的功,即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小,故D正确。
6.A　小球做平抛运动过程,由h=gt2和vy=gt得vy= m/s;落地时,tan 60°=,可得v0== m/s;由弹簧与小球组成的系统机械能守恒得Ep=m,可求得Ep=10 J,故A正确。
7.D　开始抛出时,有mgh=2×m,当动能和势能相等时,有mgh1=mv2,小球的竖直速度vy=,联立可得vy==,解得=,D正确。
8.D　小球从B位置到C位置,重力大于弹簧的弹力,合力向下,小球加速运动;从C位置到D位置过程中,重力小于弹簧的弹力,合力向上,小球减速运动,故在C位置小球的动能最大,A错误。整个下落过程中,小球受到的弹簧弹力做功,所以小球的机械能不守恒,但小球和弹簧组成的系统机械能守恒,即小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和保持不变。从A位置到D位置,小球动能变化量为零,根据系统的机械能守恒,知小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量;从A位置到C位置,小球减少的重力势能一部分转化为动能,另一部分转化为弹簧的弹性势能,故小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量,D正确,B、C错误。
9.B　小圆环的向心加速度为an==g,即v=,说明此时小圆环在大圆环的上半部分,设小圆环与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,由机械能守恒定律得mgR·(1- cos θ)=mv2,大圆环对小圆环的弹力大小满足N+mg cos θ=m,联立解得θ=60°,N=mg,故选B。
10.BD　当B球到达水平地面上时,杆对A球的弹力开始做负功,A球机械能不守恒,A错误;下滑的整个过程中,A、B组成的系统只有重力做功(杆的弹力对A、B做功的代数和为0),两球组成的系统机械能守恒,B正确;由机械能守恒定律知mBgh+mAg(L sin 30°+h)=(mA+mB)v2,解得v= m/s,C错误;ΔEB=mBv2-mBgh= J,D正确。
11.D　物块B的重力势能减小量为ΔEp=WG=mgh=mgL tan θ,故B错误;将物块B的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向,有vA=vB sin θ,可知物块A的速度小于物块B的速度,故C错误;根据机械能守恒,有mgL tan θ-mg sin θ=m+m,解得vB=,故D正确;绳的拉力对B做负功,故物块B机械能不守恒,故A错误。
能力提升练
1.AB 2.B 3.A 4.B 8.D 9.ACD 10.B
1.AB　从A到C过程中,除了重力对运动员做功外,还有蹦床弹力对运动员做负功,运动员的机械能减少,故A正确;根据题意可知在B点蹦床对运动员的弹力大小等于运动员的重力,运动员从O到A过程做自由落体运动,速度增大,从A到B过程中所受的弹力小于其重力,所以速度继续增大,从B到C过程中所受的弹力大于其重力,做减速运动,可知在B点时速度达到最大,动能最大,故B正确;运动员从O到C过程中,重力一直对其做正功,重力势能一直减小,故C错误;从A到C过程中,蹦床对运动员的弹力竖直向上,运动员向下运动,可知蹦床对运动员的弹力做负功,蹦床的弹性势能一直增大,故D错误。
2.B　释放时小球的速度为零,重力做功功率为零,最低点时速度方向沿水平方向,重力的功率也为零,所以从小球释放到摆到最低点的过程中重力的功率先增大后减小,故A错误;小球下摆,根据机械能守恒有mgL(1- cos 53°)=mv2,解得v=2 m/s,细线碰到O'处的长钉时,根据牛顿第二定律得F-mg=m,解得F=17 N,故B正确;细线即将碰到O'处的长钉时,由v=ωr,得小球的角速度为ω== rad/s,故C错误;根据机械能守恒定律,小球恰好能返回A点,不能碰到小丽同学的鼻尖,故D错误。
3.A　小球下落过程先加速后减速,当加速度为0时速度最大,动能最大,此时有k sin 30°=mg,解得k=,由能量守恒定律得mgL·tan 30°=Ekm+k,解得Ekm=,故选A。
4.B　由于从a到b与从b到c的平均速率不同,平均压力不同,平均摩擦力不同,所以第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失不相同,A错误;从高h处自由下落由左侧边缘进入滑道中,从右侧边缘飞出后上升的最大高度为,克服摩擦力做功为mgh,从a到c比从c到a的平均速率大,则从d返回经c到a克服摩擦力做功小于mgh,故从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度,C错误,B正确;从a到d的过程中有克服摩擦力做功,机械能不守恒,D错误。故选B。
5.答案　(1)3 m/s　(2)0.8 m　(3)4.3 N
解析　(1)小球沿圆弧形槽下滑到槽底端的过程中机械能守恒,则有mgR=m
解得小球滑至槽底端时的速度大小为v1=3 m/s。
(2)小球离开桌面后以3 m/s的初速度做平抛运动,竖直方向有h=gt2,小球恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入固定的竖直光滑圆弧轨道,则小球沿与水平方向的夹角为53°的方向进入竖直圆弧轨道,则
tan 53°=
解得t=0.4 s,h=0.8 m。
(3)小球由A点到O点机械能守恒,由机械能守恒定律得mg(h+r-r cos 53°)=m-m
在圆弧最低点O,由牛顿第二定律得F-mg=m
代入数据解得圆弧轨道对小球的支持力大小为F=4.3 N
根据牛顿第三定律,小球对圆弧轨道的压力大小为4.3 N。
6.答案　(1)9mg　(2)6R　(3)
解析　(1)小物块恰好能运动到E点,可知在E点时的速度为零,则由C到E由机械能守恒定律有-mg×4R=0-m
在C点时,根据牛顿第二定律,有FNC-mg=m
解得vC=2,FNC=9mg
由牛顿第三定律得,小物块在C点对轨道的压力大小为9mg
(2)从释放点到水平面由动能定理有mgh-μmg cos θ·=m
解得h=6R
(3)设小物块在F点脱离,该位置与C点连线与水平方向夹角为θ,根据牛顿第二定律,有
mg sin θ=m
由机械能守恒定律有mg·4R(1- sin θ)=mv2
解得sin θ=
则小物块下落的高度为hEF=4R(1- sin θ)
联立可得hEF=
7.D　在该过程中,物块A和物块B组成的系统机械能守恒,则有mgR cos 30°=m+m,如图所示,将B的速度沿着平行于绳子方向和垂直于绳子方向进行分解,物块A、B沿着绳子方向的分速度相等,故有vA=vB cos 30°,其中vB=v,联立解得R=,D正确。
易混易错
判断机械能守恒的“三点”注意
　　(1)系统机械能守恒时,单个物体机械能不一定守恒。
　　(2)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零,更不是合外力等于零,而是看是否只有重力或系统内弹力做功。
　　(3)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况,机械能一般不守恒。
8.ACD　a下落通过轻杆推动b运动,对a、b组成的系统,轻杆对a、b的一对内力做功总和为零,系统机械能不损失,a、b整体机械能守恒,故A正确;a运动到最低点时,b的速度为零,整个过程中,b的速度先增大后减小,即动能先增大后减小,重力势能不变,则b的机械能先增大后减小,由系统机械能守恒知,a的机械能先减小后增加,a的机械能不守恒,故B错误;b的速度先增大后减小,则b速度最大时合力为零,轻杆对a的弹力为零,则此时竖直杆对a的作用力为零,所以竖直杆对a的作用力先减小后增大,故C正确;a、b整体的机械能守恒,当a的机械能最小时,b的速度最大,此时b受到轻杆的推力为零,所以b对地面的压力大小为mg,故D正确。
9.答案　(1)4mgR　(2)2　(3)
解析　(1)P球到达C点时,P球减小的重力势能ΔEp1=3mgR
Q球减小的重力势能ΔEp2=mgR
P、Q系统重力势能的减小量
ΔEp=ΔEp1+ΔEp2=4mgR
(2)由机械能守恒定律得4mgR=×2mv2
解得v=2
(3)当P球到达B点时杆与水平面间的夹角θ满足
sin θ==,解得θ=30°
当P球到达B点时有vQ cos 30°=vP cos 60°
P、Q系统机械能守恒,有3mgR=m+m
联立解得vP=
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