2020高中物理 第八章 機械能守恒定律 4機械能守恒定律練習（含解析）新人教版第二冊

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1、第八章 4機械能守恒定律 A組：合格性水平訓練 1．(機械能的理解)一個物體在運動的過程中所受的合力為零，則這個過程中(　　) A．機械能一定不變 B．物體的動能保持不變，而勢能一定變化 C．若物體的勢能變化，機械能一定變化 D．若物體的勢能變化，機械能不一定變化 答案　C 解析　由于物體在運動的過程中所受的合力為零，即物體做勻速直線運動，物體的動能不變，勢能有可能變化，當物體的勢能變化時機械能一定變化，C正確，A、B、D錯誤。 2．(機械能守恒的判斷)下列運動的物體，機械能守恒的是(　　) A．物體沿斜面勻速下滑 B．物體從高處以0.9g的加速度豎直下落 C．物

2、體沿光滑曲面滑下 D．拉著一個物體沿光滑的斜面勻速上升 答案　C 解析　物體沿斜面勻速下滑時，動能不變，重力勢能減小，所以機械能減小，機械能不守恒；物體以0.9g的加速度豎直下落時，除重力外，其他力的合力向上，大小為0.1mg，這個合力在物體下落時對物體做負功，物體機械能減少，機械能不守恒；物體沿光滑曲面滑下時，只有重力做功，機械能守恒；拉著物體沿光滑斜面勻速上升時，拉力對物體做正功，物體機械能增加，機械能不守恒。綜上，機械能守恒的是C項。 3．(機械能守恒定律的應用)以相同大小的初速度v0將物體從同一水平面分別豎直上拋、斜上拋、沿光滑斜面(足夠長)上滑，如圖所示，三種情況達到的最大高

3、度分別為h1、h2和h3，不計空氣阻力(斜上拋物體在最高點的速度方向水平)，則(　　) A．h1＝h2>h3 B．h1＝h2

h2 答案　D 解析　豎直上拋物體和沿斜面運動的物體，上升到最高點時，速度均為0，由機械能守恒得mgh＝mv，所以h1＝h3＝h＝，斜上拋物體在最高點速度不為零，設為v1，則mgh2＝mv－mv，所以h2＜h1＝h3，故D正確。 4．(含彈簧類機械能守恒問題)如圖所示，在高1.5 m的光滑平臺上有一個質量為2 kg的小球被一細線拴在墻上，小球與墻之間有一根被壓縮的輕質彈簧。當燒斷細線時，小球被彈出，小球落

4、地時的速度方向與水平方向成60°角，則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g取10 m/s2)(　　) A．10 J B．15 J C．20 J D．25 J 答案　A 解析　由2gh＝v－0得：vy＝，即vy＝ m/s，落地時，tan 60°＝，可得：v0＝＝ m/s，彈簧與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，在小球被彈出的過程中，由機械能守恒定律得Ep＝mv，可求得：Ep＝10 J，故A正確。 5．(含彈簧類機械能守恒問題)如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接，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

5、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)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中(　　) A．圓環(huán)的機械能守恒 B．彈簧彈性勢能變化了mgL C．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保持不變 答案　B 解析　圓環(huán)在下滑過程中機械能減少，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，A、D錯誤；圓環(huán)下滑到最低點時速度為零，但是加速度不為零，即合力不為零，C錯誤；圓環(huán)下降高度 h＝＝L，所以圓環(huán)重力勢能減少了mgL，由機械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能增加了mgL，B正確。 6．(綜合)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R

6、的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A點正上方的P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中(　　) A．重力做功2mgR B．機械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 答案　D 解析　小球從P到B的過程中，重力做功mgR，A錯誤；小球在A點正上方由靜止釋放，通過B點恰好對軌道沒有壓力，只有重力提供向心力，即mg＝，得v2＝gR，設克服摩擦力做的功為Wf，對全過程運用動能定理mgR－Wf＝mv2－0＝mgR，得Wf＝mgR，C錯誤，D正確；克服摩擦力做的

7、功等于機械能的減少量，B錯誤。 7．(多物體機械能守恒)(多選)如圖所示，在兩個質量分別為m和2m的小球a和b之間，用一根長為L的輕桿連接，兩小球可繞穿過桿中心O的水平軸無摩擦地轉動?，F(xiàn)讓輕桿處于水平位置，然后無初速度釋放，重球b向下，輕球a向上，產(chǎn)生轉動，在桿轉至豎直的過程中(　　) A．b球的重力勢能減少，動能增加 B．a(chǎn)球的重力勢能增加，動能增加 C．a(chǎn)球和b球的總機械能守恒 D．a(chǎn)球和b球的總機械能不守恒 答案　ABC 解析　a、b兩球組成的系統(tǒng)中，只存在動能和重力勢能的相互轉化，系統(tǒng)的機械能守恒，C正確、D錯誤；其中a球的動能和重力勢能均增加，機械能增加，輕桿對a球

8、做正功；b球的重力勢能減少，動能增加，機械能減少，輕桿對b球做負功，A、B正確。 8．(綜合)某游樂場過山車簡化為如圖所示模型，光滑的過山車軌道位于豎直平面內(nèi)，該軌道由一段斜軌道和與之相切的圓形軌道連接而成，圓形軌道的半徑為R，可視為質點的過山車從斜軌道上某處由靜止開始下滑，然后沿圓形軌道運動。 (1)若要求過山車能通過圓形軌道最高點，則過山車初始位置相對于圓形軌道底部的高度至少要多少？ (2)考慮到游客的安全，要求全過程游客受到的支持力不超過自身重力的7倍，過山車初始位置相對于圓形軌道底部的高度不得超過多少？ 答案　(1)2.5R　(2)3R 解析　(1)設過山車總質量為M，從

9、高度h1處開始下滑，恰能以v1通過圓形軌道最高點。 在圓形軌道最高點有：Mg＝M① 運動過程機械能守恒：Mgh1＝2MgR＋Mv② 由①②式得：h1＝2.5R，即高度至少為2.5R。 (2)設從高度h2處開始下滑，游客質量為m，過圓周最低點時速度為v2，游客受到的支持力是N＝7mg。 最低點：N－mg＝m③ 運動過程機械能守恒：mgh2＝mv④ 由③④式得：h2＝3R，即高度不得超過3R。 B組：等級性水平訓練 9．(功能關系)(多選)如圖所示，傾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質量為m、粗細均勻、質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平。用細線將物塊與

10、軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此過程中(　　) A．物塊的機械能逐漸增加 B．軟繩重力勢能共減少了mgl C．物塊重力勢能的減少量等于軟繩克服摩擦力所做的功 D．軟繩重力勢能的減少量小于其動能的增加與克服摩擦力所做功之和 答案　BD 解析　物塊克服繩的拉力做功，其機械能減少，故A錯誤；軟繩重力勢能減少量ΔEp減＝mg·－mg·sinθ＝mgl，故B正確；由功能關系知C錯誤，D正確。 10．(綜合)如圖所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h，質量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進入水平面上的滑道時無機械能損失，為使A制動，

11、將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線M處的墻上，另一端恰位于坡道的底端O點。已知在OM段，物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，其余各處的摩擦力不計，重力加速度為g，求： (1)物塊滑到O點時的速度大小； (2)彈簧最大壓縮量為d時的彈性勢能(設彈簧處于原長時彈性勢能為零)； (3)在(2)問前提下，若物塊A能夠被彈回到坡道上，則它能夠上升的最大高度是多少？ 答案　(1)　(2)mgh－μmgd　(3)h－2μd 解析　(1)從坡道頂端運動到O點， 由機械能守恒定律得mgh＝mv2 解得v＝。 (2)在水平滑道上物塊A將彈簧壓縮到最短的過程中， 由動能定理得W彈－μmgd＝0－

12、mv2 而由功能關系得W彈＝－ΔEp＝－(Ep－0) 聯(lián)立以上各式得Ep＝mgh－μmgd。 (3)物塊A被彈回的過程中， 由動能定理得W彈′－μmgd－mgh′＝0－0 由功能關系得W彈′＝－ΔEp＝－(0－Ep) 所以物塊A能夠上升的最大高度為h′＝h－2μd。 11．(綜合)如圖所示，“蝸?！睜钴壍繭AB豎直固定在水平地面上，與地面在B處平滑連接。其中“蝸?！睜钴壍烙蓛?nèi)壁光滑的半圓軌道OA和AB平滑連接而成，半圓軌道OA的半徑R1＝0.6 m，半圓軌道AB的半徑R2＝1.2 m，水平地面BC長為xBC＝11 m，C處是一個開口較大的深坑，一質量m＝0.1 kg的小球從O點沿

13、切線方向以某一初速度進入軌道OA后，沿OAB軌道運動至水平地面，已知小球與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10 m/s2。 (1)為使小球不脫離OAB軌道，小球在O點的初速度至少為多大？ (2)若小球在O點的初速度v＝6 m/s，求小球在B點對半圓軌道的壓力大小； (3)若使小球能落入深坑C，則小球在O點的初速度至少為多大？ 答案　(1)6 m/s　(2)6 N　(3)8 m/s 解析　(1)小球通過最高點A的臨界條件是 mg＝m 解得小球過A點的最小速度vA＝2 m/s 設O點為零勢能點，小球由O到A過程由機械能守恒定律得 mg·2R1＋mv＝mv 解得v0＝6 m/s。 (2)設B點為零勢能點，小球由O到B過程機械能守恒，則 mgR2＋mv2＝mv 解得vB＝2 m/s 在B點由牛頓第二定律得FN－mg＝m 解得FN＝6 N 由牛頓第三定律得軌道受到的壓力FN′＝FN＝6 N。 (3)設小球恰能落入深坑C，即vC＝0時初速度最小，小球由O到C過程由動能定理得 mgR2－μmgxBC＝0－mv′2 解得v′＝8 m/s>v0＝6 m/s，則假設成立，小球在O點的速度至少為8 m/s。 - 6 -