機械能守恒定律-2023年高考物理考前知識點練習（含解析）

12機械能守恒定律-2023年高考物理考前沖刺高頻考點知識點突

破練習

一.選擇題（共9小題）

1.（2022?密云區(qū)一模）2021年2月24日，“天問一號”火星探測器經過200多天的飛行，

成功進入橢圓形的軌道繞火星運動，開展對火星的觀測，并為著陸火星做好準備。如圖

所示，在“天問一號”沿橢圓軌道由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，下列說法

B.探測器的速度逐漸減小

C.引力對探測器做負功，探測器的勢能逐漸減小

D.引力對探測器做正功，探測器的機械能逐漸增大

2.（2022?西城區(qū)一模）2022年2月5日，中國短道速滑運動員在混合團體接力決賽中為中

國隊拿下北京冬奧會首金，這也是這一新增項目的奧運歷史首金。短道速滑接力比賽中

運動員在直道上采用推接方式進行替換（如圖）。若忽略推接過程中冰面對運動員的摩擦

力，則在甲運動員用力將乙運動員推出的過程中，以下說法一定正確的是（）

A.甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力

B.甲的速度變化量的大小等于乙的速度變化量的大小

C.甲、乙運動員組成的系統(tǒng)機械能守恒

D.甲、乙運動員組成的系統(tǒng)動量守恒

3.（2022?房山區(qū)一模）由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈

道曲線”，如圖中實線所示。圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運動軌跡，0、

a、b、c、d為彈道曲線上的五點，其中點O為發(fā)射點，d點為落地點，b點為軌跡的最

高點，a、C為運動過程中經過的距地面高度相等的兩點，重力加速度為go下列說法正

A.炮彈到達最高點b的機械能大于它在a點的機械能

B.炮彈到達最高點b時的加速度為g

C.炮彈經過a點時的速度大于經過C點時的速度

D.炮彈由O點運動到b點的時間與由b點運動到d點的時間相等

4.（2022?平谷區(qū)一模）質量均為m的兩個物體，分別在地球表面和月球表面以相同的初速

度VfJ豎直上拋，不計空氣阻力，已知月球表面的重力加速度約為地球表面的重力加速度

的工，下列說法正確的是（）

6

A.物體在地球表面比在月球表面的慣性大

B.從拋出到運動至最高點的過程中，重力的平均功率相等

C.從最高點落回至拋出點，物體重力勢能的變化量相等

D.落回拋出點時，重力的瞬時功率相等

5.（2022?平谷區(qū)一模）如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平桌面上，小車的上表

面是半徑為R的光滑半圓形軌道。小車兩側距離桌面邊緣的水平距離均為R?質量為m

的小球從小車上圓形軌道右側的最高點由靜止釋放，已知M>m（,下列說法正確的是

A.小球由靜止釋放后，小球的機械能守恒

B.小球由靜止釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)的動量守恒

C.小球到達圓弧軌道左側最高處時，小車的速度為零

D.小車的左邊外側始終不會伸出桌面左邊緣，小車的右邊外側會伸出桌面右邊緣

6.（2023?西城區(qū)一模）跳臺滑雪主要分為4個階段，助滑階段、起跳階段、飛行階段和落

地階段.在飛行階段，運動員會采取一種身體向前傾，同時滑雪板向前分開呈“V”字型

的經典姿勢，如圖所示.這種姿勢能夠加大運動員與下方空氣接觸的面積，并且還可以

讓身體和雪板與水平方向呈最為理想的夾角，就像飛機起飛一樣，從而獲得較大的空氣

托舉力.關于運動員在飛行階段采用“V”字型姿勢，下列說法正確的是（）

A.可以增加水平方向的飛行速度

B.可以增加豎直方向的加速度

C.可以增加運動員的機械能

D.可以獲得更長的飛行時間

7.（2023?朝陽區(qū)一模）如圖所示，豎直輕彈簧下端固定在水平面上，一小球從彈簧正上方

某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度（在彈性限度內）。

不計空氣阻力。則（）

O

A.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的加速度不斷增大

B.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的速度先增大后減小

C.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的機械能守恒

D.小球在最低點時所受的彈力大小等于其所受的重力大小

8.（2023?平谷區(qū)一模）如圖，細繩一端固定于懸掛點P,另一端系一小球。在懸掛點正下

方Q點處釘一個釘子。小球從A點由靜止釋放，擺到最低點O的時間為tι,從O點向

右擺到最高點B（圖中未畫出）的時間為t2。擺動過程中，如果擺角始終小于5°,不計

空氣阻力。下列說法正確的是（）

AO

A.tι=t2,擺球經過。點前后瞬間，小球的速率不變

B.tι>t2,擺球經過O點前后瞬間，小球的速率變大

C.t∣=t2,擺球經過O點前后瞬間，擺線上的拉力大小不變

D.t1>t2,擺球經過O點前后瞬間，擺線上的拉力變大

9.（2023,平谷區(qū)一模）如圖所示，質量分別為mi和m2（m2>3mι）的兩個小球疊放在一

起，從高度為h處由靜止釋放，它們一起下落。已知h遠大于兩球半徑，碰撞前后小球

都沿豎直方向運動，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.在下落過程中，兩個小球之間存在相互作用的彈力

B.釋放后至彈起的過程中，兩小球的動量守恒

C.若所有的碰撞都沒有機械能損失，且碰撞后m2彈起的最大高度h2<0.5h,則碰撞后

mi彈起的最大高度h∣一定大于2.5h

D.若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運動，則兩球彈起的最大高

度為h

二.計算題（共4小題）

10.（2022?豐臺區(qū)一模）如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內，半圓與

光滑水平地面相切于最低點A。質量為m的小球以初速度Vo從A點沖上豎直圓環(huán)，沿

軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上的C點，重力加速度為g,不計空氣阻力。

（1）求小球運動到軌道末端B點時的速度大小V；

（2）求A、C兩點間的距離x；

（3）若半圓形軌道不光滑，小球仍以初速度Vo從A點沖上半圓軌道后，恰好能沿軌道

運動到B點飛出，落在水平地面上D點。請你在圖中標出D點的大致位置；并求出小球

落在C點時動能與落在D點時動能的差值△Eko

C

11.（2023?海淀區(qū)一模）圖1中過山車可抽象為圖2所示模型：弧形軌道下端與半徑為R

的豎直圓軌道平滑相接，B點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。質量為m的小球

（可視為質點）從弧形軌道上距B點高4R的A點靜止釋放，先后經過B點和C點，而

后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。

圖1圖2

（1）求小球通過B點時的速度大小VBo

（2）求小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小F和方向。

（3）請分析比較小球通過B點和C點時加速度的大小關系。

12?（2023?東城區(qū)一模）如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與水平地面上的物塊1接觸

（但未連接）。在外力作用下物塊1靜止，此時彈簧的壓縮量為IOcm,之后撤去外力，

物塊1開始向左運動，離開彈簧后與靜止在水平地面上的物塊2發(fā)生碰撞，碰撞時間極

短，碰后二者粘在一起。

己知兩物塊質量均為m=lkg,彈簧的勁度系數(shù)k=400N∕m,當彈簧形變量為X時彈簧具

有的彈性勢能為4χ2,彈簧始終在彈性限度內。不計空氣阻力及切摩擦。求：

2

（1）剛撤去外力時，彈簧彈力的大?。?/p>

（2）兩物塊碰撞前，物塊1的速度大小。

（3）兩物塊碰撞過程中損失的總機械能。

13.（2023?石景山區(qū)一模）如圖所示，長為1的輕繩上端固定在O點，下端系一質量為m

的小球（可視為質點）。重力加速度為g。

（1）在水平拉力的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為。，小球保持靜止。請畫出此時小

球的受力示意圖，并求所受水平拉力的大小F；

（2）由圖示位置無初速釋放小球，不計空氣陰力。當小球通過最低點時，求：

①小球動量的大小p；

②輕繩對小球拉力的大小Fro

三.解答題（共3小題）

14.（2023?海淀區(qū)一模）反沖是常見的現(xiàn)象。

（1）靜止的鈾核（238U）放出1個動能為E的未知粒子后，衰變?yōu)?個社核（234）

9290τho

a.請寫出上述衰變過程的核反應方程；

b.求反沖的針核的動能Ek。（計算中可忽略質子和中子質量的差異，不考慮相對論效應）

（2）如圖1所示，用輕繩連接的滑塊A和B（均可視為質點）靜止在光滑水平面上，其

間有一被輕繩束縛而處于壓縮狀態(tài)的輕質彈簧，已知滑塊A的質量為m,彈簧的彈性勢

能為Ep。請證明：滑塊B的質量M越大，剪斷輕繩，當彈簧恢復原長時，滑塊A獲得

的動能就越大。

（3）如圖2所示，以地心為參考系，質量為M的衛(wèi)星只在地球引力的作用下沿與赤道

面共面的橢圓軌道運動。衛(wèi)星的發(fā)動機短暫點火可使衛(wèi)星變更軌道：將質量為Am的氣

體在極短時間內一次性向后噴出。假設無論發(fā)動機在什么位置短暫點火，點火后噴出氣

體相對點火后衛(wèi)星的速度大小U都相同。如果想使點火后衛(wèi)星的動能盡可能大，請通過

分析，指出最佳的點火位置。

地球

A∏∑∏∏∏∏ΓB{（J;

~77∕777777777777^?777777''、、、?/.?'

圖1圖2

15.（2023?延慶區(qū)一模）如圖所示，小球A質量為m,系在細線的一端，線的另一端固定

在O點，繩AO長為L,O點到光滑水平面的距離為L?物塊B和C的質量分別是3m

和2m,B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方?，F(xiàn)拉

動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰（碰撞時

間極短），反彈后上升到最高點時到水平面的高度為工L。小球與物塊均視為質點，不計

4

空氣阻力，重力加速度為g,求：

（1）小球A運動到最低點與B碰撞前細繩拉力F的大小；

（2）碰撞過程B物塊受到的沖量大小I；

（3）物塊C的最大速度的大小VM,并在坐標系中定量畫出B、C兩物塊的速度隨時間

變化的關系圖像。（畫出一個周期的圖像）

A0

Q------------T

?iL

'BIC

_________'*---Γ?Λ?VWWWjΓl

WWWWWwWW'WWWWwW

16.（2023?豐臺區(qū)一模）能量守恒定律是普遍、和諧、可靠的自然規(guī)律之一。根據能量守恒

定律，物理學發(fā)現(xiàn)和解釋了很多科學現(xiàn)象。

（1）經典力學中的勢阱是指物體在場中運動，勢能函數(shù)曲線在空間某一有限范圍內勢能

最小，當物體處于勢能最小值時，就好像處在井里，很難跑出來。如圖所示，設井深為

H,若質量為m的物體要從井底至井口，已知重力加速度為g,求外力做功的最小值W。

（2）金屬內部的電子處于比其在外部時更低的能級，電勢能變化也存在勢阱，勢阱內的

電子處于不同能級，最高能級的電子離開金屬所需外力做功最小，該最小值稱為金屬的

逸出功。如圖所示，溫度相同的A、B兩種不同金屬逸出功存在差異，處于最高能級的

電子電勢能不同，A、B金屬接觸后電子轉移，導致界面處積累正負電荷，穩(wěn)定后形成接

觸電勢差。已知A金屬逸出功為WA,B金屬逸出功為WB,且WA<WB,電子電荷量

為-e。

a.請判斷界面處A、B金屬電性正負；

b.求接觸電勢差UAB。

(3)同種金屬兩端由于溫度差異也會產生電勢差，可認為金屬內部電子在高溫處動能大,

等效成電子受到非靜電力作用往低溫處擴散。如圖有一橢球形金屬，M端溫度為Ti,N

端溫度為T2(T∣>T2),沿虛線方向到M端距離為L的金屬內部單個電子所受非靜電力

大小F滿足：F=Il受，非靜電力F沿虛線方向，比例系數(shù)μ為常數(shù)，與垂直于溫度變

化方向的金屬橫截面積大小有關，電子電荷量為-e,求金屬兩端的電勢差UMN。

12機械能守恒定律-2023年高考物理考前沖刺高頻考點知識點突

破練習

參考答案與試題解析

一.選擇題（共9小題）

1.（2022?密云區(qū)一模）2021年2月24日，“天問一號”火星探測器經過200多天的飛行，

成功進入橢圓形的軌道繞火星運動，開展對火星的觀測，并為著陸火星做好準備。如圖

所示，在“天問一號”沿橢圓軌道由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，下列說法

正確的是（）

a?λ.?返火點

A.探測器受到火星的引力增大

B.探測器的速度逐漸減小

C.引力對探測器做負功，探測器的勢能逐漸減小

D.引力對探測器做正功，探測器的機械能逐漸增大

【答案】A

【解答】解：A、“天問一號”沿橢圓軌道由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，r

減小，根據萬有引力表達式F=粵可知，萬有引力增大，故A正確；

BCD、由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，引力對探測器做正功，勢能減小，根

據動能定理可知，探測器的動能增加，速度增加，機械能守恒，故BCD錯誤。

故選：Ao

2.（2022?西城區(qū)一模）2022年2月5日，中國短道速滑運動員在混合團體接力決賽中為中

國隊拿下北京冬奧會首金，這也是這一新增項目的奧運歷史首金?短道速滑接力比賽中

運動員在直道上采用推接方式進行替換（如圖）。若忽略推接過程中冰面對運動員的摩擦

力，則在甲運動員用力將乙運動員推出的過程中，以下說法一定正確的是（）

A.甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力

B.甲的速度變化量的大小等于乙的速度變化量的大小

C.甲、乙運動員組成的系統(tǒng)機械能守恒

D.甲、乙運動員組成的系統(tǒng)動量守恒

【答案】D

【解答】解：A、甲對乙的作用力與乙對甲的作用力是一對相互作用力，大小相等，故A

錯誤；

BD、甲、乙運動員祖成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由AV=AR=工，可

mm

知，甲乙的質量未知，二者速度變化量的大小無法比較，故B錯誤，D正確；

C、在乙推甲的過程中，乙的肌肉對系統(tǒng)做功，甲、乙運動員組成的系統(tǒng)機械能不守恒，

故C錯誤；

故選：D。

3.（2022?房山區(qū)一模）由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈

道曲線”，如圖中實線所示。圖中虛線為不考慮空氣阻力情況下炮彈的理想運動軌跡，0、

a、b、c、d為彈道曲線上的五點，其中點O為發(fā)射點，d點為落地點，b點為軌跡的最

高點，a、C為運動過程中經過的距地面高度相等的兩點，重力加速度為go下列說法正

確的是（）

A.炮彈到達最高點b的機械能大于它在a點的機械能

B.炮彈到達最高點b時的加速度為g

C.炮彈經過a點時的速度大于經過C點時的速度

D.炮彈由0點運動到b點的時間與由b點運動到d點的時間相等

【答案】C

【解答】解：A、從a到b的過程中，由于空氣阻力做負功，機械能減少，所以炮彈到達

最高點b的機械能小于它在a點的機械能，故A錯誤；

B、由于在最高點b,除了受重力外還受到向后的空氣阻力，根據牛頓第二定律可知加速

度大于g,故B錯誤；

C、取地面為零勢能面，從a到C的過程中，由空氣阻力做負功，機械能減少，而炮彈在

兩點的重力勢能相等，因此經過a點時的動能大于經過c點時的動能，故C正確；

D、炮彈從O到b過程中，豎直方向的阻力向下，豎直方向的加速度大小大于g,從b

到d過程中，豎直方向的阻力向上，豎直方向的加速度小于g,根據H=∕at2可知，從

O到b的時間小于從b到d的時間，故D錯誤。

故選：C,

4.（2022?平谷區(qū)一模）質量均為m的兩個物體，分別在地球表面和月球表面以相同的初速

度VfJ豎直上拋，不計空氣阻力，已知月球表面的重力加速度約為地球表面的重力加速度

的工，下列說法正確的是（）

6

A.物體在地球表面比在月球表面的慣性大

B.從拋出到運動至最高點的過程中，重力的平均功率相等

C.從最高點落回至拋出點，物體重力勢能的變化量相等

D.落回拋出點時，重力的瞬時功率相等

【答案】C

【解答】解：A.兩物體的質量相同，則慣性相同，即物體在地球表面與在月球表面的慣

性同樣大，故A錯誤；

y0W

B.根據可得，從拋出到運動至最高點的過程中，重力的平均功率

g2g

IngV0,因地球和月球表面的重力加速度不同，則重力的平均功率不相等，

故B錯誤；

C.從最高點落回至拋出點，物體重力勢能的變化量^Ep=mgh=∕mv3則物體重力勢能

的變化量相等，故C正確；

D.落回拋出點時，速度大小仍為vo，則重力的瞬時功率PG=mgvo,因地球和月球表面的

重力加速度不同，則重力的瞬時功率不相等，故D錯誤。

故選：Co

5.（2022?平谷區(qū)一模）如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平桌面上，小車的上表

面是半徑為R的光滑半圓形軌道。小車兩側距離桌面邊緣的水平距離均為R。質量為m

的小球從小車上圓形軌道右側的最高點由靜止釋放，已知M>m?下列說法正確的是

)

A.小球由靜止釋放后，小球的機械能守恒

B.小球由靜止釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)的動量守恒

C.小球到達圓弧軌道左側最高處時，小車的速度為零

D.小車的左邊外側始終不會伸出桌面左邊緣，小車的右邊外側會伸出桌面右邊緣

【答案】C

【解答】解：A、小球由靜止釋放后，除重力做功外，小車對小球也做功，所以小球的機

械能不守恒，故A錯誤：

B、小球由靜止釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向合力為零，所以水平方向的動量

守恒，豎直方向的動量不守恒，所以小球和小車組成的系統(tǒng)的動量不守恒，故B錯誤；

C、由動量守恒定律可知，系統(tǒng)水平方向動量守恒，初狀態(tài)水平方向動量為零，當小球到

達圓弧軌道左側最高處時，相對小車靜止，系統(tǒng)的末動量也為零，所以小車的速度為零,

故C正確；

D、由水平方向的動量守恒可得小球從小車上圓形軌道右側的最高點由靜止釋放，運動到

最低點時，有：MVl=mv2

則有MXl=mx2

可得到

X2mXl

且X1+X2=R

則可得*_

1M+m

則小球運動到左側做高點時，小車向右移動的距離為x=2x∣烏蚊<R

1M+m

所以小車的右邊外側不會伸出桌面右邊緣，由動量守恒定律可得，小球從圓形軌道左側

的最高點由靜止釋放，運動到右側做高點時，小車回到原來的位置，所以小車的左邊外

側始終不會伸出桌面左邊緣，故D錯誤。

故選：Co

6.（2023?西城區(qū)一模）跳臺滑雪主要分為4個階段，助滑階段、起跳階段、飛行階段和落

地階段.在飛行階段，運動員會采取一種身體向前傾，同時滑雪板向前分開呈“V”字型

的經典姿勢，如圖所示.這種姿勢能夠加大運動員與下方空氣接觸的面積，并且還可以

讓身體和雪板與水平方向呈最為理想的夾角，就像飛機起飛一樣，從而獲得較大的空氣

托舉力.關于運動員在飛行階段采用“V”字型姿勢，下列說法正確的是（）

A.可以增加水平方向的飛行速度

B.可以增加豎直方向的加速度

C.可以增加運動員的機械能

D.可以獲得更長的飛行時間

【答案】D

【解答】解：ABD、運動員在飛行階段采用“V”字型姿勢，是為了增加身體與下方空

氣的接觸面積，從而增加空氣對身體的托舉力，根據牛頓第二定律可知，運動員在豎直

方向做加速運動的加速度將減小，從而延長了在空中飛行的時間，故AB錯誤，D正確;

C、空氣托舉力對運動員做負功，則運動員的機械能減少，故C錯誤。

故選：D。

7.（2023?朝陽區(qū)一模）如圖所示，豎直輕彈簧下端固定在水平面上，一小球從彈簧正上方

某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度（在彈性限度內）。

不計空氣阻力。則（）

O

A.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的加速度不斷增大

B.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的速度先增大后減小

C.從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，小球的機械能守恒

D.小球在最低點時所受的彈力大小等于其所受的重力大小

【答案】B

【解答】解：AB、小球從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，受重力和彈簧彈力作用，

彈力從零逐漸增大，開始階段彈力小于重力，小球合力向下，做加速運動，后階段彈力

大于重力，合力向上，小球做減速運動，故小球加速度先減小后增大、速度先增大后減

小，故A錯誤，B正確；

C、小球從接觸彈簧到運動至最低點的過程中，彈簧彈力對小球做負功，小球機械能不守

恒，故C錯誤；

D、小球在最低點時，其加速度豎直向上，其所受的彈力大小大于其所受的重力大小，故

D錯誤。

故選:Bo

8.（2023?平谷區(qū)一模）如圖，細繩一端固定于懸掛點P,另一端系一小球。在懸掛點正下

方Q點處釘一個釘子。小球從A點由靜止釋放，擺到最低點。的時間為tι,從。點向

右擺到最高點B（圖中未畫出）的時間為t2。擺動過程中，如果擺角始終小于5°,不計

I

空氣阻力。下列說法正確的是（）

\\\、\\\

A'6

A.tι=t2,擺球經過。點前后瞬間，小球的速率不變

B.t∣>t2,擺球經過0點前后瞬間，小球的速率變大

C.t∣=t2,擺球經過O點前后瞬間，擺線上的拉力大小不變

D.tι>t2,擺球經過O點前后瞬間，擺線上的拉力變大

【答案】D

【解答】解：因擺角始終小于5°,則小球在釘子兩邊擺動時均可看作簡諧運動因為在左

側擺動時擺長較長，根據丁=2兀,上

可知，左側周期較大，因擺球在釘子兩邊擺動的時間均為所在擺周期的工，可知

4

ti?∣T左>[τ右=12

2

細繩碰釘子的瞬間，小球的速率不變；擺球經過。點時，有F拉-mg=mJ

擺球經過O點碰釘子后，做圓周運動的半徑r減小，則繩子拉力變大。

故ABC錯誤；D正確；

故選：D。

9.（2023?平谷區(qū)一模）如圖所示，質量分別為m∣和m2（m2>3m∣）的兩個小球疊放在一

起，從高度為h處由靜止釋放，它們一起下落。已知h遠大于兩球半徑，碰撞前后小球

都沿豎直方向運動，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.在下落過程中，兩個小球之間存在相互作用的彈力

B.釋放后至彈起的過程中，兩小球的動量守恒

C.若所有的碰撞都沒有機械能損失，且碰撞后m2彈起的最大高度h2<0.5h,則碰撞后

m?彈起的最大高度h∣一定大于2.5h

D.若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運動，則兩球彈起的最大高

度為h

【答案】C

【解答】解：A.在下落過程中，兩個小球都做自由落體運動，故兩個小球之間無相互作

用力，故A錯誤；

B.釋放后至彈起的過程中，兩小球所受合力不為0,故動量不守恒，故B錯誤；

C.整個過程中兩小球根據機械能守恒定律（mi+m2）gh=m∣gh∣+m2gh2

由題知m2>3mι

h2<0.5h

解得hι>2.5h

故C正確；

D.若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運動，屬于完全非彈性碰撞,

有一部分機械能轉化為內能，根據機械能守恒定律可知兩球彈起的最大高度為應小于h,

故D錯誤。

故選：C,

二.計算題(共4小題)

10.(2022?豐臺區(qū)一模)如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內，半圓與

光滑水平地面相切于最低點A。質量為m的小球以初速度vo從A點沖上豎直圓環(huán)，沿

軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上的C點，重力加速度為g,不計空氣阻力。

(1)求小球運動到軌道末端B點時的速度大小v；

(2)求A、C兩點間的距離x；

(3)若半圓形軌道不光滑，小球仍以初速度VO從A點沖上半圓軌道后，恰好能沿軌道

運動到B點飛出，落在水平地面上D點。請你在圖中標出D點的大致位置；并求出小球

落在C點時動能與落在D點時動能的差值△Eko

【答案】(1)小球運動到軌道末端B點時的速度大小為JV發(fā)4gR；

R2

VO

(2)A、C兩點間的距離為g

(3)圖中標重D點的大致位置見解析；小球落在C點時動能與落在D點時動能的差值

25R

mVO

為Ing

2

【解答】解：(1)選AC所在平面為零勢能面，從A到B由機械能守恒定律得:

1212..

?mvθ??mvj+mg?ZoKd

解得：V=√Vβ-4gR；

(2)由平拋運動的規(guī)律得：2RJgt2,x=vt

Rv

聯(lián)立解得:YR?；

g

（3）若軌道不光滑，小球恰好能沿軌道運動到B點飛出，在B點，重力提供向心，根

2

VRB

據牛頓第二定律得:=m

從B點飛出后，根據平拋運動規(guī)律：2R6"gt2，XAD=VBt

解得：XAD=2R

在圖上位置如圖所示：

E2

在C點時，根據動能定理得:O

kc

落在D點時，根據動能定理得：EkD-?mvβ=ιng'2R

解得：EkD=等

2

mu口-5IngR

則

AEk=Ekc—EkD=2

2

答：（1）小球運動到軌道末端BO

4R2

（2）A、C兩點間的距離為

（3）圖中標出D點的大致位置見解析；小球落在C點時動能與落在D點時動能的差值

2

mvQ-5mgR

為

2

11?（2023?海淀區(qū)一模）圖1中過山車可抽象為圖2所示模型：弧形軌道下端與半徑為R

的豎直圓軌道平滑相接，B點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。質量為m的小球

（可視為質點）從弧形軌道上距B點高4R的A點靜止釋放，先后經過B點和C點，而

后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。

(1)求小球通過B點時的速度大小VBo

(2)求小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小F和方向.

(3)請分析比較小球通過B點和C點時加速度的大小關系。

【答案】(1)小球通過B點時的速度大小為2λ尻K。

(2)小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小為3mg,方向豎直向下。

(3)小球通過B點和C點時加速度的大小關系為aβ>aco

【解答】解：(1)小球從A到B由機械能守恒定律可得:

4∣ngR=∕mJ

解得：VB=2√^

(2)小球從A到C由機械能守恒定律可得:

19

mg(4R-2R)WmVC

解得小球通過C點時的速度大小Vc=2√融

在C點由牛頓第二定律可得：

2

vRc

解得小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小F=3mg

方向豎直向下。

2

(3)小球在B點的加速度大小為a。=二且=8g

ΛBR&

2

VC

小球在C點的加速度大小為aR4g

所以aβ>ac

答：（1）小球通過B點時的速度大小為2√SK.

（2）小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小為3mg,方向豎直向下。

（3）小球通過B點和C點時加速度的大小關系為aB>ac°

12.（2023?東城區(qū)一模）如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與水平地面上的物塊1接觸

（但未連接）?在外力作用下物塊1靜止，此時彈簧的壓縮量為10cm,之后撤去外力，

物塊1開始向左運動，離開彈簧后與靜止在水平地面上的物塊2發(fā)生碰撞，碰撞時間極

短，碰后二者粘在一起。

已知兩物塊質量均為m=lkg,彈簧的勁度系數(shù)k=400N∕m,當彈簧形變量為X時彈簧具

有的彈性勢能為工kχ2,彈簧始終在彈性限度內。不計空氣阻力及切摩擦。求：

（1）剛撤去外力時，彈簧彈力的大小;

（2）兩物塊碰撞前，物塊1的速度大小。

（3）兩物塊碰撞過程中損失的總機械能。

物加

【答案】（1）剛撤去外力時，彈簧彈力的大小為40N；

（2）兩物塊碰撞前，物塊1的速度大小為2m/s；

（3）兩物塊碰撞過程中損失的總機械能為1J。

【解答】解：彈簧的壓縮量為X=IoCm=O.Im

（1）根據胡克定律可得彈簧彈力：F=kx=400×0.1N=40N

（2）根據功能關系可得：

代入數(shù)據解得：vo=2m∕s

（3）兩物塊碰撞過程中水平方向動量守恒，取向左為正方向，根據動量守恒定律可得:

mvo=2mv

代入數(shù)據解得：v=lπ√s

此過程中損失的總機械能：AE=LIWm-工X2mv2

代入數(shù)據解得：ΔE=IJ

答：（1）剛撤去外力時，彈簧彈力的大小為40N；

（2）兩物塊碰撞前，物塊1的速度大小為2m/s；

（3）兩物塊碰撞過程中損失的總機械能為IJo

13.(2023?石景山區(qū)一模)如圖所示，長為I的輕繩上端固定在。點，下端系一質量為m

的小球(可視為質點)。重力加速度為g。

(1)在水平拉力的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為。，小球保持靜止。請畫出此時小

球的受力示意圖，并求所受水平拉力的大小F；

(2)由圖示位置無初速釋放小球，不計空氣陰力。當小球通過最低點時，求：

①小球動量的大小P；

②輕繩對小球拉力的大小FTO

【答案】(1)小球的受力示意圖見解析，所受水平拉力的大小為mgtan。；

(2)①小球動量的大小為m∕2gl(l-cos8)；

②輕繩對小球拉力的大小為mg(3-2cosθ)?

【解答】解：(1)對小球受力分析如圖

可得F=mgtanθ

2

(2)①小球從釋放到通過最低點，機械能守恒IngI(I-COS8)U-mv

小球在最低點的速度大小v=√2gl(1-cosθ)

小球在最低點的動量大小P=InV=∏n∕2gl(l-cosθ)

②小球在最低點受到重力和繩子拉力作用，根據牛頓第二定律Fτ-mg=ι√

小球在最低點，受到繩子的拉力大小Fτ=mg(3-2cosθ)

答：(1)小球的受力示意圖見解析，所受水平拉力的大小為mgtanθ;

(2)①小球動量的大小為m∕2gl(l-cos8)；

②輕繩對小球拉力的大小為mg(3-2cosθ)o

≡.解答題（共3小題）

14.（2023?海淀區(qū)一模）反沖是常見的現(xiàn)象。

（1）靜止的鈾核（238U）放出1個動能為E的未知粒子后，衰變?yōu)?個針核（234）

9290τho

a.請寫出上述衰變過程的核反應方程；

b.求反沖的鉆核的動能Ek。（計算中可忽略質子和中子質量的差異，不考慮相對論效應）

（2）如圖1所示，用輕繩連接的滑塊A和B（均可視為質點）靜止在光滑水平面上，其

間有一被輕繩束縛而處于壓縮狀態(tài)的輕質彈簧，已知滑塊A的質量為m,彈簧的彈性勢

能為Ep。請證明：滑塊B的質量M越大，剪斷輕繩，當彈簧恢復原長時，滑塊A獲得

的動能就越大。

（3）如圖2所示，以地心為參考系，質量為M的衛(wèi)星只在地球引力的作用下沿與赤道

面共面的橢圓軌道運動。衛(wèi)星的發(fā)動機短暫點火可使衛(wèi)星變更軌道：將質量為Am的氣

體在極短時間內一次性向后噴出。假設無論發(fā)動機在什么位置短暫點火，點火后噴出氣

體相對點火后衛(wèi)星的速度大小U都相同。如果想使點火后衛(wèi)星的動能盡可能大，請通過

分析，指出最佳的點火位置。

ifer^A-

AT∏∏∏∏∏ΓB?zII:

////////////////////////?I

,V√--飛星"

圖1圖2

【答案】（1）a、衰變過程的核反應方程為f8ljff4τh+jHe;

b、反沖的鉆核的動能為N—E；

117

（2）見解析；

（3）最佳的點火位置是速率最大的近地點處點火噴氣。

【解答】解：（l）a.根據質量數(shù)和質子數(shù)守恒，則鈾核衰變方程為：

238ττ234?γ?,,4u

92B90Th+2He

b.設質子和中子的質量均為m,衰變后氫核的速度為Vi,針核的速度為V2,選氨核的

運動方向為正方向，根據動量守恒定律得：

4mVi-234mv2=O

≡v2?v1

乂EV×4mv∣

則反沖的社核的動能為：

122

Ek=f×234mv2=?E

KN乙Ilr

(2)滑塊A和B系統(tǒng)動量守恒，設彈簧恢復原長時，滑塊A和B的速度分別為VA和

VB，選取滑塊A運動方向為正方向，則根據動量守恒定律可得IBVA-MVB=O

又由能量守恒定律可知，彈簧彈性勢能為：

EP?ΠIVA+?MVB

則滑塊A獲得的動能為：

m和EP均為定值，因此滑塊B的質量M越大，剪斷輕繩，當彈簧恢復原長時，滑塊A

獲得的動能就越大。

(3)衛(wèi)星噴氣的過程中，可認為衛(wèi)星和噴出的氣體所組成的系統(tǒng)動量守恒，設噴氣前衛(wèi)

星沿橢圓軌道運動的速度為vo,噴出后衛(wèi)星的速度為V,以噴氣前衛(wèi)星運動方向為正方

向，根據動量守恒定律，有

MVO=(M-Am)v+Δm(V-U)

解得V=??ɑu+vθ

由上式可知，衛(wèi)星在橢圓軌道上運動速度VO大的地方噴氣，噴氣后衛(wèi)星的動能為：

1O

-

Ek=T(M-Am)V

也就越大，因此衛(wèi)星應該在其速率最大的近地點處點火噴氣。

答：⑴a、衰變過程的核反應方程為會常Th+：He；

b^反沖的?t核的動能為一2—E；

117

(2)見解析；

(3)最佳的點火位置是速率最大的近地點處點火噴氣。

15.(2023?延慶區(qū)一模)如圖所示，小球A質量為m,系在細線的一端，線的另一端固定

在O點，繩AO長為L,O點到光滑水平面的距離為L。物塊B和C的質量分別是3m

和2m,B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方?，F(xiàn)拉

動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰（碰撞時

間極短），反彈后上升到最高點時到水平面的高度為』?L0小球與物塊均視為質點，不計

4

空氣阻力，重力加速度為g,求：

（1）小球A運動到最低點與B碰撞前細繩拉力F的大?。?/p>

（2）碰撞過程B物塊受到的沖量大小I；

（3）物塊C的最大速度的大小VM，并在坐標系中定量畫出B、C兩物塊的速度隨時間

變化的關系圖像。（畫出一個周期的圖像）

\：L

'',BlC

??????????????????????????????????

【答案】（1）小球A運動到最低點與B碰撞前細繩拉力F的大小為3mg；

（2）碰撞過程B物塊受到的沖量大小為迎②L；

2

（3）物塊C的最大速度的大小為細②L,B、C兩物塊的速度隨時間變化的關系圖像

2

見解析。

【解答】解：（1）根據題意可知，小球A運動到最低點過程中機械能守恒，設小球A運

動到最低點的速度為VA,由機械能守恒定律有：mgL=LmVF

2A

解得：vA=V2gL

在最低點，由牛頓第二定律有：F-mg=m-A

解得：F=3mg

（2）根據題意可知，小球A與物塊B發(fā)生正碰（碰撞時間極短），則碰撞過程A、B組

成的系統(tǒng)動量守恒，設碰撞后小球A的速度為VA',物塊B的速度為VB,規(guī)定向右為

正方向，由動量守恒定律有：mvA=3mvB-mvA'

對A由機械能守恒定律有：lmv；2=mg?L

2a4

聯(lián)立解得：VB=返氫

2

對物塊B,取向右為正方向，由動量定理有：I=3mvB=3m'∕2gL

2

（3）根據題意可知，B與C用輕彈簧拴接，開始時，物塊B壓縮彈簧，B做加速度增大

的減速運動，C做加速度增大加速運動，當B、C速度相等時，彈簧壓縮最短，取向右為

正方向，由動量守恒定律有：

3ITIVB=(3m+2m)V共

解得：V共=雙笳

10

之后C的速度大于B的速度，彈簧開始恢復，則C做加速度減小的加速運動，B做加速

度減小的減速運動，當彈簧恢復到原長，C的速度最大，B的速度最小，取向右為正方

向，由動量守恒定律和機械能量守恒定律有：

3mvβ-3mvβ,÷2mvM

?×3IWB=y×3mvB,2+^2^x2mvM

聯(lián)立解得：VM=QgL,VB，=返

510

之后C拉開彈簧，開始做加速度增大的減速運動，B