4.5机械能守恒定律 自主提升过关练（word版含答案）

4.5机械能守恒定律 自主提升过关练（解析版）
一、选择题
1．如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R。若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（ ）
A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点
B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度
2．如图所示，长为的轻绳一端固定于点，另一端拴接质量为的小球。现撞击一下小球，使其获得一水平向右的初速度，小球恰好能通过最高点在竖直面内做完整的圆周运动，重力加速度为g，不计空气阻力。则（　　）
A．小球在最高点的速度大小为
B．小球运动到最高点时轻绳受到的拉力大小为
C．小球运动到最低点时的速度大小为
D．小球运动到最低点时轻绳受到的拉力大小为
3．2021年5月，中国“天问一号”探测器首次在火星着陆。图设为探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆，忽略探测器变轨时质量的变化，下列关于探测器的说法正确的是（　　）
A．探测器在轨道Ⅰ的运行周期小于在轨道Ⅱ的运行周期
B．探测器在轨道Ⅱ上的速度小于火星的第一宇宙速度
C．探测器在轨道Ⅰ上点的加速度小于在轨道Ⅱ上点的加速度
D．探测器在轨道Ⅱ上点的机械能小于在轨道Ⅲ上点的机械能
4．2021年11月5日，占全球市场份额70%的无人机巨头大疆，发布迄今为止影像素质最优异的消费级无人机Mavic3。下图是该型号无人机绕拍摄主体时做水平匀速圆周运动的示意图。已知无人机的质量为m，无人机的轨道距拍摄对象高度为h，无人机与拍摄对象距离为r，无人机飞行的线速度大小为v，则无人机做匀速圆周运动时（　　）
A．无人机所受空气作用力为mg
B．无人机所受向心力为
C．无人机飞行时要消耗电能，所以无人机的机械能是增加的
D．无人机绕行一周的周期为
5．如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则（　　）
A．小球从接触弹簧开始速度一直减小
B．弹簧最大弹性势能为3mgx0
C．小球运动过程中最大速度等于2
D．弹簧劲度系数等于
6．如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体（半径为R，直径水平）固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A、B（视为质点）用细线相连，两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上（细线处于绷紧状态）。在微小扰动下，小球A由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P。不计空气阻力，重力加速度大小为g。小球A通过P点时的速度大小为（　　）。
A． B． C． D．
7．如图所示，质量为m的小球从O点由静止开始自由下落，经过位置A时，速度大小v1，距离水平地面高度为h1，经过位置B时，速度大小为v2，距离水平地面高度为h2；，不计空气阻力，取地面为零势能参考平面，下列关系式正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
8．跳台滑雪是冬奥会的重要竞技项目。如图所示，运动员在滑雪道上获得一定速度后，从跳台上。点水平飞出。某运动员两次试滑分别在斜坡上a、b两点着陆，已知，斜坡与水平面间夹角为θ，忽略空气阻力，运动员（含装备）可视为质点。则该运动员两次试滑着陆时的动能之比（　　）
A． B． C．D．
9．如图所示，倾角为θ的光滑固定斜面上，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，两物块保持静止，在A物体上施加沿斜面向上的恒力F，使A物体沿斜面向上加速运动，当A物体的速度达到最大时，B物体恰好离开挡板C。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．恒力F为3mgsinθ
B．A物体达到最大速度时受到的弹簧弹力为2mgsinθ
C．A物体的最大速度
D．恒力F做的功大于A物体的机械能变化量
10．如图所示，地面上竖直放一根轻弹簧，其下端和地面固定连接，一物体从弹簧正上方距弹簧一定高度处自由下落，则（　　）
A．物体和弹簧接触时，物体的动能最大
B．物体从接触弹簧至离开弹簧的过程中，物体的动能和弹簧弹性势能的和不断增加
C．物体从接触弹簧至离开弹簧的过程中，物体的动能和弹簧弹性势能的和先增加后减少
D．物体在反弹阶段动能一直增加，直到物体脱离弹簧为止
11．如图a所示，在光滑的水平面上，轻弹簧右端与物块A拴接，物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为F0，且物块A和B的质量均为m。以物块A的位置为坐标原点。A所受弹簧弹力与坐标的关系如图b所示，F0和均为已知量，取A所受弹力水平向右为正方向。现在向左推物块A和B压缩弹簧至-处，将物块A和B由静止释放后（　　）
A．B与A分离时的位置坐标为原点
B．B与A分离时的位置坐标为处
C．B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为
D．B与A分离之前，A的速度为
12．蹦床运动是极具技巧性和观赏性的项目，具有弹性的蹦床可以简化成下端固定的竖直放置的轻弹簧，用小球替代运动员，如图所示。运动员从最高点A点由静止下落，当他经过B点时，此时弹簧恰好处于自由状态，C点是运动过程的最低点。在整个竖直运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力忽略不计。运动员从A点运动到C点的过程中，若运动员姿态始终保持不变，则运动员、弹簧和地球所组成的系统的机械能（ ）
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．先增大，再减小
13．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，弹性绳自然长度等于，跨过由轻杆固定的定滑轮连接一个质量为的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、、在同一条水平线上，小球从点由静止释放滑到点时速度恰好为零。已知、两点间距离为，为的中点，小球在点时弹性绳的拉力为0.5mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．对于弹性绳和小球组成的系统，从点到点的过程中机械能守恒
B．小球从点到点的过程中摩擦力大小不变
C．小球在阶段损失的机械能大于小球在阶段损失的机械能
D．若在点给小球一个向上的速度，则小球恰好能回到C点
14．在拉力F的作用下，一辆玩具汽车从斜面底端由静止开始沿斜面运动，它的动能Ek与位移x的关系如图所示（AB段为曲线），各处的摩擦忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．0～x1过程中，车所受拉力逐渐增大
B．0～x1过程中，拉力的功率逐渐增大
C．0～x2过程与x2～x3过程，车的平均速度相等
D．x2～x3过程中，车的机械能可能不变
15．如图所示，一竖直轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量为m的物块a连接，初始时a保持静止。现有一质量为m的物块b从距a正上方h处自由释放，与a发生碰撞后一起运动但不粘连，压缩弹簧至最低点，然后一起上升到最高点时物块b恰好不离开物块a。物块a、b均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，其弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．两物块由于碰撞损失的机械能为
B．从碰撞后到最高点，整个系统弹性势能的减少量为
C．从碰撞后到最高点，两物块的最大动能为
D．整个系统弹性势能的最大值为
二、解答题
16．2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器（含降落伞）总质量m=1.3×103kg，取火星表面重力加速度=4m/s2，忽略着陆器质量的变化和的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：
（1）在第Ⅳ阶段的最后，着陆器经0.75s的无初速度、无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的动能Ek；
（2）假设着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”做匀减速运动，求它所受总平均阻力f的大小；
（3）着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”可视为匀减速运动，求它在该阶段机械能的改变量。
17．如图所示，水平轨道AB和CD与竖直圆轨道平滑相接于最低点，圆轨道在最低点稍微里外错开一点，外面是B点，里面是C点。整个轨道除AB部分粗糙外，其余部分均光滑，AB长度为s=2.5m。在CD部分的右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点，并顺时针转动。质量为m=1kg可视为质点的物体从A点在恒定的拉力F=10N的作用下由静止开始向右运动，F与水平方向夹角为θ=37°，物体与AB间的动摩擦因数为μ1=0.2，物体运动到B点时撤去拉力，随后滑上圆轨道，圆轨道的半径为R=0.5m，g=10m/s2， sin37°=0.6，求
（1）物体到达B点撤去拉力前瞬间，拉力做功的功率为多大？
（2）物体运动到圆轨道最高点E时对轨道的压力为多大？
（3）传送带顺时针转动的转速可随意调节，使得物体离开传送带时速度随之变化。物体与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的长度为L=3m，则物体滑离传送带的速度范围？
参考答案
1．D
【详解】
ABC．设小球恰好通过P点时速度为v。此时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得
mg = m
设小球释放点到地面的高度为H。从释放到P点的过程，由机械能守恒定律得
mgH = mg2R + mv2
解得
H = 2.5R
所以将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球恰好到达P点，能做完整的圆周运动，由机械能守恒守恒可知，一定能沿轨道运动到K点。而将小球从LM轨道上b点或a、b点之间任一位置由静止释放，不能到达P点，在到达P前，小球离开圆轨道，也就不能到达K点，ABC错误；
D．小球做斜上抛运动时水平方向做匀速直线运动，到最大高度时水平方向有速度，设斜抛的最大高度为H′，根据机械能守恒定律得
mgH = mv2 + mgH′，v > 0
则
H′ < H
故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，D正确。
故选D。
2．D
【详解】
AB．依题意，小球恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力，即轻绳对小球的拉力恰好为0，所以小球运动到最高点时轻绳受到的拉力大小为0，根据牛顿第二定律可得在最高时小球的速度大小为
故AB错误；
CD．根据动能定理，小球运动到最低点时有
求得小球在最低点时的速度大小为
此时，根据牛顿第二定律有
求得小球运动到最低点时轻绳受到的拉力大小为
故C错误，D正确。
故选D。
3．B
【详解】
A．椭圆轨道I的半长轴大于圆轨道II的半径，根据开普勒第三定律
可知，探测器在轨道I的运动周期大于在轨道II的运行周期，A错误；
B．设火星的质量为，探测器的质量为，根据万有引力提供向心力可得
再可得
便可知轨道半径越小，则线速度越大，由于轨道II的半径大于火星的半径，所以探测器在轨道II上的速度小于火星的第一宇宙速度，B正确；
C．为两个轨道的交点，由牛顿第二定律可知
所以经过轨道I上点的加速度等于经过轨道II上点的加速度，C错误；
D．根据变轨的原理可知，从圆轨道II到椭圆轨道III，探测器需要减速，所以在轨道II上点的机械能大于轨道III上点的机械能，D错误。
故选B。
4．D
【详解】
AB．根据向心力公式可得无人机所受向心力为
无人机所受空气作用力F与重力mg的合力提供其做匀速圆周运动的向心力F向，根据力的合成可得
故AB错误；
C．无人机高度不变，则重力势能不变，速度大小不变，则动能不变，所以机械能不变，故C错误；
D．根据匀速圆周运动规律可得无人机绕行一周的周期为
故D正确。
故选D。
5．B
【详解】
A．小球接触弹簧开始
mg-kx=ma
加速下落，弹力增大，速度增大，当小球的重力等于弹簧的弹力
时加速度为零，所以速度最大，再下落
kx-mg=ma
弹力增大，加速度反向增大，速度减小，故A错误；
B．根据机械能守恒定律，重力势能的减少应等于弹簧弹性势能的增加，重力势能减少3mgx0，弹性势能最大为3mgx0，故B正确；
C．从A到O
解得O点的速度为
并非最大速度，所以最大速度大于，故C错误；
D．平衡时满足
即
x小于x0，弹簧劲度系数
故D错误。
故选B。
6．C
【详解】
对AB组成的系统，从开始运动到小球A运动到最高点的过程
解得
故选C。
7．D
【详解】
取地面为零势能参考平面，则A处的重力势能为，动能为；在B处的重力势能为，动能为，根据机械能守恒定律，则有
故选D。
8．C
【详解】
该运动员做平抛运动，设水平飞出时初速度为v0，落到斜坡上时有
得落到斜面上时，水平分速度与竖直分速度满足
运动过程中机械能守恒，有
落到斜坡上时该运动员的动能
所以
故选C。
9．C
【详解】
AB．当A物体达到最大速度时，A受力平衡
这时B恰好离开挡板C
AB项错误；
C．初始A、B保持静止，弹簧被压缩，压缩量为
A达到最大速度时弹簧被拉伸，拉伸量为
由能量守恒可得
解得
C项正确；
D．由于初末状态弹簧弹性势能没有变化，恒力做的功等于A物块机械能的变化量，D项错误。
故选C。
10．C
【详解】
A．物体在下落过程中，只受重力和弹簧弹力作用，总的机械能是守恒的；物体和弹簧接触后，受重力和向上的弹力作用，物体下落阶段，先是重力大于弹力，然后是弹力大于重力，故物体先加速后减速，动能先增加后减少，即物体和弹簧接触时，物体的动能未达到最大，A错误；
D．同理，物体在反弹阶段，未脱离弹簧时，动能先增加后减少，D错误；
BC．物体从接触弹簧至离开弹簧的过程中，先下落后上升，物体的重力势能先减少后增加，由于物体和弹簧组成的系统机械能守恒，所以物体的动能和弹簧弹性势能的和先增加后减少，B错误C正确。
故选C。
11．B
【详解】
AB．物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为F0，根据牛顿第二定律可得
解得
根据图像可得B与A分离时的位置坐标为
A错误，B正确；
C．由图像可得，B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为
C错误；
D．B与A分离之前，弹簧减小的弹性势能转化为A、B的动能，即有
即
解得
D错误。
故选B。
12．C
【详解】
AB段运动员只受重力，机械能守恒，BC段除受重力外，还受弹力，运动员机械能不守恒，但是运动员、弹簧所所组成的系统机械能守恒，所以整个过程运动员、弹簧和地球所组成的系统的机械能不变。
故选C。
13．BD
【详解】
A．由于小球受到杆的滑动摩擦力做负功，对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能减少，故A错误；
B．设BC间距为x，在C点时，绳上的拉力为
从C点向下运动过程，设B点右侧绳长为x'，与竖直方向夹角为θ，水平方向由平衡条件可得
小球受到的滑动摩擦力大小为
故小球从C点到E点的过程中摩擦力大小不变，故B正确；
C．结合B解析可知，小球在CD阶段和在DE阶段克服摩擦力所做的功相同，故损失的机械能相同，故C错误；
D．从C到E过程，据动能定理可得
若在E点给小球一个向上的速度，从E到C过程，据动能定理可得
联立解得到达C点的动能等于0，故小球恰好能回到C点，故D正确。
故选BD。
14．BD
【详解】
A．Ek-x图线的斜率表示车所受的合外力，0～x1过程中，车所受合外力不变，则所受拉力不变，故A错误；
B．0～x1过程中，拉力不变，而车的速度逐渐增大，所以拉力的功率逐渐增大，故B正确；
C．根据匀变速直线运动规律的推论可知，只有当两个过程车都做匀变速运动时，其平均速度才相等，而0～x2过程中，车先做匀加速运动，然后做变加速运动；x2～x3过程，车做匀减速运动，所以0～x2过程与x2～x3过程，车的平均速度不相等，故C错误；
D． x2～x3过程中，车做匀减速运动，此时拉力可能为零，车的机械能可能守恒，故D正确。
故选BD。
15．BCD
【详解】
A．质量为m的物块b从距a正上方h处自由释放，根据机械能守恒，可得到达物体a时b的速度为
解得
A与b碰撞的过程中，动量守恒，则有
两物块由于碰撞损失的机械能为
A错误；
B．一起上升到最高点时物块b恰好不离开物块a，则此时弹簧处在原长位置，设此时物体上升的高度为，则有
又
解得
从碰撞后到最高点，整个系统弹性势能的减少量为
B正确；
C．当弹簧的弹力大小与两物块的重力大小相等时，此时有两物块的最大动能
C正确；
D．当两物体的速度减为零时，整个系统弹性势能取得最大值，此时最大值为
D正确。
故选BCD。
16．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）着陆器在着陆前0.75s内，大气非常稀薄阻力可以忽略，无初速度、无动力下降，所以做自由落体运动则着陆速度
所以
（方法二）着陆器在着陆前0.75秒内做自由落体运动，下落高度
该过程阻力可以忽略，只有重力做功，由机械能守恒定律可得：着陆器着陆瞬间的动能
（2）设在第Ⅱ阶段加速度为，对着陆器受力分析如图所示
由
根据牛顿第二定律得
代值得
解得
（3）设第Ⅲ阶段下降高度为，则
该过程着陆器机械能改变量为
即机械能减少了
17．（1）48W ；（2）22N；（3）m/s≤v≤ m/s
【详解】
（1）从A到B过程中，有
， FN1=4N， =0.8N
由动能定理得
解得物体到达B点时速度
vB=6m/s
所以到达B点撤去拉力前瞬间，拉力F的功率为
=48W
（2）物体从B升到E的过程中，由机械能守恒定律得
在E点
解得物体对轨道压力
FN’=FN=22N
（3）①若传送带速度足够小，则物体一直减速滑过，此时滑离传送带具有最小速度，由动能定理得
，
解得
m/s
②若传送带速度足够大，物体一直加速滑过，此时物体滑离传送带具有最大速度，由动能定理得
解得
m/s
综上所述，物体滑离传送带的速度v应有
m/s≤v≤ m/s