8.4　機械能守恒定律同步練2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期物理人教版（2019）必修第二冊

新人教版高中物理必修第二冊PAGEPAGE14機械能守恒定律考點一機械能守恒的判斷1.(2018·重慶市江津中學(xué)、合川中學(xué)等七校高一下學(xué)期期末)下列描述中，機械能守恒的是()A.沿斜面勻速上行的汽車B.被勻速向上吊起的集裝箱C.在真空中水平拋出的石塊D.物體以eq\f(4,5)g的加速度豎直向上做勻減速運動答案C2.(多選)(2018·三明市高一下學(xué)期期末)如圖1所示，一輕彈簧一端固定于O點，另一端系一重物，將重物從與懸點O在同一水平面且彈簧保持原長的A點無初速度地釋放，讓它自由擺下，不計空氣阻力，在重物由A點擺到最低點的過程中()圖1A.重物的機械能減少B.重物與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能不變C.重物與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能增加D.重物與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能減少答案AB解析重物自由擺下的過程中，彈簧拉力對重物做負(fù)功，重物的機械能減少，選項A正確；對重物與彈簧組成的系統(tǒng)而言，除重力、彈力外，無其他外力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，選項B正確.3.(多選)(2018·白水中學(xué)高一下學(xué)期期末)如圖2所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，在將彈簧壓縮到最短的整個過程中，下列關(guān)于小球和彈簧的能量敘述中正確的是()圖2A.重力勢能和動能之和減小B.重力勢能和彈性勢能之和總保持不變C.動能和彈性勢能之和增大D.重力勢能、彈性勢能和動能之和總保持不變答案ACD考點二機械能守恒定律的應(yīng)用4.(多選)如圖3所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上.若以地面為零勢能面，且不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()圖3A.重力對物體做的功為mghB.物體在海平面上的重力勢能為mghC.物體在海平面上的動能為eq\f(1,2)mv02－mghD.物體在海平面上的機械能為eq\f(1,2)mv02答案AD5.(多選)(2018·石嘴山三中高一下期中)如圖4所示，質(zhì)量為m的物體，以水平速度v離開高為H的桌面，當(dāng)它落到距地面高為h的A點時，在不計空氣阻力的情況下，下列判斷正確的是(重力加速度為g)()圖4A.若取地面為零勢能面，物體在A點具有的機械能是eq\f(1,2)mv2＋mgHB.若取桌面為零勢能面，物體在A點具有的機械能是eq\f(1,2)mv2C.物體在A點具有的動能是eq\f(1,2)mv2＋mg(H－h(huán))D.物體在A點具有的動能與零勢能面的選取有關(guān)，因此是不確定的答案ABC解析物體在運動的過程中機械能守恒，若取地面為零勢能面，在拋出點機械能為eq\f(1,2)mv2＋mgH，平拋過程中機械能守恒，在平拋軌跡上任何一點的機械能均為eq\f(1,2)mv2＋mgH，故A正確；若取桌面為零勢能面，物體在拋出點機械能為eq\f(1,2)mv2，平拋過程中機械能守恒，在平拋軌跡上任何一點的機械能均為eq\f(1,2)mv2，故B正確；從拋出點到A點，根據(jù)動能定理得mg(H－h(huán))＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mv2，解得物體在A點的動能eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(1,2)mv2＋mg(H－h(huán))，故C正確；物體在A點具有的動能與零勢能面的選取無關(guān)，動能是確定的，故D錯誤.6.如圖5所示，質(zhì)量為1kg的小物塊從傾角為30°、長為2m的光滑固定斜面頂端由靜止開始下滑，若選初始位置為零勢能點，重力加速度g取10m/s2，則它滑到斜面中點時具有的機械能和動能分別是()圖5A.5J,5J B.10J,15JC.0,5J D.0,10J答案C解析物塊的機械能等于物塊動能和重力勢能的總和，選初始位置為零勢能點，則物塊在初始位置的機械能E＝0，在運動的過程中只有重力做功，機械能守恒，所以物塊滑到斜面中點時的機械能為0，故有－mg×eq\f(1,2)Lsin30°＋eq\f(mv2,2)＝0，所以動能是5J，C正確.7.(多選)質(zhì)量相同的小球A和B分別懸掛在長為L和2L的不同長繩上，先將小球A、B拉至同一水平高度(如圖6所示)從靜止釋放，當(dāng)兩繩豎直時，不計空氣阻力，則()圖6A.兩球的速率一樣大B.兩球的動能一樣大C.兩球的機械能一樣大D.兩球所受的拉力一樣大答案CD解析兩球在下落過程中機械能守恒，開始下落時，重力勢能相等，動能都為零，所以機械能相等，下落到最低點時的機械能也一樣大，選項C正確；以小球A為研究對象，設(shè)小球到達最低點時的速度大小為vA，動能為EkA，小球所受的拉力大小為FA，則mgL＝eq\f(1,2)mvA2，F(xiàn)A－mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),L)，可得vA＝eq\r(2gL)，EkA＝mgL，F(xiàn)A＝3mg；同理可得vB＝2eq\r(gL)，EkB＝2mgL，F(xiàn)B＝3mg，故選項A、B錯誤，D正確.8.(多選)(2018·平頂山市高一下學(xué)期期末)蹦極是一項有趣的極限運動，輕質(zhì)彈性繩的一端固定，另一端和運動員相連，運動員經(jīng)一段自由下落后繩被拉直，整個過程中空氣阻力不計，繩的形變是彈性形變，繩處于原長時的彈性勢能為零.則在運動員從靜止開始自由下落，直至最低點的過程中，下列表述正確的是()A.運動員的機械能守恒B.彈性繩的彈性勢能先增大后減小C.運動員與彈性繩的總機械能守恒D.運動員動能最大時彈性繩的彈性勢能不為零答案CD解析運動員開始自由下落，從彈性繩開始伸直到最低點的過程中，先是拉力增加但還是小于重力，合外力向下，運動員向下做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度為零時，速度最大，動能最大，此后拉力大于重力且拉力繼續(xù)增加，合外力向上，運動員開始做加速度增大的減速運動，速度減小，動能減小，所以運動員的機械能不守恒，但運動員與彈性繩的總機械能守恒，故A錯誤，C正確；運動員開始自由下落，彈性繩的彈性勢能不變，從彈性繩開始伸直到最低點的過程中，彈性繩的彈性勢能增大，故B錯誤；當(dāng)加速度為零時，速度最大，動能最大，彈性繩的彈性勢能不為零，故D正確.9.(多選)(2018·哈爾濱六校高一下學(xué)期期末聯(lián)考)如圖7所示，將物體P用長度適當(dāng)?shù)妮p質(zhì)細(xì)繩懸掛于天花板下方，兩物體P、Q用一輕彈簧相連，物體Q在力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧被壓縮，細(xì)繩處于伸直狀態(tài).已知該彈簧的彈性勢能僅與其形變量有關(guān)，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，現(xiàn)將力F撤去，輕繩始終未斷，不計空氣阻力，則()圖7A.彈簧恢復(fù)原長時，物體Q的速度最大B.撤去力F后，彈簧和物體Q組成的系統(tǒng)機械能守恒C.在物體Q下落的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大D.撤去力F前，細(xì)繩的拉力不可能為零答案BC解析由題意可知，撤去力F后，在Q下落過程中，Q和彈簧組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，彈簧彈性勢能先減小后增大，Q的動能先增大后減小，當(dāng)彈簧向上的彈力大小等于Q物體的重力時，Q的速度最大，故A錯誤，B、C正確；F撤去之前，彈簧被壓縮，對P受力分析，當(dāng)重力等于彈簧彈力時，細(xì)繩的拉力可能為零，故D錯誤.10.(多選)(2018·西安高級中學(xué)期末)一個物體以一定的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，如圖所示為表示物體的動能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(圖線形狀為四分之一圓弧)、物體的機械能E隨高度h變化的圖像C、物體的動能Ek隨速度v變化的圖像D(圖線形狀為開口向上的拋物線的一部分)，其中可能正確的是()答案ACD解析設(shè)物體的初速度為v0，物體的質(zhì)量為m，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，所以物體的動能與高度h的關(guān)系為Ek＝eq\f(1,2)mv02－mgh，圖像A可能正確；物體的重力勢能與速度v的關(guān)系為Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，則Ep－v圖像為開口向下的拋物線(第一象限中的部分)，圖像B錯誤；由于豎直上拋運動過程中機械能守恒，所以，E－h(huán)圖像為一平行于h軸的直線，圖像C可能正確；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知，Ek－v圖像為一開口向上的拋物線(第一象限中的部分)，所以圖像D可能正確.11.(多選)(2018·湖南五市十校高一下學(xué)期期末)水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切，一小球以初速度v0沿直軌道ab向右運動，如圖8所示，小球進入半圓形軌道后剛好能通過最高點c.則()圖8A.R越大，v0越大B.R越大，小球經(jīng)過b點后的瞬間對軌道的壓力越大C.m越大，v0越大D.m與R同時增大，初動能Ek0增大答案AD解析小球剛好能通過最高點c，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,c),R)，則vc＝eq\r(gR)，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvc2，即v0＝eq\r(5gR)，可知選項A正確，C錯誤；初動能Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)m·5gR＝eq\f(5,2)mgR，知m與R同時增大，初動能Ek0增大，選項D正確；小球經(jīng)過b點時根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得FN＝6mg，根據(jù)牛頓第三定律知FN′＝FN＝6mg，與R無關(guān)，選項B錯誤.12.如圖9所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，并且處于原長狀態(tài)，現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，重力加速度為g，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()圖9A.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧彈性勢能增加了eq\r(3)mgLC.圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和始終保持不變答案B解析圓環(huán)在下落過程中機械能減少，彈簧彈性勢能增加，而圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒.圓環(huán)下落到最低點時速度為零，但是加速度不為零，即合力不為零；圓環(huán)下降高度h＝eq\r(2L2－L2)＝eq\r(3)L，所以圓環(huán)重力勢能減少了eq\r(3)mgL，由機械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能增加了eq\r(3)mgL，故選B.13.(多選)(2018·西安二十六中期末)如圖10所示，細(xì)輕桿的一端與小球相連，可繞O點的水平軸自由轉(zhuǎn)動.現(xiàn)給小球一初速度，使它在豎直平面內(nèi)做圓周運動，a、b分別表示軌道的最低點和最高點，則小球在這兩點對桿的作用力大小之差可能為()圖10A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg答案BCD解析小球運動到b點時①若桿對球的力為支持力，0≤vb＜eq\r(gR)，此時mg－FNb＝meq\f(v\o\al(2,b),R)，F(xiàn)Na－mg＝meq\f(v\o\al(2,a),R)聯(lián)立解得ΔF＝FNa－FNb＝meq\f(v\o\al(2,b),R)＋meq\f(v\o\al(2,a),R)對桿和球組成的系統(tǒng)，由b→a機械能守恒，eq\f(1,2)mva2＝eq\f(1,2)mvb2＋mg·2Rvb＝0時，ΔF＝4mg，若vb增大，則va增大，ΔF增大；②若桿對球恰好無彈力，則vb＝eq\r(gR)此時ΔF＝6mg③若桿對球的力為拉力，vb＞eq\r(gR)，此時FNb＋mg＝meq\f(v\o\al(2,b),R)FNa－mg＝meq\f(v\o\al(2,a),R)則ΔF＝6mg綜上，A錯誤，B、C、D正確.14.(2018·簡陽市高一下學(xué)期期末)如圖11所示，A點距地面的高度為3L，擺線長為L，A、B連線與豎直方向夾角θ＝60°，使擺球從B點處由靜止釋放，不計摩擦阻力影響.圖11(1)若擺球運動至A點正下方O點時擺線斷裂，求擺球落地點到O點的水平距離；(2)若擺線不斷裂，在A點正下方固定一光滑小釘子，使擺球能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，求釘子與A點距離至少多大.答案(1)2L(2)0.8L解析(1)擺球從B點運動到O點過程，根據(jù)機械能守恒定律有mg(L－Lcosθ)＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(gL)在豎直方向上2L＝eq\f(1,2)gt2擺球落地點到O點的水平距離x＝v0t，解得x＝2L；(2)設(shè)釘子與A點距離為y時，擺球恰能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，且在最高點速度為v，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝meq\f(v2,L－y)根據(jù)機械能守恒定律有mg[L－Lcosθ－2(L－y)]＝eq\f(1,2)mv2解得y＝0.8L，即使擺球能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，釘子與A點距離至少為0.8L.15.如圖12所示，豎直平面內(nèi)有一半徑R＝0.5m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點，質(zhì)量m＝0.5kg的小球(可視為質(zhì)點)從B點正上方H高處的A點自由下落，由B點進入圓弧軌道，從D點飛出后落在水平面上的Q點，DQ間的距離x＝2.4m，球從D點飛出后的運動過程中相對水平面上升的最大高度h＝0.8m，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，求：圖12(1)小球釋放點到B點的高度H；(2)經(jīng)過圓弧槽最低點C時軌道對小球的支持力大小FN.答案(1)0.95m(2)34N解析(1)設(shè)小球在飛行過程中通過最高點P的速度為v0，P到D和P到Q可視為兩個對稱的平拋運動，則有：h＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(x,2)＝v0t，