高中人教版 (2019)第八章 机械能守恒定律4 机械能守恒定律巩固练习

这是一份高中人教版 (2019)第八章 机械能守恒定律4 机械能守恒定律巩固练习，共29页。试卷主要包含了4机械能守恒定律 课时作业3，96m，2mgh等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年人教版（2019）必修第二册
8.4机械能守恒定律 课时作业3（含解析）


1．如图所示，在地面上以速度抛出质量为的物体，抛出后物体落到比地面低的海平面上。若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列选项错误的是（　　）

A．物体落到海平面时的势能为
B．重力对物体做的功为
C．物体刚要落到海平面上时的动能为
D．物体刚要落到海平面上时的机械能
2．如图所示，两个圆形轨道竖直固定，相切于最低点P，大圆弧O2的半径是小圆弧O1的半径R的两倍，圆心O2、圆心O1与P点在同一竖直线上。现将a、b两个小球（均视为质点）分别以速率，水平抛出，两球恰好在P点相遇。若a、b球落在P点时速度与竖直方向的夹角分别为α、β，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）

A．
B．
C．b球比a球先池出时间为
D．b球刚落在P点的速率是a球刚落在P点的速率的2倍
3．如图所示，A、B两点相距，处于同一高度，在A点固定一个大小可忽略的定滑轮，细线的一端系有一个质量为M的小球甲，另一端绕过定滑轮固定于B点，质量为m的小球乙固定在细线上的C点，间的细线长度为，用力F竖直向下拉住小球乙，使系统处于静止状态，此时间的细线与水平方向的夹角为53°，撤去拉力F，小球乙运动到与B相同的高度时，速度恰好变为0，然后又向下运动，忽路一切摩擦，重力加速度为g，，下列说法中正确的是（　　）

A．F的大小为
B．
C．小球乙向下运动到最低点时细线对小球甲的拉力等于
D．小球甲运动到最低点时处于超重状态
4．如图所示，质量为2kg的物体A静止在竖直的轻质弹簧上面，质量为3kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，某时刻将细线剪断，取g=10m/s2﹐则（　　）

A．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为30N
B．细线剪断后，在A与B一起向下的运动过程中，当A、B总重力等于弹簧弹力大小时，系统的重力势能和弹性势能之和最小
C．细线剪断之后，在A与B一起向下的运动过程中，B对A的压力不变
D．细线剪断之后，在A与B一起向下的运动过程中，当A的速度最大时弹簧的弹性势能最小
5．“信使号”水星探测器按计划将在今年陨落在水星表面。工程师通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道，使其寿命再延长一个月，如图所示，释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ，忽略探测器在椭圆轨道上所受阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．探测器在轨道Ⅰ上E点速率大于在轨道Ⅱ上E点速率
B．探测器在轨道Ⅱ上任意位置的速率都大于在轨道Ⅰ上速率
C．探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的E点处加速度不相同
D．探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，动能减少但势能增加
6．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时（　　）

A．B的位移为2h，方向向上
B．A、B速度大小始终相等
C．A的速度大小为
D．B的机械能减少2mgh
7．有一个固定的光滑直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为2kg的滑块A（可视为质点），用不可伸长的轻绳将滑块A与另一个质量为M=2.7kg的物块B通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂B而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其长度，P点与滑轮的连线同直杆垂直（如图所示），现将滑块A从图中O点由静止释放，（整个运动过程中B不会触地，），下列说法正确的是（ ）

A．滑块A运动到P点时加速度为零
B．滑块A由O点运动到P点的过程中，物块B机械能增加
C．滑块A经过P点的速度大小为
D．滑块A经过P点的速度大小为

8．如图所示，细绳一端固定在O点，另一端拴一小球A，现拉起小球A使细绳水平伸直，然后无初速释放，小球A运动到最低点时，细绳的拉力大小为F。则小球A从开始运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小球受到的重力和细绳拉力的合力提供向心力
B．小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力方向水平向左
C．若将细绳变长，小球运动到最低点处时细绳拉力仍为F
D．若将细绳变长，小球运动到最低点处时细绳拉力大于F
9．将一个物体竖直向上抛出，考虑空气阻力的作用，物体的速度变化快慢与物体只受重力时不同。在一次实验中，测得物体的v—t图像如下图，根据图像中所给出的信息，以下说法中正确的是（ ）

A．上升阶段的加速度比下落阶段的加速度大
B．上升的最大高度为0.96m
C．物体从最高点落回抛出点时间比从抛出点上升到最高点的时间短
D．物体落回抛出点的速度比抛出时的初速度小
10．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（　　）

A．在释放瞬间，支架对地面压力为
B．摆动过程中，支架对地面压力一直增大
C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为
D．摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大
11．质量相同的两物块A、B（均可视为质点），用不可伸长的轻绳跨接在光滑轻质定滑轮两侧，物块B套在一粗糙的细杆上，初始时用外力使物块B静止于图所示位置。撤去外力后，物块A向下运动，物块B向右运动，从开始运动到物块B运动到滑轮正下方的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．物块A的重力的功率一直增大
B．物块A的动能始终小于物块B的动能
C．物块A机械能的减少量等于物块B机械能的增加量
D．轻绳拉力对物块B做的功等于物块A克服轻绳拉力所做的功
12．如图所示，竖直面内有一半径为的光滑圆轨道固定在水平面内，在大圆的最底部有一小球处于静止状态，小球半径远小于。现给小球一初速度使其运动，若要求小球不脱离轨道，则小球获得的初速度可能是（重力加速度大小为）（　　）

A． B． C． D．
13．如图所示，一根不可伸长的轻绳跨过固定在同一高度的光滑水平细杆A和B，绳的竖直端系着静止于地面上的甲球，另一水平端系着乙球。现将乙球由静止释放，当乙球摆至最低点时，甲球对地面的压力刚好为零。现把细杆B水平移动少许，让乙球仍从原位置由静止释放，摆至最低点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．乙球所受拉力的功率始终为零
B．乙球重力的功率先变大后变小
C．若细杆B水平向右移动，则乙球摆至最低点前，甲球会离开地面
D．若细杆B水平向左移动，则乙球摆至最低点前，甲球会离开地面
14．如图所示，电梯中的台秤上放置一个木箱，箱内顶部悬挂一根弹簧，弹簧下系一个重物。电梯启动时，观察到弹簧伸长了，则下列说法中正确的是（　　）

A．台秤的示数一定增大
B．木箱的机械能一定增大
C．弹簧对木箱的拉力不做功
D．台秤对木箱的支持力做正功
15．如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，MN为轨道短轴的两个端点，运行的周期为，若只考虑海王星和太阳之间相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中（ ）

A．从P到M所用的时间小于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，动能逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做正功后做负功


16．水平轨道上A点安装竖直圆轨道ABCDE。C为轨道最高点，轨道最低点略微错开（E与A不重叠），A与左侧直轨道相切，E与右侧直轨道相切，一轻质弹簧左端固定在一挡板上，右端处于原长P位置，PA段粗糙。与物块的动摩擦因数μ1=0.5。长度L=0.5m。斜面FG的动摩擦因数μ2=0.75，斜面高度h=lm。倾角θ=37°，其余阻力不计。将一质量为m=0.2kg的体积可忽略不计的滑块向左压弹簧缩至H点后从静止释放，弹簧被压缩到H点时所储存的弹性势能EP=2.5J。要使滑块恰好过圆弧最高点C。假设该弹簧最大弹性势能Ep=4.8J。求：
(1)滑块离开弹簧时的速度大小；
(2)圆轨道的半轻R；
(3)为了使滑块在运动过程中不脱离整条轨道，求滑块在初始位置时的弹簧的弹性势能的范围。

17．游乐场的大型摩天轮匀速旋转，其半径为R=60m，旋转一周需要12min，最底部车厢离地面高h1=0.5m质量m=40kg的小明乘坐的车厢处于摩天轮的最底部，以此刻开始计时。取地面为零势能面，≈3.0。求：
(1)摩天轮旋转的周期；
(2)摩天轮旋转的角速度；
(3)t=2min时，小明具有的机械能。

18．如图所示，倾角37°的斜面上，轻弹簧一端固定在A点，自然状态时另一端位于B点。斜面上方有一半径、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于D处，圆弧轨道的最高点为M。用质量为m1=6.3kg的物块将弹簧缓慢压缩至C点，静止释放后物块到B点速度恰好减小为0。用同种材料、质量为的另一小物块将弹簧缓慢压缩到C点后由静止释放，物块经过B点后的位移与时间的关系为 (x单位：m；t单位：s)，若物块经过D点后恰能到达M点，重力加速度，，。求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)BD间的距离lBD；
(3)弹簧被压缩至C点的弹性势能。

19．质量为25kg的小孩坐在秋千上，如果秋千摆到最高点时，绳子与竖直方向的夹角是60°，秋千板摆到最低点时，忽略手与绳间的作用力，求小孩对秋千板的压力大小。（不考虑摩擦及空气阻力，g取10m/s2）

20．如图所示，AB为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M＝3kg，车长L＝2.06m，车上表面距地面的高度h＝0.2m。现有一质量m＝1kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定。（g＝10m/s2）试求：
（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；
（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的热量大小。


参考答案
1．A
【详解】
A．若以地面为参考平面，物体落到海平面时的势能为，故A错误，符合题意；
B．此过程重力做正功，做功的数值为，故B正确，不符合题意；
C．不计空气阻力，只有重力做功，所以物体机械能守恒，有

在其刚要落到海平面上时的动能为

故C正确，不符合题意；
D．物体在地面处的机械能为，因此在其刚要落到海平面上时的机械能也为，故D正确，不符合题意。
故选A。
2．C
【详解】
A．由平抛运动公式分别对两个小球


解得

A错误；
B．由平抛运动的推论


解得

B错误；
C．两球的下落时间分别为



解得

C正确；
D．由机械能守恒定律得


解得

D错误。
故选C。
3．D
【详解】
AB．撤去拉力，小球乙运动到与B相同的高度时，速度恰好变为0，小球甲下降的高度为h1=ABsin53°+AC-AB=0.2m
小球乙上升的高度为
h2=ACsin53°=0.24m
对小球甲和小球乙组成的系统，机械能守恒，则有
Mgh1-mgh2=0
解得

开始时小球乙受力分析如图所示

由平衡条件可得
FACcos53°=FBCsin53°
F+mg=FBCcos53°+FACsin53°
且有
FAC=Mg
联立解得

故AB错误；
CD．小球乙运动到最低点时，即将向上运动，因此此时小球甲即将向下运动，因此细线的拉力小于Mg，小球甲运动到最低点时，小球甲即将竖直向上做加速直线运动，所以小球甲处于超重状态，故C错误D正确；
故选D。
4．B
【详解】
A．剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力

剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度

隔离对B分析有

解得

选项A错误；
C．细线剪断之后，在A、B一起向下运动的过程中，整体加速度在变化，隔离分析知，B对A的压力在变化，选项C错误；
B．整体一起向下运动的过程中，A、B总重力等于弹簧弹力大小时，A、B总动能最大，根据能量守恒，则系统的重力势能和弹性势能之和最小，选项B正确；
D．细线剪断之后，在A与B一起向下的运动过程中，弹簧的弹性势能一直增大，选项D错误。
故选B。
5．D
【详解】
A．从轨道Ⅰ变到轨道轨道Ⅱ要在E点加速，选项A错误；
B．由得

可知F点对应的圆轨道的轨道半径大于轨道Ⅰ的半径，所以F点对应圆轨道的速率小于轨道Ⅰ上的速率，而轨道Ⅱ需要在F点加速才能进入 F点对应的圆轨道，所以轨道Ⅱ上的F点的速率小于轨道Ⅰ上的速率，选项B错误；
C．由可知探测器不论是在轨道Ⅰ还是在轨道Ⅱ上的E点，受到的万有引力相同，故加速度应相同，选项C错误；
D．探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，万有引力做负功，动能减小，势能增加，选项D正确。
故选D。
6．C
【详解】
A．设细线的拉力为T，由图示可知，A受到两细线的拉力为2T，方向向上，B受到细线的拉力为T向上，A、B所受重力大小相等，A、B释放后，A向上运动，B向下运动，若A上升的高度为h时，则连接动滑轮两侧的细线上升高度均为h，而细线固定端不移动，所以细线自由端下降的高度为2h，故B下降的高度为2h，B的位移为2h，方向向下，故A错误；
B．由于B下降的位移是A上升位移的两倍，它们的运动时间相等，由
x=at2
可知，B的加速度是A加速度的两倍，由速度公式
v=at
可知，同一时刻B的速度是A的两倍，故B错误；
C．设当A的位移为h时，速度为v，则B的速度大小为2v，B下降的高度为2h，以A、B两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：
mg•2h-mgh=mv2+m(2v)2
解得

故C正确；
D．当A的位移为h，B减少的机械能
△E=mg•2h-m(2v)2=1.2mgh
故D错误。
故选C。
7．C
【详解】
A．滑块A运动到P点时，垂直于杆子的方向受力平衡，合力为零；沿杆子方向重力有沿杆向下的分力加mgsin53°，根据牛顿第二定律得
mgsin53°=ma
a=gsin53°
故A错误。
B．滑块A由O点运动到P点的过程中，绳子的拉力对滑块B做负功，其机械能减少，故B错误。
CD．由于图中杆子与水平方向成，可以解出图中虚线长度
=Lsin53°=m
B下落
H=L-=m
当A运动到P点与A相连的绳子此时垂直杆子方向的速度为零，则B的速度为零，以两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得
MgH＋mgh=
解得
v=5m/s
故C正确，D错误。
故选BC。
8．BC
【详解】
A．小球A从开始运动到最低点的过程中，向心力由细绳拉力和重力沿细绳方向分力提供，故A错误；
B．当小球受到的合力在竖直方向分力向下时，小球竖直分速度变大，重力的瞬时功率变大，当小球受到的合力在竖直方向分力向上时，小球竖直分速度变小，重力的瞬时功率变小，所以小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力方向水平向左，故B正确；
CD．小球A从开始运动到最低点的过程中，由机械能守恒有

在最低点，由向心力公式得

解得，小球运动到最低点处时细绳拉力

可知，小球运动到最低点处时细绳拉力与细绳长度无关，所以若将细绳变长，小球运动到最低点处时细绳拉力仍为F，故C正确，D错误。
故选BC。
9．ABD
【详解】
A．根据v-t图象的斜率等于加速度，斜率越大，加速度越大，可知上升阶段的加速度比下落阶段的加速度大，故A正确；
B．物体在0-0.4s内上升，由图象与时间轴所围的面积表示位移，可得最大高度为

故B正确；
C．物体从最高点落回抛出点时的位移与从抛出点上升到最高点的位移大小相等，由v-t图象面积表示位移得出物体从最高点落回抛出点时比从抛出点上升到最高点的时间长，故C错误；
D．由于空气阻力做负功，物体的机械能减小，则物体落回抛出点的速度比抛出时的初速度小，故D正确。
故选ABD。
10．BC
【详解】
A．在释放瞬间，由于细线拉力为零，所以m与M之间没有作用力，地面对支架的支持力

根据牛顿第三定律可得支架对地面压力为Mg，A错误；
B．对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析

当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得

根据牛顿第二定律得

解得

而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力，根据平衡条件，在竖直方向上有

所以

摆动过程中θ逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律，摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故B正确；
C．在从释放到最低点过程中，根据动能定理得

在最低点绳子拉力为T，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得

当小球在最低点时，支架受重力、支持力、绳子的拉力，根据平衡条件得

解得

故C正确；
D．小球在开始运动时的速度为零，则这时重力的功率

当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得

这时重力的功率

当小球运动到最低点时，速度的方向水平垂直于重力的方向，这时重力的功率

故D错误。
故选BC。
11．BD
【详解】
A．由运动的分解可知，物块B沿绳方向的速度大小与物块A的速度大小相等，当物块B运动到滑轮正下方时，物块B沿绳方向的速度为0，此时物块A的速度也必为0，所以物块A在竖直方向的运动必定是先加速再减速，物块A的重力的功率先增大后减小，故A错误；
B．物块A的动能始终小于物块B的动能，故B正确；
C．由于细杆粗糙，物块B运动过程中会受到杆对它的摩擦力，摩擦力对物块B做负功，所以物块A机械能减少量大于物块B机械能的增加量，故C错误；
D．物块A、B受到轻绳的拉力是相互作用力，大小相等，运动过程中，沿绳方向的速度相同，轻绳拉力对物块B做的功等于物块A克服轻绳拉力所做的功，故D正确。
故选BD。
12．ABD
【详解】
最高点的小球恰能通过最高点，则

根据动能定理得

解得

若不通过四分之一圆周，根据动能定理有

解得

所以
或
故选ABD。
13．AB
【详解】
A．乙球在摆动过程所受拉力沿绳子方向，乙球的速度方向沿运动轨迹的切线方向，绳的拉力方向与速度方向垂直，α=90°，由
P=Fvcosα
可知，乙球所受拉力的功率始终为零，故A正确；
B．开始时乙球的速度为零，由
P=mgvcosα
可知，重力的功率为零；乙球摆到最低点时，重力方向与速度垂直，α=90°，由
P=mgvcosα
可知，重力的功率为零；除开始释放时与乙球到底最低点外，重力的功率不为零，因此乙球重力的功率先变大后变小，故B正确；
CD．设乙距离B的距离为L，达到最低点的速度为v，乙球摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，乙球摆动过程，由机械能守恒定律得

乙球在最低点，绳子的拉力F与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得
F=3m乙g
F与乙球到悬点的距离无关，不论细杆B水平向左或还是水平向右移动时，乙球摆到最低点时细绳的拉力不变，甲球都不会离开地面，故CD错误。
故选AB。
14．ABD
【详解】
A．弹簧下系一个重物，重物原来静止，弹簧的拉力与重物的重力是一对平衡力，弹簧处于伸长状态；电梯启动时观察到弹簧伸长了，说明弹簧的伸长量变大，弹簧的弹力变大，弹簧的弹力大于重物的重力，重物所受合力向上，重物向上做加速运动，处于超重状态；重物相对木箱静止，木箱处于超重状态，木箱对台秤的压力变大，台秤的示数变大，故A正确；
B．木箱向上做加速运动，动能增加、重力势能增加，木箱的机械能增加，故B正确；
C．弹簧对木箱有竖直向下的拉力，木箱竖直上升，在弹簧对木箱拉力方向上木箱有位移，弹簧对木箱的拉力做功，故C错误；
D．台秤对木箱的支持力竖直向上，木箱向上运动，台秤对木箱的支持力方向与木箱的位移方向相同，台秤对木箱的支持力做正功，故D正确。
故选ABD。
15．AC
【详解】
A．由开普勒第二定律可知，海王星在段的PM速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A正确；
B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C．从P到Q阶段，万有引力做负功，动能减小，故C正确；
D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D错误。
故选AC。
16．(1)5m/s；(2)0.4m；(3) 或者
【详解】
(1)由

解得

(2)滑块恰好过圆弧最高点C，则

从H点到C点由动能定理

解得
R=0.4m
(3)若使得滑块不滑出斜面，则由能量关系

解得

要使得滑块能到达圆轨道圆心等高的位置，则

解得

则使滑块在运动过程中不脱离整条轨道，滑块在初始位置时的弹簧的弹性势能的范围为 或者。
17．(1)720s；(2)；(3)
【详解】
(1)摩天轮旋转一周的时间即为其旋转周期，则知摩天轮旋转的周期
T=12min=720s
(2)摩天轮旋转的角速度


(3)t=2min内摩天轮转过的角度

小朋的速度大小为

故t=2min时，小明具有的机械能为

联立计算得出

18．(1) 0.25；(2)；(3) 10.08J
【详解】
(1)由物块m2经物块经过B点后的位移与时间的关系为，可知，物块经过B点时的速度为

从B到D的过程中加速度大小为

根据牛顿第二定律，有

解得

(2)设物块m经过M点的速度为vM，由牛顿第二定律得

物块从D到M的过程中，根据机械能守恒定律得

物块从B到D的过程中，有

解得

(3)物块m1从C到B点，由功能关系得

物块m2从C到B点，由功能关系得

解得

19．500N
【详解】
秋千从最高点摆到最低点过程中，只有重力做功，机械能守恒，则

在最低点时，设秋千对小孩的支持力为FN，由牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律得小孩对秋千板的压力大小为500N。
20．（1）30N；（2）1m；（3）6J
【详解】
(1)设滑块到达B端时速度为v，由机械能守恒定律，得

由牛顿第二定律，得

联立两式，代入数值解得：FN=3mg=30N
(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得
对滑块有

对小车有

设经时间t两者达到共同速度，则有

解得t=1 s
由于1 s＜1.5 s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度

两者一起匀速运动，直到小车被锁定。
故车被锁定时，车右端距轨道B端的距离


(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离

故从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的热量大小为