4.7生产和生活机械能守恒同步练习（含解析）2023——2024学年高物理粤教版（2019）必修第二册

4.7 生产和生活机械能 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．一竖直弹簧下端固定于水平地面上，小球从弹簧上端的正上方高为h的地方自由下落到弹簧上端，如图所示．经几次反弹以后，小球最终在弹簧上静止于某一点A处，则（ ）
A．h越大，弹簧在A点的压缩量越大
B．h越大，最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能越大
C．弹簧在A点的压缩量与h无关
D．小球第一次到达A点时弹簧的弹性势能比最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能大
2．如图甲所示， 竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2；则下列说法中正确的是（　　）
A．小球释放位置距地面的高度为7m
B．小球在下落过程受到的风力为1N
C．小球刚接触弹簧时的动能为4.5J
D．小球的最大加速度大小为99m/s2
3．一倾角的粗糙斜面，斜面顶端安装一小滑轮，滑轮大小忽略不计，将斜面固定在地面上，一轻绳跨过定滑轮一端连接放在斜面上的物体m1，另一端悬挂小球m2。用手按住m1使之静止不动，让小球m2在竖直内左右摆动，摆动稳定后，放开按住m1的手，发现当小球摆动到最高点时，滑块m1恰好不下滑，当小球摆到最低点时，滑块m1恰好不上滑，如图所示，已知斜面与物体间的动摩擦因数，则值为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示， “夸父一号”卫星先被发射到椭圆轨道Ⅰ上，在A处通过变轨转移至圆轨道Ⅱ上运行，圆轨道Ⅱ距离地面720km。A、B 分别为椭圆轨道Ⅰ的远地点和近地点，已知地球同步卫星距离地面36000km，则（　　）
A．卫星沿轨道Ⅰ、Ⅱ经过A点时的加速度相等
B．卫星沿轨道Ⅱ运行的周期大于地球同步卫星的周期
C．卫星沿轨道Ⅱ运行的机械能小于地球同步卫星的机械能
D．卫星经过B点时的速度小于沿轨道Ⅱ经过A点时的速度
5．如图所示，小球从高处落到竖直放置的轻弹簧上，则小球从开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中（　　）
A．小球的动能不断减少
B．小球的重力势能一直减小
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．小球的受到的弹力先变大后变小
6．如图所示，半径为R的大圆环悬挂固定在竖直平面内，圆心为O，质量为m的小圆环套在大圆环上，从大圆环顶端由静止开始下滑，当小圆环运动到P点时，向心加速度大小等于重力加速度g的3倍，下列说法正确的是（　　）
A．小圆环运动到P点的过程中重力势能减少
B．小圆环运动到P点时的速度大小为
C．PO连线与竖直方向的夹角为60°
D．小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为3mg
7．中国国家邮政局监测数据显示。2023年月中国快递业务量达300亿件，我们的生活离不开快递。图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为的货物（可视为质点），轻放在倾斜传送带上端处，图乙为倾斜传送带段的数控设备记录的货物的速度—时间图像，末货物刚好到达下端处，随后以不变的速率滑上水平传送带端。已知段的长度，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，间距忽略不计，取。下列说法不正确的是（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．倾斜传送带与水平面间的夹角为
C．货物在水平传动带上做匀变速直线运动的时间为
D．货物从端运动到端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量为
8．某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是6.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。则此风力发电机发电的功率约为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图所示，质量为、长度为的小车静止在光滑的水平面上。质量为的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为。在这个过程中，以下结论正确的是（　　）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为
C．小物块克服摩擦力所做的功为
D．小物块和小车发生相对滑动，摩擦产生的内能为
10．如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，质量为m的物块A和质量为2m的物块B并排放在斜面上，物块A、B不粘连，处于静止状态。现用一沿斜面向上的外力拉物块B，使B沿斜面向上做加速度大小为的匀加速直线运动。已知重力加速度大小为g，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．物块A、B分离前，外力的大小随位移线性变化
B．物块A、B分离时，弹簧压缩量为
C．物块A、B分离时，物块B的速度大小为
D．物块A、B分离后，物块A继续沿斜面运动到最高点经过的位移是
11．如图所示，某货场将质量为的货物（可视为质点）由传送带运输，传送带速度为，长度为，动摩擦因数为，货物无初速度放上传送带，地面上紧靠轨道次排放两个完全相同的木板A、B，长度均为，质量均为，与传送带等高，传送带沿顺时针方向转动，假设物体离开传送带后能水平滑上木板且无能量损失。货物与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数，（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取）（ ）
A．若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，则需要满足
B．物体在传送带滑动过程中因摩擦生热为180J
C．若，货物与B板的相对位移为0.5m
D．若，滑上木板后由于摩擦产生的内能为180J
12．质量、长度的木板静止在足够长的光滑水平面上，右端静置一质量的物块（可视为质点），如图（a）所示。现对木板施加一水平向右的作用力F，图像如图（b）所示。物块与木板间的摩擦因数，重力加速度g取。则（ ）
A．6s末，物块刚好与木板分离 B．0~4s内，物块与木板不发生相对滑动
C．0~6s内，物块与木板组成的系统机械能守恒 D．4~6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量
三、实验题
13．某小组设计实验并采用如下装置测量物块与水平面间的动摩擦因数，实验步骤如下：
（1）如图甲所示，轻质弹簧一端固定于地面上，并处于自然状态。将质量为3m的物块A从弹簧的顶端由静止释放，当物块A下降到最低点时，锁定弹簧，测得物块A下降的最大高度为，那么轻质簧所储存的弹性势能为 。
（2）如图乙所示，将锁定的弹簧左端固定在墙壁上，物块B靠在弹簧的右侧（不粘接）。某时刻解除对弹簧的锁定，物块B被弹簧弹开向右滑动一段距离静止在P（图中未画出）点，此时物块B与弹簧已经分离。测得物块B的质量为m。
（3）为测量物块B与地面之间的动摩擦因数，还需要测量的物理量有 。
（4）进行必要的测量后，通过记录的数据测得物块B与水平面之间的动摩擦因数为 。（用题中所测物理量、已知物理量的字母表示）
14．某同学利用如图所示装置探究滑块与长木板间的动摩擦因数。
实验过程如下：
①长木板水平固定，将弹簧左端固定在挡板P上，弹簧右端与滑块不栓接，当弹簧处于原长时，与弹簧右端接触的滑块中心位于O点，O点右侧放一相同的木板，与左侧木板上表面平齐水平对接，如图甲所示；
②用滑块压缩弹簧到A点，用刻度尺测量出AO间的距离x；释放滑块，记录其在右侧木板上停止时的位置B，测出OB间的距离；
③如图乙所示，拆去O点右侧的木板，在O点下方挂上重锤，再次用滑块将弹簧压缩到A点无初速释放，记录其落到水平地面的位置C，测出O点到地面的竖直高度h，及落地点C到O点的水平距离；
④查得当地重力加速度为g。
请回答下列问题：
(1)滑块从O点滑离时的初速度大小为 ，滑块与长木板间的动摩擦因数 （用所测物理量符号表示）。
(2)若测得滑块质量为m，则释放滑块时弹簧的弹性势能 （用所测物理量的符号表示）。
四、解答题
15．如图所示，为光滑圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为水平，竖直，最低点为B，最高点为C．在A点正上方某位置处有一质量为m的小球（可视为质点）由静止开始自由下落，刚好进入圆轨道内运动．不计空气阻力，己知重力加速度为g，若小球刚好能到达轨道的最高点C，求：
（1）小球经过最低点B时的速度大小；
（2）轨道最低点B处对小球的支持力大小．
（3）如果轨道粗糙程度相同，让小球从A点正上方的某点D下落，由于摩擦力作用小球经过A、B点的速度大小相等，如让小球从D点正上方的某点下落，试比较小球经过A、B点的速度大小关系并简要说明理由．
16．如图所示，半径为的光滑弧形轨道AB竖直固定在水平面上，右侧固定一半径为的竖直光滑弧形轨道CD，弧CD所对应的圆心角为60°，，质量为的物体由A点的正上方高度由静止释放，经过一段时间物体由D点离开弧形轨道．已知物体与BC段的动摩擦因数为，重力加速度g取。
（1）求物体刚到B点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比；
（2）求物体的落地点到D点的水平距离（结果可带根号）；
（3）若物体离开D点瞬间对物体施加一水平向右的恒力，求物体落地前的最小动能（结果保留小数点后两位）．
17．如图所示，三个质量均为的小物块，放置在水平地面上，紧靠竖直墙壁，一劲度系数为的轻弹簧将连接，紧靠，开始时弹簧处于原长，均静止。现给施加一水平向左、大小为的恒力，使一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知与地面间的滑动摩擦力大小均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为∶为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，）
（1）求向左移动的最大距离；
（2）分离时的动能；
（3）为保证能离开墙壁，求恒力的最小值；（，前三问结果均保留两位有效数字）
（4）若，请在所给坐标系中，画出向右运动过程中加速度随位移变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的的数值，不要求推导过程。以撤去时的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
18．如图所示，在高的平台上，有一个质量为的滑块被细线拴在墙上，滑块与墙之间有一被压缩的轻弹簧，滑块与弹簧间不栓接，此时滑块到桌面边缘的距离为，滑块与桌面间的动摩擦因数为0.2，当细线被烧断后，滑块弹离弾簧，在桌面上滑动一段距离后离开桌面，不计空气阻力，已知滑块落地时速度方向与水平方向成角，求∶
（1）滑块在空中运动的时间是多少？
（2）图中两点距离多大？
（3）求开始时弹簧中储存的弹性势能是多少？
19．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ=30°，其上A、B两点间的距离为l=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动。现将一质量为m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（g取10m/s2）
（1）传送带对小物体做的功；
（2）电动机多输出的能量。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】ABC．小球静止在A点时满足
可知弹簧在A点的压缩量与h无关，在A点时弹簧的弹性势能与h无关，选项AB错误，C正确；
D．小球在A点时弹簧的形变量相同，则小球第一次到达A点时弹簧的弹性势能与最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能相等，选项D错误。
故选C。
2．D
【详解】A．由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J，根据
可得小球释放位置距地面的高度为
故A错误；
B．由图乙可知小球速度减为0时，小球下落
该过程弹性势能增加了
根据功能关系有
代入数据解得小球在下落过程受到的风力为
故B错误；
C．由图乙可知，小球刚接触弹簧时，小球下落了
根据动能定理得
解得小球刚接触弹簧时的动能为
故C错误；
D．弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，则有
解得弹簧的劲度系数为
则小球的最大加速度大小为
故D正确。
故选D。
3．B
【详解】小球摆动到最高点时，滑块m1恰好不下滑，对m1分析可得
此时对小球分析可得
小球摆到最低点时，滑块m1恰好不上滑，对m1分析可得
此时对小球分析可得
小球从最高点运动到最低点，由动能定理可得
联立以上各式，代入数据可得
故选B。
4．A
【详解】A.根据题意，由万有引力提供向心力有
解得
可知卫星沿轨道Ⅰ、Ⅱ经过A点时的加速度相等，故A正确；
B.由万有引力提供向心力有
解得
由于“夸父一号”卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“夸父一号”卫星的周期应该小于地球同步卫星的周期，故B错误；
C.由于不知道“夸父一号”卫星与地球同步卫星的质量关系，无法比较二者的机械能关系，故C错误；
D.设卫星在过B点圆轨道上的运行速度为，卫星沿轨道Ⅱ经过A点时的速度为，由万有引力提供向心力有
可得
设卫星在轨道Ⅰ经过B点时的速度，卫星经过B点时，由圆轨道变轨到轨道Ⅰ需加速，则有
则有
即卫星经过B点时的速度大于沿轨道Ⅱ经过A点时的速度，故D错误。
故选A。
5．B
【详解】小球开始接触弹簧后，一开始弹力小于小球重力，小球继续向下加速运动，随着压缩量的增大，弹力逐渐增大，当弹力等于小球重力时，小球的速度达到最大；之后弹力继续增大，弹力大于小球的重力，小球开始向下做减速运动，直到将弹簧压缩至最短，小球速度减为0；故小球从开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，小球的动能先增大后减小，小球的重力势能一直减小，弹簧的弹性势能一直增大，小球的受到的弹力一直增大。
故选B。
6．C
【详解】AB．小圆环运动到P点时，有
小圆环运动到P点的过程中重力势能的减少量等于动能的增加量，即
联立可得
，
故AB错误；
CD．设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示
小圆环从初始位置运动到P的过程中，有
在P点，有
联立可得
，
所以
故C正确，D错误。
故选C。
7．B
【详解】AB．内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为
内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律内，有
内，有
解得
，
故A正确，B错误；
D．结合图乙知，传送带的速率，货物在水平传送带上运动的加速度大小为
货物在水平传送带上做匀减速运动的时间
货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为
解得
由于，货物与传送带共速一起做匀速运动，货物在水平传送带上的相对位移
货物与传送带间因摩擦产生的总热量
解得
故CD正确。
本题选择错误选项；
故选B。
8．B
【详解】在t时间内空气动能为
则此风力发电机发电的功率约为
故选B。
9．AB
【详解】A．小物块到达小车右端时，物块相对于地面的位移为，对物块，根据动能定理得
所以小物块到达小车最右端时具有的动能为，故A正确；
B．对小车分析，小车对地面的位移为ｘ，根据动能定理得
所以小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为，故B正确；
C．物块相对于地面得位移大小为，则物块克服摩擦力做的功为
故C错误；
D．小物块和小车发生相对滑动，摩擦产生的内能为
故D错误。
故选AB。
10．AC
【详解】A．物块A、B静止时，根据平衡条件可得
物块A、B分离前，设物块A的位移为，根据牛顿第二定律
解得
故外力的大小随位移线性变化，故A正确；
B．物块A、B分离时，两物体接触面间弹力为0，两物块加速度均为a，对A，根据牛顿第二定律
解得弹簧压缩量为
故B错误；
C．物块A、B分离时，根据动力学公式
解得物块B的速度大小为
故C正确；
D．物块A、B分离后，设物块A继续沿斜面运动到最高点经过的位移为，根据能量守恒有
解得
故D错误。
故选AC。
11．BD
【详解】A．若货物滑上木板A时，木板不动，则需满足
滑上木板B时，木板B开始滑动，则需满足
解得
故A错误；
B．设货物在传送带上加速时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律
解得
假设货物可以和传送带共速，则货物加速的位移为
故假设成立，货物加速的时间为
则货物加速过程中，传送带的位移为
物体在传送带滑动过程中因摩擦生热为
故B正确；
C．若，由A选项可得，货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，设货物在木板上滑动时的加速度大小为，则
解得
货物滑上B时，B的加速度为，则
解得
设货物刚滑上B时的速度大小为，则
解得
设货物滑上B后经过时间t后达到共速，则
解得
则货物滑上B后，货物的位移为
B的位移为
货物与B板的相对位移为
故C错误；
D．根据能量守恒，货物滑上木板前的动能全部转化为滑上木板后由于摩擦产生的内能
故D正确。
故选BD。
12．AB
【详解】AB．物块的最大加速度为
解得
m/s2
当N时，假设木板和物块相对静止，则有
解得
m/s2则物块可以与木板相对静止，当N时，木板的加速度为
解得
m/s2>a
物块与木板在4s末的速度相等，根据位移—时间公式可知
代入数据解得
s
所以6s末，物块刚好与木板分离，故AB正确；
C．0~6s内，物块与木板组成的系统受拉力做功，机械能不守恒，故C错误；
D．根据功能关系可知，4~6s内，拉力F做功等于物块与木板系统动能增量与系统摩擦生热之和，故D错误；
故选AB。
13． 物块B最终静止位置与出发位置间的距离
【详解】（1）[1]根据能量的转化和守恒定律可得
即弹簧内储存的弹性势能为。
（3）[2]解除锁定后，物块会和弹簧在原长时分离，分离后物块B继续向右滑动，那么还需要测量物块B最终静止位置与出发位置间的距离。
（4）[3]对物块B，根据能量的转化和守恒定律有
解得
14．(1)
(2)
【详解】（1）[1]根据题意可知，拆去O点右侧的木板，滑块从点飞出做平抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
解得
[2]滑块由点到点，由动能定理有
解得
（2）滑块由点到点，由能量守恒定律可得，释放滑块时弹簧的弹性势能
15．（1）；（2）；（3）；见解析
【详解】（1）小球刚好能到达轨道的最高点C，则有
从B到C由机械能守恒可得
可解得小球经过最低点B时的速度为
（2）根据受力分析可得
可得轨道最低点B处对小球的支持力为
（3）让小球从D点正上方的某点下落，则；小球在D点上方下落，小球在段的速度比第一次大，因而在段轨道对小球的支持力比第一次大，所以在段的摩擦力也较大，所以。
16．（1）；（2）；（3）1.56J
【详解】（1）物块从开始下落到到达B点时由动能定理
在B点时
解得
FNB=20N
从B点到C点时由动能定理
解得
在C点时
解得
可得物体刚到B点和刚过C点瞬间对圆弧轨道的压力之比
（2）从C点到D点，由机械能守恒定律
解得
物块落地时
解得
t=1s
则物体的落地点到D点的水平距离
（3）恒力F与mg的合力为
方向与竖直方向的夹角为30°；
vD在垂直于F合方向的分量为
当vD在平行于F合方向的分速度减为零时物体动能最小，则最小动能为
17．（1）（2）；（3）；（4）
【详解】（1）从开始到向左移动到最大距离的过程中，以和弹簧为研究对象，由功能关系
得
（2）弹簧恢复原长时分离，从弹簧最短到分离，以和弹簧为研究对象，由能量守恒得
得
（3）当刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以为研究对象，由平衡条件得
若刚要离开墙壁时得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到刚要离开墙得过程中，以和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去，所以恒力得最小值为
（4），小物块向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后开始向右运动过程（系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，和分离，之后只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以为研究对象，由动能定理得
脱离弹簧瞬间后速度为，之后受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，运动的距离为
则最后停止的位移为
所以向右运动的图象为

18．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球离开桌面后做平抛运动，坚直方向做自由落体运动，设小球在空中运动的时间是t，则
所以
（2）设小球水平初速度大小为，落地时的坚直分速度为，则
即
小球落地时有
带入数据解得
落地时小球在水平方向的位移
带入数据解得
（3）弹簧、桌面和小球组成的系统，对小球离开桌面的过程，根据能量守恒定律得
带入数据解得
19．（1）255J；（2）270J
【详解】（1）小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有
解得小物体上升的加速度为
当小物体的速度为v=1m/s时，小物体的位移为
之后小物体以v=1m/s的速度做匀速运动到达B点，由功能关系得
（2）根据速度时间关系可得
相对位移为
摩擦产生的热量为
电动机做的功等于小物体的机械能增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，故电动机机多输出的能量为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页