-2021-2022学年高一下学期物理粤教版（2019）必修第二册-4.5机械能守恒定律 达标作业 (Word版含答案)

4.5机械能守恒定律 达标作业（解析版）
一、选择题
1．中考结束后，小明一家乘飞机去外地旅游，飞机加速向上爬升的过程中，关于小明的能量分析，下列说法正确的是（　　）
A．动能增加，重力势能不变 B．动能不变，重力势能增加
C．机械能总量不变 D．机械能总量增加
2．下列说法正确的是（　　）
A．曲线运动其加速度方向一定改变
B．两个互成角度的匀变速直线运动的合运动不可能是直线运动
C．合外力对物体做功为零，机械能一定守恒
D．地球卫星的运行速率不可能大于
3．如图甲所示，一木块以某一初速度冲上倾角足够长的固定斜面。若以斜面底端为位移初始点，乙图为木块在斜面上运动的动能随位移x变化关系图像。忽略空气阻力的影响，重力加速度，，。则下列判断正确的是（　　）
A．木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为-20J
B．木块与斜面间的动摩擦因数
C．再回到底端时，小木块重力的瞬时功率为
D．木块从底端出发到x=5m位置的过程中，机械能减少了40J
4．关于功和能下列说法正确的是（　　）
A．合力的功可以在某种条件下转化为能量 B．合力做功为零，物体的动能可能增大
C．合力做功为零，物体的重力势能可能增大 D．合力做功为零，物体机械能一定不变
5．如图所示，在水平地面上固定一倾角为30°的光滑斜面，一劲度系数k=100N/m的轻质弹簧，其下端固定在斜面底端，整根弹簧足够长且处于自然状态。质量为m=2.0kg的滑块从距离弹簧上端x0=0.35m处由静止释放。设滑块与弹簧接触过程系统没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，取重力加速度大小为g=10m/s2。规定滑块释放处为坐标原点O、沿斜面向下为位移x正方向。则（　　）
A．滑块下滑到距离O点0.45m处时，速度达最大值
B．滑块从静止下滑到最低点过程中，滑块的机械能守恒
C．当滑块下滑位移时，其加速度大小为a=10m/s2
D．当滑块下滑位移时，其加速度大小为a=（25-50x）m/s2
6．一实验小组模拟神州十二返回舱降落伞的作用，让质量为m的物体携带伞包在空中竖直向下运动，打开降落伞后，物体以的加速度竖直向下匀减速运动，则打开伞后物体减速下降h高度的过程中，物体的（　　）
A．重力势能减少 B．动能减少
C．机械能减少 D．机械能减少
7．如图所示，下列关于机械能守恒的判断正确的是（　　）
A．甲图中，火箭加速升空的过程中，机械能守恒
B．乙图中物体在拉力F作用下沿斜面匀速上升，机械能守恒
C．丙图中小球在水平面内做匀速圆周运动，机械能守恒
D．丁图中轻弹簧将地面上A、B两小车弹开，两小车组成的系统机械能守恒
8．2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通。同步卫星是北斗卫星导航系统非常重要第的组成部分，如图为地球某同步卫星的转换轨道示意图，其中Ⅰ为近地轨道，Ⅱ为转换轨道，Ⅲ为同步轨道，下列说法正确的是（　　）
A．赤道上静止物体的向心加速度为，Ⅰ轨道上卫星的加速度为，Ⅲ轨道上卫星的加速度为，则加速度的大小关系为
B．在Ⅱ轨道上，从到的过程中机械能减少
C．在点，Ⅱ轨道的线速度大于Ⅰ轨道的线速度
D．Ⅱ轨道的运行周期大于Ⅲ轨道的运行周期
9．北京时间2020年12月13日9时51分，嫦娥五号轨道器和返回器组合体实施第二次月地转移入射，在距月面约230公里处成功实施四台150牛发动机点火，约22分钟后，发动机正常关机。根据实时遥测数据监视判断，轨道器和返回器组合体成功进入月地转移轨道。我国已掌握“高速半弹道跳跃式再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图虚线为地球大气层边界，返回器与服务舱分离后，从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳出”，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹最高点，离地面高h1，b为此过程中轨迹最低点，离地面高h2，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则返回器（　　）
A．在a到d过程机械能在不断减少
B．从a点到c点速度越来越小
C．在e点时的线速度小于a点时的线速度
D．在b点时的加速度大小为
10．下列有关物理内容的若干叙述中正确的有（　　）
A．随电梯匀速上升的货物，其机械能守恒 B．加速度的单位m/s2属于导出单位
C．只要高度合适，北京上空也可能存在同步卫星 D．牛顿第一次通过实验测出了万有引力常量
11．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（　　）
A．重力做功2
B．克服摩擦力做功
C．机械能减少
D．若AP高度可调，可以找到某高度使小球既能过B点，又能落回圆轨道
12．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止状态且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是（　　）
A．B受到细线的拉力保持不变
B．A、B组成的系统机械能守恒
C．B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．当弹簧的拉力等于B的重力时，A的动能最大
13．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的有（　　）
A．它们重力做功相等
B．它们的末动能相同
C．运动过程中的重力平均功率Pb>Pc>Pa
D．它们落地时重力的瞬时功率Pb=Pc>Pa
14．质量为m的物体，从静止出发以的加速度竖直下降h的过程，下列说法正确的是（　　）
A．下落的平均速度为 B．下落用的时间为
C．物体的机械能减少了 D．重力的最大功率为
15．如图所示A、B两个单摆，摆球的质量相同，摆线长LA>LB，悬点O、O'等高，把两个摆球拉至水平后，选O、O’所在的平面为零势能面，都由静止释放，不计阻力，摆球摆到最低点时（　　）
A．两球的速度大小相等
B．两球的机械能均为零
C．A球的动能大于B球的动能
D．A球的重力势能小于B球的重力势能
二、解答题
16．一质量为的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度处以的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，若将重力加速度视为常量，大小取为。试求：（计算结果保留2位有效数字）
（1）飞船进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的。
17．第24届冬季奥运会将于2022年在北京和张家口举行，国人瞩目，万众期盼。跳台滑雪项目是冬奥会极具观赏性的项目之一、“跳台滑雪”可以简化为如图所示的模型，AO为助滑道，其中OC段是半径为R的一小段圆弧（与AC段平滑对接）；OB为着陆坡，其倾角为θ。质量为m的运动员从助滑道上的A点由静止自由下滑，然后从O点沿水平方向飞出，最后落在着陆坡上某点（图中未画出）。已知A点与O点的高度差为，重力加速度为g。运动员和滑雪板整体可看作一个质点，一切摩擦和空气阻力均可忽略。求运动员：
（1）滑到O点时对滑道的压力大小；
（2）从O点飞出到离着陆坡OB的距离最大的过程经历的时间；
（3）当运动员掉落至斜面上时重力的瞬时功率。
参考答案
1．D
【详解】
有题意可知，飞机加速上升，则动能增大，重力势能增大，机械能为动能和势能之和也是增大，故D正确，ABC错误。
故选D。
2．D
【详解】
A．做曲线运动的物体，其速度一定变化，但加速度不一定变化，如平抛运动，故A错误；
B．当两个互成角度的匀变速直线运动的合力方向与和速度方向在同一直线上时，合运动是直线运动；合力方向与和速度方向不在同一直线上时，合运动就是曲线运动，故B错误；
C．根据机械能守恒的条件可知，合外力做功虽然为零，但若除重力外其它外力做功不为零，则物体的机械能不守恒，故C错误；
D．是地球近地卫星的环绕速度，所有卫星环绕的最大速度，所以地球卫星的运行速率不可能大于，故D正确。
故选D。
3．A
【详解】
AD．木块从底端出发再回到底端的过程中，结合乙图数据，据动能定理可得
故全程摩擦力做功为，由对称性可知，木块从底端出发到x=5m位置的过程中，摩擦力做功-10J，即机械能减少了10J，A正确，D错误；
B．图线斜率表示木块所受合力，木块上滑过程，由动能定理可得
木块下滑过程，由动能定理可得
联立解得
，
B错误；
C．再回到底端时，小木块动能为
重力的瞬时功率为
联立解得
C错误。
故选A。
4．C
【详解】
AB．根据动能定理可知，合外力做的功等于动能的变化量。故AB错误；
CD．匀速上升的物体，合外力做功为0，但重力势能增加，机械能增加。故C正确，D错误。
故选C。
5．A
【详解】
A．速度达最大值时加速度为0，则有
解得
所以滑块下滑到距离O点0.45m处时，速度达最大值，则A正确；
B．滑块从静止下滑到最低点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，滑块的机械能不守恒，所以B错误；
C．当滑块下滑位移时，其加速度大小为
所以C错误；
D．当滑块下滑位移时，其加速度大小为
所以D错误；
故选A。
6．D
【详解】
A．物体重力做功为mgh，所以重力势能减小mgh，故A错误；
B．物体所受的合力为
所以合力做功为，则动能减少为，故B错误；
CD．物体的机械能等于动能和重力势能之和，动能减少2mgh，重力势能减小mgh，则机械能减少3mgh，故D正确，C错误。
故选D。
7．C
【详解】
A．甲图中，火箭加速升空，动能增加，重力势能增加，火箭的机械能是增加的，A错误；
B．物体匀速运动上升，动能不变，重力势能增加，则机械能必定增加， B错误；
C．小球在做圆锥摆的过程中，细线的拉力不做功，机械能守恒，C正确；
D．轻弹簧将A、B两小车弹开，弹簧的弹力对两小车做功，则两车组成的系统机械能不守恒，但对两小车和弹簧组成的系统机械能守恒，D错误。
故选C。
8．C
【详解】
A．赤道上静止物体与同步轨道的卫星角速度相同，根据
a=rω2
可知
a0＜a3
对于Ⅰ和Ⅲ轨道卫星，根据牛顿第二定律可得
则Ⅰ轨道上卫星的加速度为a1大于Ⅲ轨道上卫星的加速度a3，则加速度的大小关系为
a1＞a3＞a0
故A错误；
B．在Ⅱ轨道上，从P到Q的过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C．在P点，Ⅱ轨道相对于Ⅰ轨道是做离心运动，所以在P点Ⅱ的线速度大于Ⅰ轨道的线速度，故C正确；
D．根据图中几何关系可知，Ⅱ轨道的运行的椭圆半长轴小于Ⅲ轨道的轨道半径，根据开普勒第三定律
可知Ⅱ轨道的运行周期小于Ⅲ轨道的运行周期，故D错误。
故选C。
9．C
【详解】
A．其中c到d过程只有万有引力做功，机械能守恒，故A错误；
B．a点到b点过程，万有引力做正功，空气阻力做负功，合外力可能做正功，可能做负功，甚至可能不做功，所以a点到b点过程速度可能增加、可能减小、甚至可能不变，故B错误；
C．a点到e点过程，万有引力做功为0，但空气阻力做负功，所以e点时的线速度小于a点时的线速度，故C正确；
D．在b点如果只受到万有引力，即
但实际上在b点除了万有引力还受到空气阻力，故D错误。
故选C。
10．B
【详解】
A．匀速上升的货物其动能不变，重力势能增大，所以其机械能增大，故A错误；
B．加速度是导出物理量，它的单位m/s2是导出单位，故B正确；
C．同步卫星只能位于赤道上方特定轨道上，北京没有在赤道上，故C错误；
D．万有引力常量是卡文迪许第一次通过扭秤实验测出的，故D错误。
故选B。
11．C
【详解】
A．小球从P到B的运动过程中，重力做功，A错误；
BC．小球到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可得
解得
小球从P到B的运动过程中，据动能定理可得
联立解得
克服摩擦力做功，即机械能减少，B错误，C正确；
D．当
时，恰好过B点，之后做平抛运动，竖直方向、水平方向分别满足
联立解得
故不可能找到一个高度使小球既能过B点，又能落回圆轨道，D错误。
故选C。
12．D
【详解】
A．以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律有
由于弹簧的伸长量x逐渐变大，故从开始到B速度达到最大的过程中B的加速度逐渐减小。对B，由
可知在此过程中，绳子上的拉力逐渐增大，是变力，故A错误；
B．对于A物体、B物体以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和重力做功，系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能不断增大，所以A物体与B物体组成的系统机械能不断减少，故B错误；
C．A物体、B物体以及弹簧组成的系统机械能守恒，故B物体机械能的减少量等于A的机械能增加量与弹性势能增加量之和，所以B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；
D．由于弹簧的拉力先小于细线的拉力，后大于细线的拉力，A先加速后减速，当弹簧的拉力与细线的拉力大小相等时，A的速度最大，动能最大，此时A的加速度为零，B的加速度也为零，细线的拉力等于B的重力，可知弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大，故D正确。
故选D。
13．AD
【详解】
A．a、b、c三个小球的初位置相同，它们的末位置也相同，由于重力做功只与物体的初末位置有关，所以三个球的重力做功相等， A正确；
B．设原来的高度为h，则由机械能守恒定律得
则得末动能
由于m、h相同，而v0不同，所以末动能不同，B错误；
C．b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛运动，根据
解得
运动时间相等
设斜面倾角为 ，则光滑斜面下滑，对a的加速度
解得
a的运动的时间要比bc的长，重力做功也相等，由功率公式
所以a的平均功率最小，即
C错误；
D．b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛运动，则竖直方向的速度
则
对a根据
可知
重力的瞬时功率，根据
即
D正确。
故选AD。
14．AC
【详解】
AB．物体下降h时的末速度为
下落用的时间为
下落的平均速度为
故A正确，B错误；
C．物体受到竖直向上的外力作用，其大小为
物体机械能的减少量等于克服f所做的功，为
故C正确；
D．重力的最大功率为
故D错误。
故选AC。
15．BCD
【详解】
AC．根据动能定理得
解得
可知，L越大，速度越大，动能越大，A错误C正确；
B．两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，均为零，所以在最低点，两球的机械能均为零，B正确；
D．根据
相对同一参考平面，m相同，A球位置更低，A球的重力势能小于B球的重力势能，D正确。
故选BCD。
16．（1）；（2）J
【详解】
（1）由机械能的定义得飞船进入大气层时机械能为
代入数据得
（2）此时的速度大小为
由动能定理有
代入数据得飞船克服阻力做功
J
17．（1）2mg；（2）；（3）
【详解】
解：（1）从A到O，由机械能守恒定律可得
解得
在O点，由牛顿第二定律可得
解得
FN=2mg
由牛顿第三定律可知运动员对滑到的压力大小为
=FN=2mg
（2）运动员从O点做平抛运动，当速度方向与着陆坡平行时，此时到离着陆坡OB的距离最大则
运动员在竖直方向做自由落体运动，则
vy=gt
解得
（3）运动员落至斜面上时竖直方向的速度为
运动员落至斜面上时重力的瞬时功率为