高中物理机械能守恒定律及其应用检测题
1.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可
视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最
低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿
AB 下滑过程中( )
A ．所受合外力始终为零
B ．所受摩擦力大小不变
C ．合外力做功一定为零
D ．机械能始终保持不变
解析：选C 运动员从A 点滑到B 点的过程做匀速圆周运动，合外力指
向圆心，不做功，故A 错误，C 正确。如图所示，沿圆弧切线方向运动员受
到的合力为零，即F f ＝mg sin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩
擦力F f 变小，故B 错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则
机械能减小，故D 错误。
2．(2019·内江一模)如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计)，下列说法正确的是( )
A ．绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小
B ．该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小
C ．该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功
D ．在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大
解析：选D 绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的速度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大，继续向下，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动
能减小，A 错误；该过程中，手受到绳的拉力一直增大，B 错误；由动能定理可得W G －W 克绳＝0－12
mv 02，该过程中重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C 错误；在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，D 正确。
3．[多选]如图所示，光滑长铁链由若干链节组成，全长为L ，圆形管状轨道半径为R ，L >2πR ，R 远大于一节铁链的高度和长度。铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是( )
A ．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节链节机械能守恒
B ．每节铁链通过最高点的速度依次减小
C ．第一节链节与最后一节链节到达最高点的速度大小相等
D ．第一节链节回到最低点至最后一节链节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变
解析：选CD 铁链由完全相同的各链节构成连接体，各链节之间有弹力作用，若选第一节为研究对象，机械能不守恒，故A 错误；第一节上升的过程，链节的重心上升，重力势能增加，由系统机械能守恒知动能减小，以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B 错误，D 正确；
第一节链节到达最高点和最后一节到达最高点时链节的重心位置相同，由E k1＋E p1＝E k2＋E p2知重力势能相等时动能相等，故C 正确。
4.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小
物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨
道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大
小为g )( )
A.v 2
16g
B.v 28g
C.v 2
4g D.v 22g
解析：选B 设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守
恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t,2R ＝12
gt 2，求得x ＝
－16? ????R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 2
8g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误。
5．[多选](2020·武汉调研)如图所示，用长度为s 的金属丝绕制成高度为h 的等
距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为m 的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速
度释放。已知重力加速度为g ，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A ．下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大
B ．小球的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线
运动
C ．小球运动到螺旋轨道底端时，重力的功率为mg 2gh
D ．小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为 2s 2gh
解析：选AD 由于不计一切摩擦，故小球在下滑过程中机械能守恒，小球沿轨道斜向下的速度不断增大，故小球下滑过程中的运动可分解为水平方向速率不断增大的圆周运动和竖直方向的匀加速直线运动，选项B 错误；又小球下滑过程中，水平方向做圆周运动的速率不断增大，则轨道对小球水平方向的作用力逐渐增大，竖直方向小球的受力恒定不变，即轨道对小球竖直方向的作用力恒定不变，故下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大，选项A 正确；小球运动到螺旋轨道底端时，根据机械能守恒定律有mgh ＝12
mv 2，解得v ＝2gh ，根据功率公式，重力的功率P ＝mgv cos θ＝mg 2gh cos θ，θ为小球运动到底端时速度方向与重力方向的夹角，选项C 错误；用长度为s 的金属丝绕制成高度为h 的等距螺旋轨道，
可等效为长度为s 、高度为h 的倾斜轨道，小球速度方向与竖直方向夹角的余弦值cos θ＝h s ，小球沿等效倾斜轨道运动的加速度a ＝g cos θ＝gh s ，由s ＝12
at 2，解得小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间t ＝2s 2
gh ，选项D 正确。
6．[多选]如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC ，小球以一定的初速度从最低点A 冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A 运动到C 的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C 受到轨道的作用力为2.5 N ，空气阻力不计，B 点为AC 轨道的中点，g ＝10 m/s 2
，下列说法正确的是( )
A ．图乙中x ＝36
B ．小球质量为0.2 kg
C ．小球在B 点受到轨道的作用力为8.5 N
D ．小球在A 点时重力的功率为5 W
解析：选BC 小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有12mv 02＝12
mv 2＋mgh ，解得v 2＝－2gh ＋v 02，当h ＝0.8 m 时，v 2＝9 m 2/s 2，代入数据得v 0＝5 m/s ；当h ＝0时，v 2＝v 02＝25 m 2/s 2，x ＝25，故A 错误；由题图乙可知，轨道半径R ＝0.4 m ，小球在C 点的速度v C ＝3 m/s ，由牛顿第二定律
可得F ＋mg ＝m v C 2R ，解得m ＝0.2 kg ，B 正确；小球从A 到B 过程中由机械能守恒有12mv 02＝12
mv B 2＋mgR ，解得小球运动到B 点的速度v B ＝17 m/s ，在B 点，由牛顿第二定律可知N B ＝m v B 2R
，代入数据得N B ＝8.5 N ，选项C 正确；小球在A 点时，重力mg 和速度v 0垂直，重力的瞬时功率为0，D 错误。
7．[多选](2020·济宁模拟)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O 与管口A 的距离为2x 0，一个质量为m 的小球从管口由静止开始下落，将弹簧压缩
至最低点B ，压缩量为x 0，设小球运动到O 点时的速度大小为v 0，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v 0
B ．小球运动的最大速度等于v 0
C ．弹簧的劲度系数为mg
x 0
D ．弹簧的最大弹性势能为3mgx 0
解析：选AD 当小球加速度为0时，小球速度最大，kx ＝mg ，所以速度最大位置在压缩量为mg k 位置，从O 点到压缩量为mg k 位置，小球合力向下，依然加速，最大速度大于v 0，A 正确，B 错误；结合A 选项的分析，kx ＝mg ，x 为速度最大的位置，x 0为速度为0的位置，所以x
8.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 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。求：
(1)斜面的倾角α；
(2)A 获得的最大速度v m 。
解析：(1)由题意可知，当A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面，A 的加速度此时为零 由牛顿第二定律：4mg sin α－2mg ＝0
解得：sin α＝12
，即α＝30°。 (2)由题意可知，A 、B 、C 组成的系统在初始时和A 沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，设弹簧的形变量为Δx ，由题意可得：2mg ＝k Δx
4mg Δx sin α－mg Δx ＝12
×5mv m 2 解得：v m ＝2g m 5k
。 答案：(1)30° (2)2g
m 5k 9．(2020·黑龙江重点中学联考)如图所示，竖直平面内有一半径
为R ＝0.50 m 的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，水平面DQ 与圆弧
槽相接于D 点，一质量为m ＝0.10 kg 的小球从B 点的正上方H ＝0.95 m
高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧槽轨道，从D 点飞出后落在水平
面上的Q 点，DQ 间的距离x ＝2.4 m ，球从D 点飞出后的运动过程中相
对水平面上升的最大高度h ＝0.80 m ，取g ＝10 m/s 2
，不计空气阻力，求：
(1)小球经过C 点时轨道对它的支持力大小F N ；
(2)小球经过P 点时的速度大小v P ；
(3)D 点与圆心O 的高度差h OD 。
解析：(1)设小球经过C 点时的速度为v 1，由机械能守恒定律有
mg (H ＋R )＝12mv 12
由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 12R
代入数据解得F N ＝6.8 N 。
(2)从P 到Q 小球做平抛运动
竖直方向有h ＝12
gt 2 水平方向有x 2
＝v P t 代入数据解得v P ＝3 m/s 。
(3)小球从开始运动到P 点的过程中，机械能守恒，取DQ 水平面为零势能面，则12mv P 2＋mgh ＝mg (H ＋h OD )
代入数据解得h OD ＝0.3 m 。
答案：(1)6.8 N (2)3 m/s (3)0.3 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10．(2020·泰安模拟)如图，两个相同的小球P 、Q 通过铰链用刚性轻杆连
接，P 套在光滑竖直杆上，Q 放在光滑水平地面上。开始时轻杆贴近竖直杆，由
静止释放后，Q 沿水平地面向右运动。下列判断正确的是( )
A ．P 触地前的速度一直增大
B ．P 触地前的速度先增大后减小
C ．Q 的速度一直增大
D ．P 、Q 的速度同时达到最大
解析：选A 开始时Q 速度为零，当P 到达底端时，Q 的速度也为零，所以在整个过程中，Q 的速度先增大后减小，动能先增大后减小，对由P 、Q 组成的系统由机械能守恒可知，整个过程是P 的重力势能转化为P 的动能，P 在下落过程中前半段加速度小于g ，后半段大于g ，所以P 一直处于加速下滑状态，故A 正确，B 错误；P 一直处于加速下滑状态，所以当Q 速度到达最大时，P 还没达到最大速度，故C 、D 错误。
11.如图所示，一根足够长的光滑细杆倾斜放置在竖直平面内，它与以O 为圆心、
R 为半径的圆(图中虚线表示)相交于B 、C 两点，一轻弹簧一端固定在圆心O 点，另一
端连接一质量为m 的小球，小球穿在细杆上且能自由滑动，小球由圆心正上方的A 点
静止释放，经过B 点时弹簧恰好处于原长，此时小球速度为v ，整个过程弹簧均在弹
性限度内，则小球从A 点到C 点的运动过程中，下列判断正确的是( )
A ．小球的机械能守恒
B ．小球经过B 点时速度最大
C ．小球经过C 点时速度一定大于v
D ．小球重力势能和动能之和先减小后增大再减小
解析：选C 小球从A 点到C 点的运动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故A 不正确。小球经过B 点时弹簧恰好处于原长，此时小球速度为v ，则小球经过C 点时弹簧恰好也处于原长，小球从B 到C 重力做正功，小球动能增加，小球经过C 点时速度一定大于v ，故B 不正确，C 正确。分析知弹簧原来处于伸长状态，小球从A 到B ，弹簧的弹力做正功，弹性势能减少，小球的重力势能和动能之和先增加；小球从B 到BC 的中点过程中，弹簧被压缩，弹性势能增加，则小球的重力势能和动能之和就减少，小球从BC 中点到C 的过程中，弹簧伸长，弹性势能减少，则小球的重力势能和动能之和就增加，所以小球从A 点到C 点的运动过程中，小球重力势能和动能之和先增加后减少再增加，故D 不正确。
12．[多选]如图所示，在竖直平面内固定有同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗
糙。一质量为m 的小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两
圆间距，球运动的轨道半径为R ，不计空气阻力。设小球过最低点时重力势能为
零，下列说法正确的是( )
A ．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
B ．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为32
mgR C ．若使小球始终做完整的圆周运动，则v 0一定不小于5gR
D ．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v 0＝4gR
解析：选AC 若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆轨道接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A 正确；若初速度v 0比较小，小球在运动过程中一定与内圆轨道接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在水平直径下方运动，最大
的机械能为mgR ，所以小球最终的机械能不可能为32
mgR ，若初速度v 0足够大，小球始终沿外圆轨道做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR ，故B 错误；若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆轨道运动，在运动过程中不受摩擦力作用，机械能守恒，设小球沿外圆轨道恰好运动到最高点时
的速度为v ，则有mg ＝m v 2R ，由机械能守恒定律得12mv 02＝mg ·2R ＋12
mv 2，解得小球在最低点时的最小速度v 0＝5gR ，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v 0一定不小于5gR ，故C 正确；若内圆轨道光滑，小球在运动过程中不受摩擦力作用，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，
由机械能守恒定律得12
mv 02＝mg ·2R ，小球在最低点时的速度v 0＝4gR ，由于内圆轨道粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v 0一定大于4gR ，故D 错误。
13.(2018·江苏高考)如图所示，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度。
细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B 。质量为m 的小
球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l 。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F ；
(2)物块和小球的质量之比M ∶m ；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T 。
解析：(1)由几何知识可知AC ⊥BC ，根据平衡条件得
(F ＋mg )cos 53°＝Mg
解得F ＝53Mg －mg 。 (2)与A 、B 相同高度时
小球上升h 1＝3l sin 53°，
物块下降h 2＝2l ，
物块和小球组成的系统机械能守恒mgh 1＝Mgh 2
解得M m ＝65
。 (3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T ，加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
Mg －T ＝Ma
对小球，沿AC 方向由牛顿第二定律得
T －mg cos 53°＝ma
解得T ＝8mMg 5m ＋M
结合(2)可得T ＝18mg ＋25Mg 55或4855mg 或811
Mg 。 答案：(1)53
Mg －mg (2)6∶5 (3)8mMg 5m ＋M ? ??
??18mg ＋25Mg 55或4855mg 或811Mg