高中物理人教版必修第二册第八章机械能守恒定律4机械能守恒定律提升练习（word版含答案）

2019人教版必修第二册 第八章 机械能守恒定律 4 机械能守恒定律 提升练习
一、单选题
1．如图甲所示的“抓娃娃机”是老少皆宜的一种娱乐工具．若抓小熊的爪子有四个抓脚，某次抓小熊简化为如图乙所示（只画了左、右两个抓脚，前、后两个没画），其中一段过程如下：当小熊（可视为质点）被爪子夹紧，爪子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，小熊质量为，到小环的距离为，小熊与每个抓脚间的最大静摩擦力均为．小环和小熊以速度向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子后立刻停止，小熊向上摆动．整个过程中，小熊在爪子中没有滑动．小环和爪子的质量均不计，重力加速度为．下列说法正确的是（ ）
A．小熊向右匀速运动时，绳中的乙张力等于
B．小环碰到钉子时，绳中的张力大于
C．小熊上升的最大高度为
D．速度不能超过
2．如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．木箱克服重力所做的功等于木箱机械能的增加
B．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
C．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和
3．爱因斯坦说：“伽利略（Galileo galilei，1564﹣1642）的发现以及他所应用的科学推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一，标志着物理学的真正开端．”在科学史上，伽利略享有“近代科学方法论的奠基人”的美誉．根据你对物理学的学习和对伽利略的了解，他的物理思想方法的研究顺序是（ ）
A．提出假说，数学推理，实验验证，合理外推
B．数学推理，实验验证，合理外推，提出假说
C．实验验证，合理外推，提出假说，数学推理
D．合理外推，提出假说，数学推理，实验验证
4．在伽利略的斜面实验中，小球从一个斜面的某一高度由静止滑下，并运动到另一个斜面的同一高度，小球好像“记得”自己的起始高度，或与高度相关的某个量。“记得”并不是物理学的语言。后来的物理学家把这一事实说成是“某个量是守恒的”，并且把这个量叫做（　　）
A．弹力 B．势能 C．速度 D．能量
5．下列说法正确的是（　　）
A．动量大的物体，它的动能一定也大
B．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
C．一对相互作用力所做功的代数和一定为零
D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒
二、多选题
6．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球缓慢地在竖直平面内由A点运动到B点的过程中（　　）
A．拉力F逐渐增大 B．拉力F对小球做正功
C．细绳对小球做负功 D．小球的机械能保持守恒
7．如图（a）所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为m的物块相连（不拴接），初始时处于静止状态。现对物块施加竖直向上的外力F，使物块做匀加速直线运动，经过0.4s弹簧恢复原长，图（b）是外力F随物块位移x变化的图像，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．物块加速度大小为2m/s2
B．弹簧恢复原长的瞬间，拉力的功率为25W
C．在弹簧恢复原长的过程中，物块的重力势能增加了2J
D．在弹簧恢复原长过程中，物块和弹簧组成的系统机械能增加了3J
8．在一次航模比赛中，某同学遥控航模飞机竖直上升，某段过程中其动能Ek随位移x变化的关如图所示。已知飞机质量为1kg，重力加速度g=10m/s2，此过程中飞机（　　）
A．处于超重状态 B．机械能增大
C．加速度大小为4.5m/s2 D．输出功率最大值为27W
9．如图甲所示，轻杆长为3R，已知，两端分别固定着质量相等的两个小球A和B，杆上O点装有光滑的水平转轴，给小球B一个合适的速度能够让小球A和小球B绕着O在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力．设小球B在最高点的速度为v，小球B受到的弹力大小为F，其图象如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．当地的重力加速度为
B．小球B的质量为
C．由图乙分析可得到小球A转到最高点时的最小速度为
D．若，当小球A转到最高点时受到的弹力有可能为零
10．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜，刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ，神舟十二号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到处与天和核心舱对接。则神舟十二号飞船（　　）
A．需要加速才能由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
B．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
C．沿轨道Ⅱ运动到对接点过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅱ运行的周期为
三、解答题
11．如图所示，倾角θ=30°的斜面上的P点距水平面高h=0.2m，光滑滑块A自P点由静止释放，同时滑块B自水平面上的Q点以速度v0=5m/s向右运动，已知B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，滑块A释放后经过t=1s在水平面上刚好与滑块B相遇。假设滑块A 滑过O点时机械能不损失。g取10m/s2，两滑块均可视为质点。求Q点与斜面底端O点的距离。
12．如图所示，轻杆AB长l，两端各连接一个小球（可视为质点），两小球质量关系为，轻杆绕距B端处的O轴在竖直平面内逆时针自由转动。当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，求杆对A球所做功。
13．一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H．车由静止开始向左做匀加速运动，此时各段绳子刚好伸直，经过时间t绳子与水平方向的夹角为，如图所示，
试求：（1）车向左运动的加速度的大小；
（2）重物在t时刻速度的大小．
14．如图所示，光滑平台AB左端墙壁固定有一个轻弹簧，弹簧右侧有一个质量为2kg的小物块。紧靠平台右端放置一个质量为1kg的木板，上表面与平台等高且足够长。物块与木板上表面、木板与地面的动摩擦因数均为0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧被压缩至O点时弹性势能为9J，重力加速度取10m/s2。试求：
（1）物块最终与平台右端B处的距离是多少；
（2）若木板与地面的动摩擦因数为0.1，其他条件不变，物块最终与平台右端B处的距离是多少。
15．如图所示，有一条长为L的均匀金属链条，一半长度在光滑斜面上，斜面倾角为θ，另一半长度沿竖直方向下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，以斜面最高点为重力势能的零点，则：
（1）开始时和链条刚好从右侧全部滑出斜面时重力势能各是多大？
（2）重力在此过程中做了多少功？
16．如图所示，光滑水平桌面上的物体A质量为m1，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B，先用手使B静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计）．
(1)求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT
(2)若在A上再叠放一个与A质量相等的物体C，绳上张力就增大到，求m1：m2
17．如图所示，一根长为L的轻绳一端固定在O′点，另一端系一质量m的小球，小球可视为质点．将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点时，轻绳刚好被拉断．O′点下方有一以O为顶点的固定斜面，倾角θ＝37°，斜面足够长，且OO′＝2L，已知重力加速度为g，忽略空气阻力；求：
(1)轻绳断时的前后瞬间，小球的加速度？
(2)小球落至斜面上的速度大小及方向与水平面夹角的正切值．
18．如图所示，一根轻绳的两端分别固定在两根足够高的竖直杆顶端 A、B 处，A、B 两点水平距离为 16m，高度差为 2m，A、B 间绳子总长为 20m．将质量为 m=5kg 的滑环悬挂在绳上，不计摩擦，重力加速度 g 取 10m/s2．求：
（1）环静止时绳子所受的拉力大小
（2）滑环从A点向B点滑行的过程中，环重力势能变化量的最大值为多大
（3）若将环从A点由静止释放，绳拉直时不考虑环反弹，环能否滑到B点，试说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A. 小熊向右匀速运动时，绳中的乙张力等于Mg，，小熊与每个抓脚间的静摩擦力不是最大静摩擦力，故A不符合题意；
B.小环碰到钉子时，小熊在爪子中没有滑动，小熊与每个抓脚间的摩擦力是静摩擦力，绳中的张力不可能大于，故B不符合题意；
C. 小熊到达最高点的速度可能不为0，所以小熊上升的最大高度可能小于为，故B不符合题意；
D. 小环碰到钉子时，对小熊进行受力受力，当小熊与每个抓脚间的静摩擦力是最大静摩擦力时，由向心力公式
解得：
所以，速度不能超过，故D符合题意．
2．D
【解析】
【详解】
3．A
【解析】
【详解】
伽利略的物理思想方法的研究顺序是提出假说，数学推理，实验验证，合理外推，典型的就是牛顿第一定律的最初研究．
4．D
【解析】
【详解】
在伽利略的斜面实验中，小球从一个斜面滚到另一个斜面，斜面弹力是不同的，势能先减小后增大，速度先增大后减小；恒量应是能量，包括动能和势能，故D正确，ABC错误。
故选D。
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．由动量表达式
动能
可得两者的大小关系为
则动量大的物体，质量关系不清楚，则动能不一定大，A错误；
B．系统的内力总是成对出现其总冲量为零，故系统的动量是否守恒是看外力的总冲量为零，故B错误；
C．一对相互作用力大小相等，方向相反，但两物体的位移不一定相同，则总功可以为零（一对静摩擦力）或不为零（一对滑动摩擦力），故C错误；
D．除重力做功外，其他力不做功，物体只发生动能和势能的相互转化，满足机械能守恒条件，物体的机械能一定守恒，故D正确。
故选D。
6．AB
【解析】
【详解】
A．小球缓慢运动，合力为零，设绳子与竖直方向的夹角为θ，在垂直绳子方向有：
Fcosθ=mgsinθ
解得：
F=mgtanθ
θ逐渐增大，则拉力F逐渐增大，故A正确。
B．拉力F与小球速度的夹角为锐角，所以拉力对小球做正功，故B正确。
C．绳子的拉力方向与速度方向始终垂直，则绳子张力对小球不做功，故C错误。
D．根据功能原理可知，拉力F对小球做正功，小球的机械能增加，故D错误。
故选AB.
7．BD
【解析】
【详解】
A．由图2可知，在弹簧恢复原长过程，物块的位移是0.2m，根据
可知做匀加速直线运动的加速度
故A错误；
B．初始状态物块处于静止状态有
加外力瞬间根据牛顿第二定律有
弹簧弹力不能突变，因此有
F=ma
解得
m=2kg
k=100N/m
在弹簧恢复原长瞬间，有
F1-mg=ma
得弹簧恢复原长瞬间弹力
F1=25N
此时刻物块的速度
v=at=1m/s
所以外力F的功率为
P=Fv=25W
故B正确；
C．在弹簧恢复原长过程中，重力做功
WG=-mgh=-4J
根据重力势能变化量与重力做功的关系
得重力势能增加4J，故C错误。
D．物块和弹簧组成系统的机械能变化量等于外力F做功，在弹簧恢复原长过程中，外力F做功是图2梯形面积，即
故D正确；
故选BD。
8．BC
【解析】
【详解】
A．由图可知，此时飞机向上减速，有向下的加速度，因此处于失重状态，故A错误；
BC．由动能定理
可知，图像的斜率的绝对值表示合外力，因此有
则加速度为
代入数据解得
说明飞机除了受到重力以外还受到空气对它竖直向上的力，空气对飞机做正功，由功能关系可知，飞机的机械能增大，故BC正确；
D．由牛顿第二定律可得
根据动能公式
可得，在图像中，飞机最大速度为
则最大功率为
代入数据解得
故D错误。
故选BC。
9．AD
【解析】
【详解】
AB．由题图乙可知，Ob段小球B受到的弹力随着速度的增大而减小，所以弹力方向向上，当时弹力：
即
当时，此时：
所以
则：
所以，故A正确，B错误；
C．当小球B在最高点速度为零时，小球A转到最高点时速度最小，设最小速度为v，根据机械能守恒定律，减少的重力势能等于增加的动能：
所以最小的速度，故C错误；
D．若小球A到达最高点时不受杆给的弹力，则有，根据系统机械能守恒，小球B转到最高点后速度设为，以圆心所在的平面为重力势能的参考平面有：
解得，在题图乙中有效范围之内，该假设成立，故D正确．
10．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由低轨道进入高轨道，即由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要加速做离心运动，A正确；
B．根据开普勒第三定律，轨道Ⅰ的轨道半径小于轨道Ⅲ的轨道半径，则沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，B错误；
C．神舟十二号载人飞船沿轨道Ⅱ运动到对接点过程中，根据开普勒第二定律，速度越来越小 ，C错误；
D．根据开普第三定律
解得
D正确。
故选AD。
11．5.2m
【解析】
【详解】
A物体从斜面下滑过程中由机械能守恒定律得
解得
设下滑过程中所用的时间为t1，由运动学公式得
解得
t1=0.4s
A到水平面上做匀速运动，在0.6s的时间内的位移
xA=vAt2=1.2m
B物体在摩擦力的作用下做匀减速运动，设其加速度为aB
aB=μg=2m/s2
据运动学可知，当B停下来所用的时间为2.5s，所用可知，A与B相遇时B未停，设在t=1s的时间的B物体的位移为
xB=v0t at2
解得
xB=4m
所用Q点到O点的距离
L=xA+xB=1.2m+4m=5.2m
12．
【解析】
【分析】
【详解】
当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，A、B系统机械能守恒，有
A、B球角速度相同，有
，
得
解得
对A球由动能定理得
解得杆对A球所做功
13．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）车在时间t内向左走的位移：
，
又车做匀加速运动，则：
，
所以：
；
（2）t时刻此时汽车的速度
；
由运动的分解知识可知，汽车速度v汽沿绳的分速度与重物m的速度大小相等，即：
，
得：
．
14．（1）2.25m；（2）2.5m。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设物块滑上木板的速度为v0，则有
物块滑上木板，对于木板向右的滑动摩擦力小于地面可以施加的最大静摩力，即
所以木板静止不动。
对物块，根据动能定理有
解得
x=2.25m
(2)对物块，根据牛顿第二定律
对于板，根据牛顿第二定律
设达到共速时的时间为t，则有
共速后一起运动，一起减速运动，则有
物块对地的位移
一起运动时，根据速度位移公式
总位移
代入数据解得
x′=2.5m
15．(1) (2)
【解析】
【详解】
本题考查重力势能的计算及重力做功与重力势能变化间的关系．
（1）开始时，斜面上半条链条的重力势能
开始时，悬在空中半条链条的重力势能
开始时链条的重力势能
右侧滑出斜面时链条的重力势能
（2）此过程中重力势能的变化量
则此过程中重力做的功
点睛：重力对物体所做的功与物体重力势能变化量相反，即．
16．（1）；（2）1：2
【解析】
【分析】
（1）放手后两物体一起做匀加速直线运动，分别以AB为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可求得绳子的拉力；（2）分别对B及AC整体受力分析，由牛顿第二定律可列出绳子张力的表达式，根据题意可得出质量的关系．
【详解】
解：（1）对B，由牛顿第二定律有：
对A，由牛顿第二定律有：
解得：
（2）对B，由牛顿第二定律有：
对AC，由牛顿第二定律有：
解得：
由，得：
所以m1：m2=1：2
【点睛】
对于连接体问题要注意正确受力分析，合理选择研究对象进行分析，列牛顿第二定律进行分析即可解决．
17．(1) ，方向竖直向上；，方向竖直向下
(2) ，与水平面夹角为β，
【解析】
【详解】
(1)小球从A到最低点，由动能定理：
mgL＝
得：
v0＝
轻绳断前瞬间，小球的加速度
a向＝＝2g，方向竖直向上
轻绳断后瞬间，小球的加速度
a＝＝g，方向竖直向下
(2)以O为坐标原点，OO′为y轴，建立直角坐标系，斜面
对应方程y＝x
平抛轨迹
x＝v0t
y＝L－gt2
消去t得
y＝L－
联立解得：
x＝L，y＝ L
平抛的高度
h＝
小球落至斜面上的速度：
v＝
与水平面夹角为β，
tanβ＝
18．（1）41.67N；（2）350J；（3）环能滑到B点．
【解析】
【详解】
（1）环静止时∠BCF=∠ECF=θ，所以
LBCsinθ+LACsinθ=BD
所以
即
θ=53°
2Fcosθ=mg
解得
F=41.67N
（2）AD=2m，则ED=ADtan53°=m，所以FE=m．
FC：AD=EF：ED，得FC=5 m
所以AC高度差为△h=7m，
△EPm=mg△h=350J
（3）若将环从A点由静止释放，绳拉直时不考虑环反弹，不计摩擦力
根据机械能守恒知
mgh=mv2
代入数据解得
v=2m/s
所以环可以滑到B点．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页