高中物理人教版（2022新版）第二冊習題第八章第4節(jié)機械能守恒定律word版含解析

1．下列運動滿足機械能守恒的是()A．鉛球從手中拋出后的運動(不計空氣阻力)B．子彈射穿木塊C．吊車將貨物勻速吊起D．降落傘在空中勻速下降答案A解析A項鉛球拋出后只有重力做功，滿足機械能守恒的條件；B項子彈受到阻力且阻力做負功，C項貨物受拉力且拉力做正功，D項降落傘動能不變，重力勢能減小，故機械能減少。故A正確。2．(多選)如圖所示，一斜面放在光滑的水平面上，一個小物體從斜面頂端無摩擦地自由滑下，則在下滑的過程中()A．斜面對小物體的彈力做的功為零B．小物體的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為小物體的動能C．小物體的機械能不守恒D．小物體、斜面和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒答案CD解析小物體、斜面和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D正確；小物體的重力勢能轉(zhuǎn)化為它和斜面的動能，斜面的重力勢能不變，動能增加，則其機械能增加，斜面對小物體的彈力做負功，小物體的機械能減少，故A、B錯誤，C正確。3．如圖所示，下列關于機械能是否守恒的判斷，正確的是()A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機械能守恒B．乙圖中，斜面A不動，物體B沿粗糙斜面勻速下滑，物體B機械能守恒C．丙圖中，不計任何阻力時A加速下落、B加速上升過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能不守恒答案C解析甲圖中，在物體A壓縮彈簧的過程中，彈簧和物體A組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，對于A，由于彈簧的彈性勢能在增加，則A的機械能減小，故A錯誤；乙圖中，物體B沿斜面A勻速下滑時，B的動能不變，重力勢能在減小，故B的機械能不守恒，B錯誤；丙圖中，對A、B組成的系統(tǒng)，不計空氣阻力，只有重力做功，故A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，C正確；丁圖中，小球在做勻速圓錐擺運動的過程中，重力勢能和動能都不變，機械能守恒，故D錯誤。4．如圖所示為跳傘愛好者表演高樓跳傘的情形，他們從樓頂跳下后，在距地面一定高度處打開傘包，最終安全著陸，則跳傘者()A．機械能一直減小 B．機械能一直增大C．動能一直減小 D．重力勢能一直增大答案A解析跳傘愛好者從樓頂跳下后，在距地面一定高度處打開傘包，最終安全著陸，下落過程中，跳傘者始終受到與運動方向相反的空氣阻力，所以跳傘者的機械能一直減小，故A正確，B錯誤；跳傘愛好者從樓頂跳下后，沒有打開降落傘之前，受到的空氣阻力比較小，所以先做加速運動，直到打開降落傘之后，才開始做減速運動，故C錯誤；下落的過程中重力一直做正功，所以重力勢能一直減小，故D錯誤。5．如圖所示，質(zhì)量為m的小球以速度v0離開桌面，若以桌面為零勢能面，則它經(jīng)過A點時所具有的機械能是(不計空氣阻力)()\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh\f(1,2)mveq\o\al(2,0)\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H－h(huán))答案C解析小球下落過程機械能守恒，所以EA＝E初＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，C正確。6．質(zhì)量為m的物體，從靜止出發(fā)以eq\f(g,2)的加速度豎直下降h，下列說法正確的是()A．物體的機械能增加了eq\f(1,2)mghB．物體的動能增加了mgh C．物體的機械能減少了eq\f(1,2)mghD．物體的重力勢能減少了eq\f(1,2)mgh答案C解析因物體的加速度為eq\f(g,2)，故說明物體受阻力作用，由牛頓第二定律可知：mg－f＝ma，解得：f＝eq\f(mg,2)，阻力做功為：Wf＝－eq\f(mgh,2)，故機械能的減小量為eq\f(1,2)mgh，A錯誤，C正確；由動能定理可得動能的改變量為：ΔEk＝W合＝mah＝eq\f(1,2)mgh，所以物體的動能增加eq\f(1,2)mgh，故B錯誤；重力做功為：WG＝mgh，所以物體的重力勢能減少mgh，故D錯誤。7．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在地面上沿斜向上方向以初速度v0拋出后，能達到的最大高度為H，當它將要落到離地面高度為h的平臺上時，下列判斷正確的是(不計空氣阻力，取地面為參考平面)()A．它的總機械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．它的總機械能為mghC．它的動能為mg(H－h(huán))D．它的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh答案AD解析整個過程中，只有重力對小球做功，故小球的機械能守恒，且E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A正確，B錯誤；小球從拋出到落到平臺機械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋Ek，故Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh，D正確；因為在最高點速度不為零，故C錯誤。8．一個物體以一定的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，那么在選項圖中，表示物體的動能Ek隨高度h變化的圖像A，物體的重力勢能Ep隨速度v變化的圖像B，表示物體的機械能E隨高度h變化的圖像C，表示物體的動能Ek隨速度v的變化圖像D，其中錯誤的是()答案B解析開始時物體的機械能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，上升高度為h時物體的機械能E2＝mgh＋Ek，根據(jù)機械能守恒定律，則E1＝E2，Ek＝E1－mgh，E1為定值，故Ek與h是一次函數(shù)關系，A正確；E1＝Ep＋eq\f(1,2)mv2，Ep＝E1－eq\f(1,2)mv2，故Ep與v是二次函數(shù)關系，B錯誤；物體在任何高度機械能E不變，C正確；Ek＝eq\f(1,2)mv2，故Ek與v是二次函數(shù)關系，故D正確。9．(多選)某娛樂項目中，參與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進入下一關?，F(xiàn)在將這個娛樂項目進行簡化，假設參與者從觸發(fā)器的正下方以速率v豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器。若參與者仍在剛才的拋出點所在的水平面，沿圖示的四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，則小球能夠擊中觸發(fā)器的可能是()答案CD解析將小球豎直上拋時小球恰好擊中觸發(fā)器，則小球擊中觸發(fā)器時的速度為0，由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)(h為拋出點與觸發(fā)器間的豎直距離)。沿圖A中光滑軌道以速率v拋出小球，小球沿光滑圓弧軌道內(nèi)表面做圓周運動，到達最高點的速率應大于或等于eq\r(gR)(R為圓弧軌道的半徑)，所以小球不能到達圓弧最高點，故不能擊中觸發(fā)器；沿圖B中光滑軌道以速率v拋出小球，小球沿光滑軌道上滑一段后做斜拋運動，在最高點具有水平方向的速度，由機械能守恒定律可知，小球無法達到高度h，所以也不能擊中觸發(fā)器；圖C和圖D中，小球在光滑軌道最高點的速度均可以為零，由機械能守恒定律可知小球能夠擊中觸發(fā)器。故選C、D。10．2022年5月2日，港珠澳大橋沉管隧道最后接頭成功著床。如圖所示是6000噸重的“接頭”由世界最大單臂全旋回起重船“振華30”安裝的情景。“接頭”經(jīng)15分鐘緩慢下降15米的過程中，其機械能的減少量ΔE和所受重力的平均功率P表述正確的是(重力加速度g＝10m/s2)()A．ΔE＝9×107J，P＝1×106WB．ΔE＝9×108J，P＝6×107WC．ΔE＝9×108J，P＝1×106WD．ΔE＝9×107J，P＝6×107W答案C解析緩慢下降，則動能不變，重力勢能減少，所以機械能減少，其減少量為ΔE＝mgΔh＝6×106×10×15J＝9×108J，重力的平均功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgΔh,t)＝eq\f(9×108,15×60)W＝1×106W，故A、B、D錯誤，C正確。11.如圖所示，P、Q兩球質(zhì)量相等，開始兩球靜止，將P上方的細繩燒斷，在Q落地之前，下列說法正確的是(不計空氣阻力)()A．在任一時刻，兩球動能相等B．在任一時刻，兩球加速度相等C．系統(tǒng)動能和重力勢能之和保持不變D．系統(tǒng)機械能是守恒的答案D解析將細繩燒斷后，由牛頓第二定律可知，P、Q的加速度不同，運動情況不同，在任一時刻，兩球的動能不一定相同，故A、B錯誤；在Q落地之前，系統(tǒng)的動能和重力勢能與彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，總和不變，故C錯誤，D正確。12．一個質(zhì)量m＝kg的小球系于輕質(zhì)彈簧的一端，且套在光滑豎立的圓環(huán)上，彈簧的另一端固定于環(huán)的最高點A，環(huán)的半徑R＝m，彈簧的原長l0＝m，勁度系數(shù)為N/m，如圖所示，若小球從圖中所示位置B點由靜止開始滑動到最低點C時，彈簧的彈性勢能Ep＝J。求：小球到C點時的速度vC的大小。(g取10m/s2)答案3m/s解析以C點所在水平面為參考平面，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得mgR(1＋cos60°)＝Ep＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝3m/s。13．如圖所示，AB是豎直面內(nèi)光滑的四分之一圓弧軌道，下端B與水平直軌道相切。一個小物塊自A點由靜止開始沿軌道下滑，已知圓弧軌道半徑為R＝m，小物塊的質(zhì)量為m＝kg，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝，取g＝10m/s2。求：(1)小物塊到達B點的速度大??；(2)小物塊在B點時受圓弧軌道的支持力；(3)小物塊在水平面上滑動的最大距離。答案(1)2m/s(2)3N(3)m解析(1)對小物塊從A下滑到B，根據(jù)機械能守恒定律，得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得：vB＝eq\r(2gR)＝2m/s。(2)對小物塊在B點，由牛頓第二定律得：N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)將vB＝eq\r(2gR)代入，可得：N＝3mg＝3××10N＝3N。(3)設在水平面上滑動的最大距離為s，對小物塊在水平面上的滑動過程，由動能定理得：－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：s＝eq\f(v\o\al(2,B),2μg)＝eq\f(22,2××10)m＝m。14．如圖所示，質(zhì)量分別為3kg和5kg的物體A、B，用輕線連接跨在一個定滑輪兩側(cè)，輕繩正好拉直，且A物體底面與地接觸，B物體距地面m，求：(1)放開B物體，當B物體著地時A物體的速度；(2)B物體著地后A物體還能上升多高？(g取10m/s2)答案(1)2m/s(2)m解析(1)對A、B組成的系統(tǒng)，當B下落時系統(tǒng)機械能守恒，解法一：由E1＝E2，以地面為參考平面，由機械能守恒定律得mBgh＝mAgh＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v2解得v＝eq\r(\f(2mB－mAgh,mA＋mB))＝2m/s解法二：由Δ