人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律同步练习题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律同步练习题，共7页。

1．下面列举的实例中，机械能守恒的是( )
A．雨滴在空中匀速下落
B．汽车沿斜坡加速上升
C．物块沿光滑斜面自由上滑
D．飞机沿水平跑道减速滑行
【答案】C 【解析】雨滴在空中匀速下落隐含了受到空气摩擦力的条件，机械能不守恒，故A错误；汽车加速上升，机械能增加，故B错误；斜面光滑，只受重力，机械能守恒，故C正确；水平面上减速滑行，必定受到阻力，机械能不守恒，故D错误．
2．(2023年佛山期中)如图所示是儿童公园的摩天轮，假设某乘客坐在座椅上随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，整个过程座椅始终保持水平．下列说法正确的是( )
A．座舱转动过程，乘客的机械能守恒
B．座舱转动过程，座椅没有给乘客摩擦力作用
C．座舱在最高点时，座椅对乘客的支持力大小等于重力
D．座舱在与转轴等高处，乘客所受摩擦力的方向指向转轴
【答案】D 【解析】座舱转动过程，乘客的动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，故A错误；座舱在与转轴等高处，乘客所受摩擦力提供做圆周运动的向心力，则所受的摩擦力方向指向转轴，故D正确，B错误；座舱在最高点时，根据mg－N＝m eq \f(v2,r)可知，座椅对乘客的支持力N大小小于重力，故C错误．
3．(多选)物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的高度，以水平地面为零势能面．如下图所示的图像中，能正确反映各物理量之间关系的是( )
AB
CD
【答案】BD 【解析】由机械能守恒定律Ep＝E－Ek，知势能与动能的图像为倾斜的直线，C错误；由动能定理Ek＝mgh＝ eq \f(1,2)mv2，则Ep＝E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜的直线，D正确；且Ep＝E－ eq \f(1,2)mv2，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B正确；同理Ep＝E－ eq \f(1,2)mg2t2，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，A错误．
4．(多选)(2023年中山联考)如图是某滑雪运动员在一次自由式滑雪空中技巧训练中保持同一姿态沿斜坡下滑了一段距离，如果重力对他做功为1 000 J，他克服阻力做功500 J，则他在此过程中( )
A．可能在做匀速直线运动
B．动能增加了500 J
C．重力势能减少了500 J
D．机械能减少了500 J
【答案】BD 【解析】重力对运动员做功1 000 J，他克服阻力做功500 J，即阻力做功为－500 J，所以外力对他做的总功为W外＝1 000 J－500 J＝500 J，根据动能定理可知，运动员的动能增加了500 J，因此速度增大，故A错误，B正确；重力对他做功1 000 J，因此重力势能减小了1 000 J，故C错误；机械能减少量等于运动员克服阻力做功，为500 J，故D正确．
5．建筑物着火后，消防员站在地面利用水枪进行灭火．设枪喷口与水平地面夹角为45°，出水速度为10 eq \r(2) m/s，设出水口为零势能面．不考虑空气阻力，可以把水柱在空中的过程看成平抛运动的逆运动，到达最高点时恰好到达建筑物．下列说法错误的是( )
A．水柱到达最高点时，动能全部转化为重力势能
B．水柱上升过程中机械能守恒
C．出水口离建筑物的水平距离为10 m
D．如果要使水柱浇灭稍高位置的火焰，消防员可以通过改变出水速度的大小和出水口与水平地面夹角来实现
【答案】A 【解析】根据平抛运动的特点可知，水柱到达最高点时仍然有沿水平方向的分速度，动能不等于0，故A错误；平抛运动以及其逆运动的过程中空气的阻力不计，水柱的机械能守恒，故B正确；水柱沿竖直方向的分速度为vy＝v sin 45°＝10 eq \r(2)× eq \f(\r(2),2)＝10 m/s，水柱向上运动的时间为t＝ eq \f(vy,g)＝ eq \f(10,10) s＝1 s，出水口离建筑物的水平距离等于水柱沿水平方向的位移，为x＝vxt＝v cs 45°·t＝10 m，故C正确；设出水口与水平地面之间的夹角为θ，则水柱上升的高度为h＝ eq \f(v eq \\al(2,y),2g)＝ eq \f(v eq \\al(2,0)sin2θ,2g)，可知如果要使水柱熄灭稍高位置的火焰，消防员可以通过改变出水速度和出水口与水平地面夹角来实现，故D正确．
6．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动．若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(g取10 m/s2)( )
A．2 m/s B．2 eq \r(10) m/s
C．2 eq \r(5) m/s D．2 eq \r(2) m/s
【答案】C 【解析】小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有mg sin α＝ eq \f(mv eq \\al(2,A),L)，解得vA＝ eq \r(gL sin α)，小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律，有 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A)＋mg·2L sin α＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B)，解得vB＝ eq \r(5gL sin α)＝2 eq \r(5) m/s，故选C．
7．(2023年东莞质检)如图所示，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端各系一小球a和b(均可视为质点)，a球质量为1 kg，静置于地面；b球质量为2 kg，用手托住，离地面高度h为0.6 m，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b球后，在b球落地前一瞬间，小球a的速率为(g取10 m/s2)( )
A．1 m/s B．2 m/s
C．3 m/s D．4 m/s
【答案】B 【解析】根据机械能守恒mbgh－magh＝ eq \f(1,2)(mb＋ma)v2，代入数据得v＝2 m/s，故选B．
8．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，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．弹簧弹性势能变化了 eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
【答案】B 【解析】圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，A错误； 圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为 eq \r(3)L，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为 eq \r(3)mgL，B正确； 圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，C错误； 在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，故D错误．
9．(多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)( )
A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒
C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒
D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒
【答案】BC 【解析】由于B球的质量较大，所以B球要向下摆动，重力势能减少，动能增加，但B球和地球组成的系统机械能不守恒，故A错误．A球向上摆动，重力势能和动能都增加，即机械能要增加，所以A球和地球组成的系统机械能不守恒，故B正确．A球、B球和地球组成的系统，只有重力做功，总机械能守恒，故C正确，D错误．
10．为了刺激旅游业，也为了给游客带来更多的乐趣，景区的基础设施建设不断完善，高山旅游也不那么辛苦了，比如去张家界游玩的游客可以坐百龙电梯上山，如图所示．若忽略空气阻力，对于游客坐百龙电梯上山的全过程，下列说法正确的是( )
A．游客一直处于超重状态
B．游客的重力势能一直增大
C．游客的动能一直增加
D．游客的机械能守恒
【答案】B 【解析】游客加速上升时处于超重状态，减速上升时处于失重状态，故A错误；游客的高度一直增加， 则重力势能一直增大，故B正确；游客先加速后减速，则动能先增加后减小，故C错误；电梯一直对人做正功，则游客的机械能不守恒，故D错误．
B组·能力提升
11．(多选)(2023年珠海质检)如图甲所示轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，落到弹簧上瞬间粘连(无能量损失)并压缩弹簧至最低处．设弹簧一直在弹性限度内，空气阻力忽略不计，以地面为参考平面，小球的动能随高度变化(由h5下落至h1)的图像如图乙所示．已知h1～h4段图像为曲线，h4～h5段为直线，下列说法正确的是( )
A．小球向下运动到最低点的过程中，小球和弹簧的系统总机械能守恒
B．小球在h3高度时加速度为0
C．弹簧的劲度系数为 eq \f(mg,h4－h2)
D．小球在h2高度时动能为mg(h2－h1)
【答案】AB 【解析】忽略空气阻力，小球向下运动到最低点的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，所以小球和弹簧的系统总机械能守恒，故A正确；由图乙可知，小球在h3高度时，动能最大，则速度最大，此时重力与弹簧弹力平衡，小球的加速度为零，故B正确；小球运动到距地面距离为h3时动能最大，根据牛顿第二定律有mg＝kx，其中x＝h4－h3则弹簧的劲度系数为k＝ eq \f(mg,h4－h3)，故C错误；h5～h4过程为直线，故该过程为小球做自由落体运动，到达h4时小球动能为Ek＝mg(h5－h4)，由图可知h2和h4时，小球动能相等，所以小球的高度为h2时，动能为mg(h5－h4)，故D错误．
12．(多选)(2022年河北学业考试)如图所示，在竖直平面内，与水平面夹角为45°的光滑倾斜轨道与光滑半圆轨道平滑连接．质量为m的小球从倾斜轨道上滑下，恰好能通过半圆轨道最高点后水平抛出垂直打在倾斜轨道上．若小球平抛运动的时间为t，当地的重力加速度为g，则( )
A．小球打在倾斜轨道前瞬间的速度大小为gt
B．半圆轨道的半径为gt2
C．小球经过半圆轨道最低点时对轨道的压力大小为6mg
D．小球从倾斜轨道上由静止滑下时距离半圆轨道最低点的高度为2gt2
【答案】BC 【解析】小球垂直打在倾斜轨道上，有tan 45°＝ eq \f(vx,gt)，解得vx＝gt，小球打在倾斜轨道前瞬间的速度大小为v1＝ eq \r(v eq \\al(2,x)＋(gt)2)＝ eq \r(2)gt，A错误；小球恰好通过半圆轨道最高点，有mg＝m eq \f(v eq \\al(2,x),R)，解得R＝gt2，B正确；小球沿半圆轨道从最低点运动到最高点，由机械能守恒定律，有 eq \f(1,2)mv2＝mg·2R＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,x).设小球经过半圆轨道最低点时轨道对球的支持力为F，在最低点有F－mg＝m eq \f(v2,R)，解得F＝6mg.由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道最低点时对轨道的压力大小为6mg，C正确；由mgh＝ eq \f(1,2)mv2，解得h＝ eq \f(5,2)gt2，D错误．
13．(2023年江门外海中学期中)如图所示，一个玩溜冰的小孩(可视作质点)质量为m＝30 kg，他在左侧水平平台上滑行一段距离后做平抛运动，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧的两端点，其连线水平．已知从D点以vD＝5 m/s的速度向右滑动，经t＝0.5 s到达E点，圆弧半径为R＝1.0 m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8 m.小孩到达圆轨道O点时速度的大小为 eq \r(33) m/s(计算中g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6).求：
(1)小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力；
(2)小孩做平抛运动的初速度；
(3)小孩的溜冰鞋与平台DE的动摩擦因数．
解：(1)由小孩运动到圆弧轨道最低点O时的受力可知FN－mg＝ eq \f(mv2,R)，
代入数据解得，轨道对小孩的支持力FN＝1 290 N.
根据牛顿第三定律可知，小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力与轨道对小孩的支持力大小相等，方向相反，即F压＝FN＝1 290 N，方向竖直向下．
(2)将小孩在A点的速度分解成水平方向和竖直方向，如图所示，则
根据动能定理可得
mgR eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs \f(θ,2)))＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A)，
解得vA＝5 m/s，
故小孩做平抛运动的初速度
v0＝vA cs eq \f(θ,2)＝3 m/s.
(3)由题可知，小孩在平台上做匀减速直线运动，则v0＝vD＋at，a＝μg，联立解得μ＝0.4.