人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律练习题

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13（含解析）

1．质量为的物体，在距地面高处以的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（　　）

A．物体的重力势能减少了 B．物体的动能增加

C．物体的机械能减少 D．重力做功

2．如图所示，塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为的建材以加速度匀加速向上提起高，已知重力加速度为，则此过程中下列说法正确的是（　　）

A．建材的动能增加了

B．建材的重力势能减少了

C．建材的机械能增加了

D．建材所受的钢绳的拉力做的功

3．如图所示，小朋友们在一起玩小玻璃球。把小玻璃球从水平地面上某位置以不同速度水平弹出后，沿地面运动，最后落到半圆形坑内圆弧的不同位置。小玻璃球可视为质点且不计空气阻力，小玻璃球到达坑边的速度v1越大，则下列说法正确的是（　　）

A．从离开地面到落在圆弧上，小玻璃球的动能增量越大

B．从离开地面到落在圆弧上，小玻璃球的动能增量越小

C．小玻璃球落在圆弧上时的机械能越大

D．小玻璃球落在圆弧上时的机械能越小

4．如图所示，竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的圆弧AB和另一个圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接。一小球（可视为质点）从A点由静止开始沿轨道下滑，恰好能通过C点，则BC弧的半径为（    ）

A． B． C． D．

5．一高尔夫球以二百多公里的时速水平撞击钢板。图为球撞击过程中的三个状态，其中甲是刚要撞击的时刻，乙是球的形变最大的时刻，丙是刚撞击完的时刻。设球在甲、丙两时刻的速度大小分别为和，忽略撞击过程中球的机械能损失，则（　　）

A．

B．

C．

D．条件不足，无法比较和的大小

6．如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示。其中高度从h1下降到h2，图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）

A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0

B．小物体下落至高度h5时，加速度为0

C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了

D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg（h1-h5）

7．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙。一质量为的小球从轨道的最低点以初速度向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为，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

C．若使小球始终做完整的圆周运动，则一定不小于

D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则一定大于

8．如图所示，原长为L的轻弹簧一端固定在O点，另一端与质量为m的小球相连，小球穿在倾斜的光滑固定杆上，杆与水平面之间的夹角为a，小球在A点时弹簧水平且处于原长，OB垂直于杆，C点是杆上一点且A、C关于B点对称。将小球从A由静止释放，到达D点时速度为零，OD沿竖直方向，弹簧始终在弹性限度内。则（　　）

A．下滑过程中小球经过A、B、C三点的加速度相同

B．下滑过程中，小球在C点的动能最大

C．小球在C点的动能为mgLsin2α

D．从B运动到D的过程中，重力势能与弹性势能之和增大

9．如图所示，一光滑细杆固定在水平面上的C点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B点，上端与质量为m的小环相连，当把小环拉到A点时，AB与地面垂直，弹性绳长为2L，将小环从A点由静止释放，当小环运动的AC的中点D时，速度达到最大。重力加速度为g，下列说法正确的是(    )

A．小环的机械能守恒

B．小环刚释放时的加速度大小为g

C．小环的最大速度为

D．小环到达AD的中点时，弹性绳的弹性势能为零

10．如图甲所示，足够长的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，以弹簧上端位置为坐标原点O，沿竖直向下建立坐标轴。现将质量为m的小球从原点O正上方高度h处由静止释放，在小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，小球所受弹力F的大小随x（x表示小球的位置坐标）的变化关系如图乙所示。若不计小球与弹簧接触时的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．当时，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大

B．小球动能的最大值为

C．当时，小球的速度大小为

D．小球在最低点的加速度大小等于g

11．如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用细线悬在等高的、点，A球的悬线比B球的长，把两球的悬线拉至水平后将小球无初速地释放。若取同一参考平面，则经过最低点时（　　）

A．A球的速度等于B球的速度

B．A球的动能大于B球的动能

C．A球的机械能大于B球的机械能

D．A球的机械能等于B球的机械能

12．如图所示，质量均为m的小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，由于微小扰动，A球沿光滑的竖直墙面下滑，B球在同一竖直面内向右运动，已知当杆与墙面夹角为α时，小球和墙面恰好分离，则（  ）

A．分离时A、B两球的速率之比为tanα

B．小球A由静止到与墙面分离的过程，小球B的速度先增大后减小

C．小球A由静止到与墙面分离的过程，小球A的机械能一直减小

D．小球A与墙面分离时，小球B的速度大小为

13．2020年7月23日，“天问一号”探测器在中国文昌航天发射场发射升空，经过一段时间飞行路程达1.37亿千米，距离地球约1530万千米，探测器运行稳定。如图为规划中探测器经过多次变轨后登陆火星的轨道示意图，轨道上的、、三点与火星中心在同一直线上，、两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，已知轨道Ⅱ为圆轨道。下列说法正确的是（　　）

A．探测器在点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火加速

B．探测器在轨道Ⅱ上点的动能大于在轨道Ⅲ上点的动能

C．探测器在轨道Ⅱ上点与在轨道Ⅲ上点的加速度大小相等

D．探测器在轨道Ⅱ上的机械能大于轨道Ⅲ上的机械能

14．如图甲所示，将质量为m的小球以速度竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h．若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度从半径均为R=h/2的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示．小球视为质点，在不计空气阻力的情况下，下列判断正确的是

A．质量为2m、4m的小球不能到达最大高度h

B．质量为3m、5m的小球能到达最大高度h

C．质量为2m的小球不能到达最大高度h

D．质量为4m的小球能到达最大高度h

15．如图所示，O为半径为R的光滑竖直圆轨道的圆心，质量分别为2m和m的小球用长也为R的轻杆相连，其中B球在圆心O的正下方，现让A、B两球静止释放，则下列说法说法正确的是（　　）

A．A球到达最低点时，A球的速度为

B．A球到达最低点时，B球速度为

C．A球到达最低点时，轻杆对A做的功为

D．A球到达最低点时，轻杆对A做的功为

16．如图，AOB是游乐场中滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径都是R的圆周连接而成，它们的圆心O1，O2与它两圆弧得到连接点O在同一竖直线上，O2B沿水池的水面，一小滑块可由弧AO的任意点从静止开始下滑。

(1)若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应在AO何处?（用该处到O1的连线与竖直线夹角表示）

(2)凡能在O点脱离滑道的小滑块，其落水点到O2的距离范围?

17．如图所示，倾角θ=30°的斜面上的P点距水平面高h=0.2m，光滑滑块A自P点由静止释放，同时滑块B自水平面上的Q点以速度v0=5m/s向右运动，已知B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，滑块A释放后经过t=1s在水平面上刚好与滑块B相遇。假设滑块A 滑过O点时机械能不损失。g取10m/s2，两滑块均可视为质点。求Q点与斜面底端O点的距离。

18．某人以2 m/s的初速度将质量为4 kg的小球水平抛出，小球落地时的速度为4 m/s，求：

(1)小球刚被抛出时离地面的高度为多少？

(2)人抛小球时，对球所做的功为多少？（取g=10m/s 2，空气阻力不计）

19．如图所示，斜面倾角为，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为1=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为2=0.25，系统处于静止状态。小金属块突然获得一个大小为v1=5.3m/s、平行斜面向下的速度，沿木板向下运动。当弹簧被压缩x=0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动。设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin=0.28、cos=0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字。

(1)求木板开始运动瞬间的加速度；

(2)假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，求木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离。

20．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v=2m/s匀速运动，质量为m1=1kg的小物块P和质量为m2=1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度v0=4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：

(1)物块P刚冲上传送带时的加速度大小；

(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量；

参考答案

1．B

【详解】

AD．物体在距地面高处竖直下落到地面，因此重力做功，物体的重力势能减少了，AD错误；

B．由牛顿第二定律可得

由动能定理可得

B正确；

C．物体的机械能变化为

物体的机械能减少，C错误；

故选B。

2．D

【详解】

A．建筑材料向上做匀加速直线运动，上升高度为h根据动能定理

故A错误；

B．重力做负功，所以重力势能增加，故B错误；

CD．受力分析知绳子拉力

机械能增加量等于绳子拉力做功

故C错误，D正确。

故选D。

3．C

【详解】

AB．若小球落在左半边的圆弧上，初速度越大，下落的高度越大，重力做功越多，根据动能定理可知动能增量越大。若小球落在右半边的圆弧上，初速度越大，下落的高度越小，重力做功越少，根据动能定理可知动能增量越小，综合上述可知，选项AB均错误；

CD．离开地面时的速度越大，动能越大，机械能越大。离开地面后小玻璃球的机械能守恒，可知小玻璃球的初速度越大，落在圆弧上时的机械能越大，选项C正确，D错误。

故选C。

4．A

【详解】

设BC弧的半径为r。小球恰好能通过C点时，由重力充当向心力，则有：

小球从A到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒得：

联立解得：

A．，与结论相符，选项A正确；

B．，与结论不相符，选项B错误；

C．，与结论不相符，选项C错误；

D．，与结论不相符，选项D错误；

故选A。

5．A

【详解】

由题意可知，忽略球的机械能损失，高尔夫球的机械能守恒；甲是刚要撞击的时刻，此时的甲具有动能，不具有弹性势能；丙是刚撞击完的时刻，此时高尔夫球发生了形变，高尔夫球的动能转化弹性势能，动能减小，弹性势能增加，故球在甲、丙两个时刻的动能不相等，球在甲时刻的动能较丙时刻的大，即

故A正确，BCD错误。

故选A。

6．D

【详解】

由图知，小物体下降至高度h3时，动能最大，速度最大，合力等于零，加速度，即kx=k（h2-h3)=mg，所以A错误；小物体下落至高度h5时，速度减为零，有向上的加速度，故B错误；小物体从高度h2下降到h4，弹簧形变量为h2-h4，由能量守恒知，弹簧的弹性势能增加了EP=mg（h2-h4），又因k（h2-h3)=mg，所以C错误；小物体从高度h1下降到h5，由能量守恒知，弹簧的最大弹性势能等于减少的重力势能为mg（h1-h5），所以D正确。

7．ACD

【详解】

A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球运动过程中一定与内轨接触，摩擦力做负功，机械能减小，选项A正确；

B．若小球运动过程中不与内轨接触，小球恰好运动到最高点，重力完全提供向心力

则小球在最高点的机械能为

所以小球机械能可能大于等于；

若小球运动过程中与内轨接触，最终小球在下半圆周运动，机械能为

综上所述可知小球最终的机械能不可能为，选项B错误；

C．若使小球做完整的圆周运动，则在最低点速度最小，满足

解得

所以要是小球做完整的圆周运动，初速度一定不小于，选项C正确；

D．假设小球运动过程中不受摩擦力作用，运动至最高点速度为0，初速度满足

解得

因为小球运动过程中受到摩擦力作用，所以初速度一定大于，选项D正确。

故选ACD。

8．AC

【详解】

A．在A点时，因弹簧处于原长，则小球的加速度为gsinθ；在B点时，弹簧处于压缩状态，且弹力方向垂直于斜杆，可知小球的加速度也为gsinθ；在C点时，因弹簧也处于原长，则小球的加速度为gsinθ，即下滑过程中小球经过A、B、C三点的加速度相同，选项A正确；

B．下滑过程中，小球在CD中间某位置合力为零，可知此时的动能最大，即C点的动能不是最大，选项B错误；

C．从A到C由动能定理

即小球在C点的动能为mgLsin2α，选项C正确；

D．因小球下滑过程中，重力势能、动能和弹性势能之和守恒，则从B运动到D的过程中，动能先增加后减小，则重力势能与弹性势能之和先减小后增大，选项D错误。

故选AC。

9．BC

【详解】

A．小环受重力、支持力和拉力，拉力做功，故环的机械能不守恒，故A错误；

B．在A位置，环受重力、拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：

在D点，环的速度最大，说明加速度为零，弹簧长度为2L，故：

联立解得：

a=g

故B正确；

C．小环和橡皮绳系统的机械能守恒，在D点速度最大，此时橡皮绳长度等于初位置橡皮绳的长度，故初位置和D位置环的机械能相等，故：

解得：

故C正确；

D．小环到达AD的中点时，弹性绳的长度为2L，伸长量不为零，故弹性势能不为零，故D错误；

故选BC。

10．BC

【详解】

A．当时，弹簧弹力等于重力大小，小球的加速度为零，动能最大，由机械能守恒定律可知小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，A错误；

B．当时，由图像可知弹力做的功

由释放到动能最大的过程，根据动能定理得

可得

B正确；

C．当时，由图像可知弹力做的功

由动能定理可得

解得小球的速度大小

C正确；

D．小球在位置会继续向下运动而压缩弹簧，小球在最低点时，有，由牛顿第二定律可知小球在最低点的加速度

则

D错误。

故选BC。

11．BD

【详解】

A．根据动能定理得

mgL=mv2

解得

所以A球的速度大于B球的速度，故A错误；

B．在最低点，小球的动能为

Ek=mv2=mgL

则A球的动能大于B球的动能．故B正确；

CD．A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置时两球的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能相等，故C错误，D正确。

故选BD。

12．ACD

【详解】

A．如图所示

得

故A正确；

B．以系统为研究对象，在水平方向由动量定理，可知小球A由静止到与墙面分离的过程，小球B的速度一直增大，故B错误；

CD．由于系统机械能守恒，小球B机械能一直增大，可知小球A的机械能一直减小；

分离时，由机械能守恒定律可得

，

解得

故CD正确。

故选ACD。

13．CD

【详解】

A．探测器在点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ做向心运动，需要点火减速，A错误；

B．做出Q点的圆轨道Ⅳ，卫星在轨道上，万有引力提供向心力，则有

解得：，由于轨道Ⅱ半径大于轨道Ⅳ半径，因此；而探测器从轨道Ⅲ上点进入轨道Ⅳ，需要减速，因此，因此故探测器在轨道Ⅱ上点的速度小于在轨道Ⅲ上点的速度，即故探测器在轨道Ⅱ上点的动能小于在轨道Ⅲ上点的动能，B错误；

C．探测器在轨道Ⅱ上点和在轨道Ⅲ上点均只受万有引力作用，由牛顿第二定律可得

解得

由于中心大天体的质量、两位置到中心天体的距离相等，故加速度大小相等，C正确；

D．探测器从轨道Ⅱ减速进入轨道Ⅲ，故除万有引力外，外力对探测器做负功，机械能减小，探测器在轨道Ⅱ上的机械能大于轨道Ⅲ上的机械能，D正确；

故选CD。

14．CD

【详解】

甲图将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h，此时速度为零；乙图将质量为2m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度不为零，根据动能与重力势能之和，大于初位置的动能与重力势能，因此不可能；

丙图将质量为3m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；

丁图将质量为4m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度为零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；

戊图将质量为5m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；

由以上分析可知，质量为m、4m的小球能达到最大高度h，质量为2m、3m、5m的小球不能达到最大高度h，故AB错误，CD正确．

15．ABD

【详解】

AB． A球到达最低点时，AB系统的机械能守恒，且两球的速度相同，设为v，则

解得

选项AB正确；

CD．对小球A由动能定理

解得

选项C错误，D正确。

故选ABD。

16．(1)；(2)

【详解】

(1)设滑块出发点为P1，离开点P2，依题意要求O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，设为θ，滑块在P2处脱离滑脱道的条件为

由机械能守恒有

解得

=

(2)滑块刚能在O点离开滑道有

解得

又

对应的落水点到O2的距离

当滑块从A点静止开始下滑时，到达O点的速度

对应的落水点至O2的距离

xmax=2R

所以落水点到O2的距离范围为

17．5.2m

【详解】

A物体从斜面下滑过程中由机械能守恒定律得

解得

设下滑过程中所用的时间为t1，由运动学公式得

解得

t1=0.4s

A到水平面上做匀速运动，在0.6s的时间内的位移

xA=vAt2=1.2m

B物体在摩擦力的作用下做匀减速运动，设其加速度为aB

aB=μg=2m/s2

据运动学可知，当B停下来所用的时间为2.5s，所用可知，A与B相遇时B未停，设在t=1s的时间的B物体的位移为

xB=v0t−at2

解得

xB=4m

所用Q点到O点的距离

L=xA+xB=1.2m+4m=5.2m

18．(1)0.6m；(2)8J

【详解】

(1)设刚抛小球离地面高度为h，物体的质量为m，并以地面为零势面。由于在整个过程只有重力做功，根据机械能守恒定律得

解得刚抛小球时离地面的高度为

(2)人对小球做功，小球获得了动能

19．(1)，方向沿斜面向下；(2)0.077m

【详解】

(1)木板刚开始运动瞬间，受竖直向下的重力、垂直于接触面向上的支持力、木块对木板的压力、木块对木板的摩擦力以及斜面对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得

解得，方向沿斜面向下；

(2)设金属块与木板达到共同速度为，对金属块

在此过程中，以木板为研究对象，设弹簧对木板做的功为，则有

解得，则此时弹簧的弹性势能；

金属块和木板达到共同速度后压缩弹簧，速度减小到0后反向弹回，设弹簧恢复原长时，木板和金属块的速度为，在此过程中对木板和金属块，由能量守恒定律可得

木板离开弹簧后，设滑行距离为，由动能定理可得

联立可得

20．(1)8m/s2 ；(2)

【详解】

(1)物块P刚冲上传送带时，设P、Q的加速度为，轻绳的拉力为，因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用，对P由牛顿第二定律得

对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛顿第二定律得

联立解得

(2)P先减速到与传送带速度相同，设位移为，则

共速后，由于摩擦力

故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右，设此时的加速度为，轻绳的拉力为，对P由牛顿第二定律得

对Q由牛顿第二定律得

联立解得

设减速到0位移为，则

P、Q系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功