人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律优秀课堂检测

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8.4 机械能守恒定律
【基础题组】
1. 把一个重为G的物体，用一个水平的推力F=kt(k为正的常数，t为时间)压在竖直的足够高的平整的墙上，如图所示，从t=0开始计时，物体从静止开始运动，关于此后物体的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随着物体位移x变化图象定性来说可能正确的有(    )

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
A. 水平的推力 F=kt ，不断变大，物体水平方向受推力和支持力，竖直方向受重力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不断变大，故物体先加速下滑后减速下滑，即动能先增加后减小；但合力为 mg−μkt ，是变力，故动能与位移间不是线性关系，故 A 错误；
B 、 C. 重力做正功，故重力势能不断减小，故 BC 错误；
D. 由于克服滑动摩擦力做功，机械能不断减小，故 D 正确；
故选 D 。   
2. 在韩国平昌冬奥会上，我国选手贾宗洋在自由式滑雪空中技巧比赛中获得银牌。假设他在比赛过程中的运动轨迹如图所示，其中a为运动起点，b为ac之间的最低点，c为腾空跃起的最高点，d是腾空后的落地点，最后停在e点。空气阻力可以忽略，雪地与滑雪板之间的摩擦力不可忽略。在贾宗洋整个运动过程中，下列说法中正确的是
A. 他从a点向b点运动的过程中，重力势能全部转化为动能
B. 他在a点和c点速度都为零，因此重力势能相等
C. 他从c点下落到d点的过程中，减少的重力势能全部转化为动能
D. 他在a点和e点都处于静止状态，因此机械能相等
【答案】C
【解析】
A. 从 a 点向 b 点运动过程中，重力势能大部分转化成动能，因为有滑动摩擦，少部分转化成内能，故 A 错误；
B. 在 a 点速度为零，说明在 a 点动能为零，但是在 c 点水平速度不可能为零，故 c 点动能不为零；两点高度不同，所以重力势能就不相同，故 B 错误；
C. 从 c 点下落到 d 点过程中，忽略空气阻力，只有重力做功，高度减小，重力做正功，动能增大，则重力势能全部转为动能，故 C 正确；
D. 从 a 点运动 e 点的过程中，有阻力做功，故机械能不守恒，即 a 点和 e 点机械能不相等，故 D 错误。
故选 C 。   
3. 如图所示，m1与m2通过轻质绳连接，m1 A. m1的机械能守恒
B. m1的机械能减小
C. m1和m2的总机械能减少
D. m1和m2组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】
ACD 、   两个物体系统中只有动能和重力势能相互转化，机械能总量守恒，单个物体机械能不守恒，故 AC 错误， D 正确；
B 、 m1 重力势能增加，动能增加，故 m1 机械能增加，故 B 错误。
故选 D 。
4. 如图所示，“蹦极”运动中，游戏者身系弹性绳下落，不计空气阻力，游戏者从图中位置下落到最低点过程中，下列说法正确的是(    )
A. 弹性绳原长位置，弹性绳弹力等于游戏者重力
B. 游戏者速度最大时，弹性绳的弹性势能为零
C. 弹性绳的弹性势能最大时，游戏者速度为零
D. 弹性绳的弹性势能先增大后减小，游戏者的动能一直增大
【答案】C
【解析】解：A、弹性绳原长位置，弹性绳的弹力为零，不等于重力，故A错误；
B、橡皮绳绷紧后，开始阶段，拉力小于重力，游戏者向下做加速运动，当拉力等于重力时，加速度为零，速度最大，此时弹性势能不为零．故B错误．
C、当游戏者速度为零时，运动到最低点，此时弹性绳的形变量最大，弹性势能最大．故C正确．
D、游戏者的速度先增大后减小，则游戏者的动能先增大后减小，故D错误．
故选：C
5. 某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学将足球以速度v0从地面上的A点踢起，最高可以到达离地面高度为ℎ的B点位置，从A到B足球克服空气阻力做的功为W，选地面为零势能的参考平面，则下列说法中正确的是(   )
A. 足球从A到B机械能守恒
B. 该同学对足球做的功等于12mv02+mgℎ
C. 足球在A点处的机械能为12mv02+mgℎ
D. 足球在B点处的动能为12mv02−mgℎ−W
【答案】D
【解析】
A. 足球从 A 到 B 过程，足球克服空气阻力做的功为 W ，足球从 A 到 B 机械能不守恒，故 A 错误；
B. 该同学将足球以速度 v0 从地面上的 A 点踢起，由动能定理可知该同学对足球做的功 W=12mv02 ，故 B 错误；
C. 选地面为零势能面，足球在 A 点处的机械能 EA=EkA+EpA=12mv02+0=12mv02 ，故 C 错误；
D. 对足球从 A 到 B 的过程中应用动能定理可得： −mgℎ−W=EkB−12mv02 ，解得足球在 B 点处的动能为： EKB=12mv02−mgℎ−W ，故 D 正确。   
6. 如图甲所示，有一固定的正点电荷N，其右侧距离为L处竖直放置一内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒内有一带电小球。将小球从H 0高处由静止释放，至小球下落到与N同一水平面的过程中，其动能E k随高度H(设小球与点电荷N的竖直高度差为H)的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是(    )
A. 小球可能带负电，也可能带正电
B. 带电小球在高度H0~H1之间运动过程中，电势能减小
C. 带电小球在高度H1~H2之间运动过程中，机械能减小
D. 带电小球在整个运动过程中，库仑力先减小后增大
【答案】C
【解析】
A. 根据动能定理知 E k −H 图像的斜率为带电小球所受合力，由图像知随 H 的减小，斜率先减小，说明 N 对小球的库仑力斜向右上方，为斥力，所以小球带正电，故 A 错误；
B. 整个过程中小球距离正点电荷 N 越来越近，库仑力对小球始终做负功，电势能增加，故 B 错误；
C. 除重力外的其他力做的功等于机械能的变化，由于库仑力做负功，故带电小球在高度 H 1 ~H 2 之间运动过程中，机械能减小，故 C 正确；
D. 由库仑力 F=kQqr2 整个运动过程中， r 越来越小，库仑力一直增大，故 D 错误。
故选 C 。
7. 高台滑雪运动员腾空跃下，如果不考虑空气阻力，则下落过程中该运动员机械能的转换关系是(    )
A. 动能减少，重力势能减少 B. 动能减少，重力势能增加
C. 动能增加，重力势能减少 D. 动能增加，重力势能增加
【答案】C
【解析】解：人在从高处下落过程中，人的质量不变，速度变大，故动能变大；同时人的质量不变，高度减小，故人的重力势能变小，即是将重力势能转化为动能的过程。
故选：C。
8. 如图所示，质量(连同装备)m=60 kg的滑雪运动员以v0=10 m/s的初速度从高ℎ=15 m的A点沿光滑雪道滑下，到达水平面的B点后进入平直缓冲道BC，最终停下，已知滑雪板与缓冲道间动摩擦因数为μ=0.5，取g=10 m/s2。求：

(1)以BC为零势能面，运动员在A点时的机械能；
(2)到达最低点B时的速度大小；
(3)运动员在缓冲道上通过的位移。
【答案】
解：(1)运动员在A点的机械能    E=mgℎ+12mv02      
                 代入数据得  E=1.2×104 J     
(2)从A到B，由机械能守恒  E=12mvB2
                代入数据得  vB=20m/s     
(3)在BC上，由动能定理 −μmgs=0−12mvB2     
                    解得   s=40 m
9. 如图，一质量为m=5kg的物体，由14光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动1m距离后停止。已知轨道半径R=0.8m，g=10m/s2，求：
(1)物体滑至圆弧底端时的速度大小；
(2)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小；
(3)物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功。
【答案】
解：(1)物体从光滑圆弧上端滑到圆弧底端过程中只有重力做功，根据动能定理得
mgR=12mv2
解得：v=2gR=4m/s
(2)在圆弧底端时，设物体受支持力为N，由牛顿第二定律得
N−mg=mv2R
解得：N=150N
根据牛顿第三定律可得物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小为150N；
(3)物体在水平面上滑动过程中仅有摩擦力做功，设克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理得
−Wf=0−12mv2
代入数据解得：Wf=40J。
答：(1)物体物体滑至圆弧底端时的速度大小为4m/s；
(2)物体物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小为150N；
(3)物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功为40J。
【能力提升】
10.   秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(01n)与静止氘核(12H)多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰．经过一次碰撞后，中子损失的动能为 (   )
A. 19E B. 89E C. 13E D. 23E
【答案】B
【解析】解：
质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足系统机械能守恒和系统动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式为12×1×v02=12×1×v12+12×2×v22，1×v0=1×v1+2×v2，解得v1=−13v0，即中子的动能减小为原来的19，动能损失量为89E，故选B．


11. 如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一个定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过定滑轮(不计滑轮的质量和一切摩擦)。初始时刻，用手按住物块B使A，B处于静止状态。松手后A下落、B沿斜面上滑。则从松手到物块A着地前的瞬间(    )
A. 以A和B为系统，由于绳子的拉力做功，系统机械能不守恒
B. 轻绳对物块B做的功等于物块B的机械能增加量
C. 物块A的重力势能的减少量等于物块A和B的动能增加量
D. 物块A的机械能与物块B的重力势能之和是增加的
【答案】B
【解析】
A. 对 A 、 B 系统来说，绳子的拉力属于内力，由于整体只有重力做功，故系统的机械能守恒，故 A 错误；
B. 对 B 分析可知，除重力之外的力只有绳子拉力做功，故绳子对 B 做的功等于物块 B 的机械能增加量，故 B 正确；
C. 根据系统的机械能守恒知， A 的重力势能的减小量等于 A 和 B 动能的增加量以及 B 重力势能的增加量之和，故 C 错误；
D. 由于总机械能守恒，则可知， A 的机械能与物体 B 的机械能之和不变，由于 B 的动能增加，故物块 A 的机械能与物块 B 的重力势能之和减小，故 D 错误。
故选 B 。   
12. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(    )
A. 圆环的机械能守恒
B. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先变小后变大
C. 圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D. 弹簧弹性势能变化了2mgL
【答案】B
【解析】
A. 圆环下落过程中有重力与弹簧弹力做功，弹簧拉伸，储存弹性势能，所以圆环的机械能不守恒，故 A 错误；
B. 圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为 2L ，由受力分析可知圆环先加速后减速，所以圆环的动能先增加后减小，而弹簧、圆环组成的系统机械能守恒，所以圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先变小后变大，故 B 正确；  
C. 圆环下滑到最大距离时，速度为零，加速度向上，所受合力不为零，故 C 错误；  
D. 小球下落高度为： ℎ=2L2−L2=3L ，由系统机械能守恒定律可知小球减少的重力势能转化为弹簧弹性势能，所以弹簧弹性势能变化了 3mgL ，故 D 错误。
故选 B 。   
13. (多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随离开地面的高度ℎ的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得(   )
A. 物体的质量为2 kg
B. ℎ=0时，物体的速率为10 m/s
C. ℎ=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D. 从地面运动到高度ℎ=4 m处的过程中，物体的动能减少100 J
【答案】ABD
【解析】
解： A 、由图知， ℎ=4m 时 Ep=80J ，由 Ep=mgℎ 得 m=2kg ，故 A 正确。
B 、 ℎ=0 时， Ep=0 ， E总=100J ，则物体的动能为 Ek=E总−Ep=100J ，由 Ek=12mv02 ，得 v0=10m/s ，故 B 正确；
C 、 ℎ=2m 时， Ep=40J ， E总=90J ，则物体的动能为 Ek=E总−Ep=50J ，故 C 错误。
D 、从地面至 ℎ=4m ，物体的机械能减少了 20J ，重力势能增加了 80J ，因此，物体的动能减少 100J ，故 D 正确。   
14. 如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α=30°时，弹簧处于原长。当α=30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内。弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中(   )
A. P、Q组成的系统机械能守恒
B. 当α=45°时，P、Q的速度相同
C. 弹簧弹性势能最大值为(3−1)mgL
D. P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
【答案】CD
【解析】
解： A 、对于 P 、 Q 组成的系统，由于弹簧对 Q 要做功，所以 PQ 组成的系统的机械能不守恒，但对 P 、 Q 、弹簧组成的系统，只有重力或弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故 A 错误；
B. 当 α=45∘ 时，根据 P 、 Q 沿轻杆方向的分速度相等得 vQcos45∘=vPcos45∘ ，可得 vP=vQ ，但速度方向不同，所以 P 、 Q 的速度不同， 故 B 错误；
C 、根据系统机械能守恒可得： EP=2mgL(cos30∘−cos60∘) ，即弹性势能的最大值为 EP=(3−1)mgL ，故 C 正确 ;
D 、 P 下降过程中动能达到最大前， P 加速下降，对 P 、 Q 整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有 3mg−N=2ma ，则有 N<3mg ，故 D 正确。
故选： CD 。
15. 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑。现有长也为R的轻杆，两端固定质量均为m的相同小球a、b(可视为质点)，用某装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑。设小球始终与轨道接触，重力加速度为g。则(    )
A. 下滑过程中a球机械能增大
B. 下滑过程中b球机械能守恒
C. 小球a滑过C点后，a球速度为3gR
D. 从释放至a球到滑过C点的过程中，轻杆对b球做正功为12mgR
【答案】CD
【解析】
AB. 下滑的过程中，若以两球为整体，则系统机械能守恒。若分开研究分析，则杆对 a 球做负功， a 球机械能减小，杆对 b 球做正功，则 b 球机械能增加，故 AB 错误；
C. 以两球为系统进行研究，由机械能守恒得 mgR+mg2R=12⋅2m⋅v2 ，解得 v=3gR ，故 C 正确；
D. 对 b 球分析，其机械能的变化量为 ，由功能关系可知，轻杆对 b 球做正功为 12mgR ，故 D 正确。
故选 CD 。   
16. 在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处干竖直平面内的光滑圆弧轨道。半径R = 1.6 m，BC是长度为L1= 3 m的水平传送带，CD是长度为L2= 3.6 m水平粗糙轨道，ABCD轨道与传送带平滑连接。某参赛者抱紧滑板从A处由静止开始下滑，经过转动的传送带，最终停在D点。参赛者和滑板可视为质点，己知该参赛者和滑板总质量m = 60kg，滑板与传送带之间的动摩擦因数为μ1= 0.4、与水平轨道之间的动摩擦因数为μ2= 0.5，g取10 m/s2。求：

(1)参赛者运动到C处的速度vc；
(2)传送带运转速率v及方向；
(3)传送带由于传送参赛者多消耗的电能△E。
【答案】
解：(1)参赛者由C到D的过程，由动能定理得：−μ2mgL2=0−12mvC2
解得：vC=6m/s
(2)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得： 
代入数据得：vB=4m/s 所以传送带运转方向为顺时针。
假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：
−μ1mgL1=12mv2−12mvB2
解得：v=210m/s>vC=6m/s，所以传送带的速率等于6m/s；
(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为t=vc−vBμ1g=6−40.4×10s=0.5s
此过程中参赛者与传送带的相对位移大小为：Δx=vCt−vB+vC2t=0.5m
传送带由于传送参赛者多消耗的电能为：ΔE=μ1mgΔx+(12mvC2−12mvB2)
代入数据解得：ΔE=720J
17. 如图所示，质量均为m=2 kg小物块A、B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下以相等的速度v0=5 m/s分离．A分离后向左运动，滑上半径R=0.5 m的光滑半圆轨道；B分离后向右运动，滑上速度v=4 m/s的足够长的传送带，传送带与平台等高，传送带表面的动摩擦因素μ=0.1.取g=10 m/s2．

(1)求弹簧锁定时的弹性势能Ep；
(2)通过计算说明A能否通过半圆轨道的最高点；
(3)求B在传送带上滑动过程中产生的内能Q．
【答案】
解：(1)解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律得：
EP=12⋅2mv02=12×2×2×52J=50J；
(2)物块A恰好通过半圆最高点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg=mv2R
代入数据解得v=5m/s，
设物块A能通过半圆最高点，到达半圆最高点时速度为v1，
物块A从半圆最低点到最高点过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
12mv02=12mv12+mg⋅2R
代入数据解得：v1=5m/s=v，物块A恰好能通过半圆轨道最高点；
(3)B在传送带上先做匀减速运动，后做匀速直线运动，由牛顿第二定律得；
μmg=ma
代入数据解得，加速度大小：a=1m/s2
B在传送带山相对滑行时间：
t=v−v0a=4−5−1s=1s，
B减速运动的位移xB=v+v02t=4+52×1m=4.5m，
在此时间内传送带的位移x传送带=vt=4×1=4m，
物块B相对传送带滑行的距离△x=xB−x传送带=0.5m，
B在传送带上滑动过程中产生的内能：
Q=μmg△x=0.1×2×10×0.5J=1J；
答：(1)弹簧锁定时的弹性势能Ep是50J；
(2)A能通过半圆轨道的最高点；
(3)B在传送带上滑动过程中产生的内能Q为1J。