機械能守恒定律 練習 高中物理新教科版必修第二冊（2022-2023學年）

4.5機械能守恒定律一、選擇題1．如圖所示，光滑軌道LMNPQMK固定在水平地面上，軌道平面在豎直面內，MNPQM是半徑為R的圓形軌道，軌道LM與圓形軌道MNPQM在M點相切，軌道MK與圓形軌道MNPQM在M點相切，b點、P點在同一水平面上，K點位置比P點低，b點離地高度為2R，a點離地高度為2.5R。若將一個質量為m的小球從左側軌道上不同位置由靜止釋放，關于小球的運動情況，以下說法中正確的是（）

A．若將小球從LM軌道上a點由靜止釋放，小球一定不能沿軌道運動到K點B．若將小球從LM軌道上b點由靜止釋放，小球一定能沿軌道運動到K點C．若將小球從LM軌道上a、b點之間任一位置由靜止釋放，小球一定能沿軌道運動到K點D．若將小球從LM軌道上a點以上任一位置由靜止釋放，小球沿軌道運動到K點后做斜上拋運動，小球做斜上拋運動時距離地面的最大高度一定小于由靜止釋放時的高度2．如圖所示，長為的輕繩一端固定于點，另一端拴接質量為的小球。現(xiàn)撞擊一下小球，使其獲得一水平向右的初速度，小球恰好能通過最高點在豎直面內做完整的圓周運動，重力加速度為g，不計空氣阻力。則（）A．小球在最高點的速度大小為B．小球運動到最高點時輕繩受到的拉力大小為C．小球運動到最低點時的速度大小為D．小球運動到最低點時輕繩受到的拉力大小為3．2021年5月，中國“天問一號”探測器首次在火星著陸。圖設為探測器經過多次變軌后登陸火星的軌跡示意圖，其中軌道Ⅰ、Ⅲ為橢圓，軌道Ⅱ為圓，忽略探測器變軌時質量的變化，下列關于探測器的說法正確的是（）A．探測器在軌道Ⅰ的運行周期小于在軌道Ⅱ的運行周期B．探測器在軌道Ⅱ上的速度小于火星的第一宇宙速度C．探測器在軌道Ⅰ上點的加速度小于在軌道Ⅱ上點的加速度D．探測器在軌道Ⅱ上點的機械能小于在軌道Ⅲ上點的機械能4．2021年11月5日，占全球市場份額70%的無人機巨頭大疆，發(fā)布迄今為止影像素質最優(yōu)異的消費級無人機Mavic3。下圖是該型號無人機繞拍攝主體時做水平勻速圓周運動的示意圖。已知無人機的質量為m，無人機的軌道距拍攝對象高度為h，無人機與拍攝對象距離為r，無人機飛行的線速度大小為v，則無人機做勻速圓周運動時（）A．無人機所受空氣作用力為mgB．無人機所受向心力為C．無人機飛行時要消耗電能，所以無人機的機械能是增加的D．無人機繞行一周的周期為5．如圖所示，在一直立的光滑管內放置一輕質彈簧，上端O點與管口A的距離為2x0，一質量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓至最低點B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，則（）A．小球從接觸彈簧開始速度一直減小B．彈簧最大彈性勢能為3mgx0C．小球運動過程中最大速度等于2D．彈簧勁度系數(shù)等于6．如圖所示，固定在豎直面內橫截面為半圓的光滑柱體（半徑為R，直徑水平）固定在距離地面足夠高處，位于柱體兩側質量相等的小球A、B（視為質點）用細線相連，兩球與截面圓的圓心O處于同一水平線上（細線處于繃緊狀態(tài)）。在微小擾動下，小球A由靜止沿圓弧運動到柱體的最高點P。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。小球A通過P點時的速度大小為（）。A． B． C． D．7．如圖所示，質量為m的小球從O點由靜止開始自由下落，經過位置A時，速度大小v1，距離水平地面高度為h1，經過位置B時，速度大小為v2，距離水平地面高度為h2；，不計空氣阻力，取地面為零勢能參考平面，下列關系式正確的是（）A．B．C．D．8．跳臺滑雪是冬奧會的重要競技項目。如圖所示，運動員在滑雪道上獲得一定速度后，從跳臺上。點水平飛出。某運動員兩次試滑分別在斜坡上a、b兩點著陸，已知，斜坡與水平面間夾角為θ，忽略空氣阻力，運動員（含裝備）可視為質點。則該運動員兩次試滑著陸時的動能之比（）A． B． C．D．9．如圖所示，傾角為θ的光滑固定斜面上，質量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊保持靜止，在A物體上施加沿斜面向上的恒力F，使A物體沿斜面向上加速運動，當A物體的速度達到最大時，B物體恰好離開擋板C。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．恒力F為3mgsinθB．A物體達到最大速度時受到的彈簧彈力為2mgsinθC．A物體的最大速度D．恒力F做的功大于A物體的機械能變化量10．如圖所示，地面上豎直放一根輕彈簧，其下端和地面固定連接，一物體從彈簧正上方距彈簧一定高度處自由下落，則（）A．物體和彈簧接觸時，物體的動能最大B．物體從接觸彈簧至離開彈簧的過程中，物體的動能和彈簧彈性勢能的和不斷增加C．物體從接觸彈簧至離開彈簧的過程中，物體的動能和彈簧彈性勢能的和先增加后減少D．物體在反彈階段動能一直增加，直到物體脫離彈簧為止11．如圖a所示，在光滑的水平面上，輕彈簧右端與物塊A拴接，物塊A與物塊B間有少量的粘合劑，能承受最大的拉力為F0，且物塊A和B的質量均為m。以物塊A的位置為坐標原點。A所受彈簧彈力與坐標的關系如圖b所示，F(xiàn)0和均為已知量，取A所受彈力水平向右為正方向?，F(xiàn)在向左推物塊A和B壓縮彈簧至-處，將物塊A和B由靜止釋放后（）A．B與A分離時的位置坐標為原點B．B與A分離時的位置坐標為處C．B與A分離之前，彈簧減少的彈性勢能為D．B與A分離之前，A的速度為12．蹦床運動是極具技巧性和觀賞性的項目，具有彈性的蹦床可以簡化成下端固定的豎直放置的輕彈簧，用小球替代運動員，如圖所示。運動員從最高點A點由靜止下落，當他經過B點時，此時彈簧恰好處于自由狀態(tài)，C點是運動過程的最低點。在整個豎直運動過程中，彈簧始終處于彈性限度內，空氣阻力忽略不計。運動員從A點運動到C點的過程中，若運動員姿態(tài)始終保持不變，則運動員、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)的機械能（）A．越來越大 B．越來越小C．保持不變 D．先增大，再減小13．如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）左端固定在A點，彈性繩自然長度等于，跨過由輕桿固定的定滑輪連接一個質量為的小球，小球穿過豎直固定的桿。初始時A、、在同一條水平線上，小球從點由靜止釋放滑到點時速度恰好為零。已知、兩點間距離為，為的中點，小球在點時彈性繩的拉力為0.5mg，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內。下列說法正確的是（）A．對于彈性繩和小球組成的系統(tǒng)，從點到點的過程中機械能守恒B．小球從點到點的過程中摩擦力大小不變C．小球在階段損失的機械能大于小球在階段損失的機械能D．若在點給小球一個向上的速度，則小球恰好能回到C點14．在拉力F的作用下，一輛玩具汽車從斜面底端由靜止開始沿斜面運動，它的動能Ek與位移x的關系如圖所示（AB段為曲線），各處的摩擦忽略不計，下列說法正確的是（）A．0～x1過程中，車所受拉力逐漸增大B．0～x1過程中，拉力的功率逐漸增大C．0～x2過程與x2～x3過程，車的平均速度相等D．x2～x3過程中，車的機械能可能不變15．如圖所示，一豎直輕質彈簧下端固定在水平地面上，上端與質量為m的物塊a連接，初始時a保持靜止?，F(xiàn)有一質量為m的物塊b從距a正上方h處自由釋放，與a發(fā)生碰撞后一起運動但不粘連，壓縮彈簧至最低點，然后一起上升到最高點時物塊b恰好不離開物塊a。物塊a、b均可視為質點，彈簧始終處于彈性限度內，其彈性勢能（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．兩物塊由于碰撞損失的機械能為B．從碰撞后到最高點，整個系統(tǒng)彈性勢能的減少量為C．從碰撞后到最高點，兩物塊的最大動能為D．整個系統(tǒng)彈性勢能的最大值為二、解答題16．2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標志著我國首次火星探測任務——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程，若已知著陸器（含降落傘）總質量m=1.3×103kg，取火星表面重力加速度=4m/s2，忽略著陸器質量的變化和的變化，打開降落傘后的運動可視為豎直向下的直線運動。則：（1）在第Ⅳ階段的最后，著陸器經0.75s的無初速度、無動力下降后安全著陸，且火星表面大氣非常稀薄，求著陸器著陸時的動能Ek；（2）假設著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”做勻減速運動，求它所受總平均阻力f的大?。唬?）著陸器在第Ⅲ“動力減速階段”可視為勻減速運動，求它在該階段機械能的改變量。

17．如圖所示，水平軌道AB和CD與豎直圓軌道平滑相接于最低點，圓軌道在最低點稍微里外錯開一點，外面是B點，里面是C點。整個軌道除AB部分粗糙外，其余部分均光滑，AB長度為s=2.5m。在CD部分的右側有一與CD等高的傳送帶緊靠D點，并順時針轉動。質量為m=1kg可視為質點的物體從A點在恒定的拉力F=10N的作用下由靜止開始向右運動，F(xiàn)與水平方向夾角為θ=37°，物體與AB間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2，物體運動到B點時撤去拉力，隨后滑上圓軌道，圓軌道的半徑為R=0.5m，g=10m/s2，sin37°=0.6，求（1）物體到達B點撤去拉力前瞬間，拉力做功的功率為多大？（2）物體運動到圓軌道最高點E時對軌道的壓力為多大？（3）傳送帶順時針轉動的轉速可隨意調節(jié)，使得物體離開傳送帶時速度隨之變化。物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.3，傳送帶的長度為L=3m，則物體滑離傳送帶的速度范圍？

參考答案1．D【詳解】ABC．設小球恰好通過P點時速度為v。此時由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得mg=m設小球釋放點到地面的高度為H。從釋放到P點的過程，由機械能守恒定律得mgH=mg2R+mv2解得H=2.5R所以將小球從LM軌道上a點由靜止釋放，小球恰好到達P點，能做完整的圓周運動，由機械能守恒守恒可知，一定能沿軌道運動到K點。而將小球從LM軌道上b點或a、b點之間任一位置由靜止釋放，不能到達P點，在到達P前，小球離開圓軌道，也就不能到達K點，ABC錯誤；D．小球做斜上拋運動時水平方向做勻速直線運動，到最大高度時水平方向有速度，設斜拋的最大高度為H′，根據(jù)機械能守恒定律得mgH=mv2+mgH′，v>0則H′<H故小球做斜上拋運動時距離地面的最大高度一定小于由靜止釋放時的高度，D正確。故選D。2．D【詳解】AB．依題意，小球恰好做完整的圓周運動，則在最高點時小球重力恰好提供所需向心力，即輕繩對小球的拉力恰好為0，所以小球運動到最高點時輕繩受到的拉力大小為0，根據(jù)牛頓第二定律可得在最高時小球的速度大小為故AB錯誤；CD．根據(jù)動能定理，小球運動到最低點時有求得小球在最低點時的速度大小為此時，根據(jù)牛頓第二定律有求得小球運動到最低點時輕繩受到的拉力大小為故C錯誤，D正確。故選D。3．B【詳解】A．橢圓軌道I的半長軸大于圓軌道II的半徑，根據(jù)開普勒第三定律可知，探測器在軌道I的運動周期大于在軌道II的運行周期，A錯誤；B．設火星的質量為，探測器的質量為，根據(jù)萬有引力提供向心力可得再可得便可知軌道半徑越小，則線速度越大，由于軌道II的半徑大于火星的半徑，所以探測器在軌道II上的速度小于火星的第一宇宙速度，B正確；C．為兩個軌道的交點，由牛頓第二定律可知所以經過軌道I上點的加速度等于經過軌道II上點的加速度，C錯誤；D．根據(jù)變軌的原理可知，從圓軌道II到橢圓軌道III，探測器需要減速，所以在軌道II上點的機械能大于軌道III上點的機械能，D錯誤。故選B。4．D【詳解】AB．根據(jù)向心力公式可得無人機所受向心力為無人機所受空氣作用力F與重力mg的合力提供其做勻速圓周運動的向心力F向，根據(jù)力的合成可得故AB錯誤；

C．無人機高度不變，則重力勢能不變，速度大小不變，則動能不變，所以機械能不變，故C錯誤；D．根據(jù)勻速圓周運動規(guī)律可得無人機繞行一周的周期為故D正確。故選D。5．B【詳解】A．小球接觸彈簧開始mg-kx=ma加速下落，彈力增大，速度增大，當小球的重力等于彈簧的彈力時加速度為零，所以速度最大，再下落kx-mg=ma彈力增大，加速度反向增大，速度減小，故A錯誤；B．根據(jù)機械能守恒定律，重力勢能的減少應等于彈簧彈性勢能的增加，重力勢能減少3mgx0，彈性勢能最大為3mgx0，故B正確；C．從A到O解得O點的速度為并非最大速度，所以最大速度大于，故C錯誤；D．平衡時滿足即x小于x0，彈簧勁度系數(shù)故D錯誤。故選B。6．C【詳解】對AB組成的系統(tǒng)，從開始運動到小球A運動到最高點的過程解得故選C。7．D【詳解】取地面為零勢能參考平面，則A處的重力勢能為，動能為；在B處的重力勢能為，動能為，根據(jù)機械能守恒定律，則有故選D。8．C【詳解】該運動員做平拋運動，設水平飛出時初速度為v0，落到斜坡上時有得落到斜面上時，水平分速度與豎直分速度滿足運動過程中機械能守恒，有落到斜坡上時該運動員的動能所以故選C。9．C【詳解】AB．當A物體達到最大速度時，A受力平衡這時B恰好離開擋板CAB項錯誤；C．初始A、B保持靜止，彈簧被壓縮，壓縮量為A達到最大速度時彈簧被拉伸，拉伸量為由能量守恒可得解得C項正確；D．由于初末狀態(tài)彈簧彈性勢能沒有變化，恒力做的功等于A物塊機械能的變化量，D項錯誤。故選C。10．C【詳解】A．物體在下落過程中，只受重力和彈簧彈力作用，總的機械能是守恒的；物體和彈簧接觸后，受重力和向上的彈力作用，物體下落階段，先是重力大于彈力，然后是彈力大于重力，故物體先加速后減速，動能先增加后減少，即物體和彈簧接觸時，物體的動能未達到最大，A錯誤；D．同理，物體在反彈階段，未脫離彈簧時，動能先增加后減少，D錯誤；BC．物體從接觸彈簧至離開彈簧的過程中，先下落后上升，物體的重力勢能先減少后增加，由于物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以物體的動能和彈簧彈性勢能的和先增加后減少，B錯誤C正確。故選C。11．B【詳解】AB．物塊A與物塊B間有少量的粘合劑，能承受最大的拉力為F0，根據(jù)牛頓第二定律可得解得根據(jù)圖像可得B與A分離時的位置坐標為A錯誤，B正確；C．由圖像可得，B與A分離之前，彈簧減少的彈性勢能為C錯誤；D．B與A分離之前，彈簧減小的彈性勢能轉化為A、B的動能，即有即解得D錯誤。故選B。12．C【詳解】AB段運動員只受重力，機械能守恒，BC段除受重力外，還受彈力，運動員機械能不守恒，但是運動員、彈簧所所組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以整個過程運動員、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)的機械能不變。故選C。13．BD【詳解】A．由于小球受到桿的滑動摩擦力做負功，對于彈性繩和小球組成的系統(tǒng)，從C點到E點的過程中機械能減少，故A錯誤；B．設BC間距為x，在C點時，繩上的拉力為從C點向下運動過程，設B點右側繩長為x'，與豎直方向夾角為θ，水平方向由平衡條件可得小球受到的滑動摩擦力大小為故小球從C點到E點的過程中摩擦力大小不變，故B正確；C．結合B解析可知，小球在CD階段和在DE階段克服摩擦力所做的功相同，故損失的機械能相同，故C錯誤；D．從C到E過程，據(jù)動能定理可得若在E點給小球一個向上的速度，從E到C過程，據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得到達C點的動能等于0，故小球恰好能回到C點，故D正確。故選BD。14．BD【詳解】A．Ek-x圖線的斜率表示車所受的合外力，0～x1過程中，車所受合外力不變，則所受拉力不變，故A錯誤；B．0～x1過程中，拉力不變，而車的速度逐漸增大，所以拉力的功率逐漸增大，故B正確；C．根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律的推論可知，只有當兩個過程車都做勻變速運動時，其平均速度才相等，而0～x2過程中，車先做勻加速運動，然后做變加速運動；x2～x3過程，車做勻減速運動，所以0～x2過程與x2～x3過程，車的平均速度不相等，故C錯誤；D．x2～x3過程中，車做勻減速運動，此時拉力可能為零，車的機械能可能守恒，故D正確。故選BD。15．BCD【詳解】A．質量為m的物塊b從距a正上方h處自由釋