1.5科学验证：机械能守恒定律同步练习（含解析）2023——2024学年高物理鲁科版（2019）必修第二册

1.5 科学验证：机械能守恒定律 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．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
2．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
3．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．
4．如图所示，斜面的倾角为，轻质弹簧的下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于B点。一质量为m的物块从斜面A点由静止释放，将弹簧压缩至最低点C（弹簧在弹性限度内），后物块刚好沿斜面向上运动到D点。已知斜面B点上方粗糙，B点下方光滑，物块可视为质点，，，重力加速度为g，弹簧弹性势能与形变量的关系（其中k为劲度系数，x为形变量）。下列说法中正确的是（　　）
A．物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数
B．弹簧弹性势能的最大值为
C．弹簧的劲度系数k为
D．小球动能的最大值为
5．坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示，某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中（　　）
A．该游客所受合力做功为零
B．该游客所受合力始终为零
C．该游客的机械能守恒
D．该游客所受重力的瞬时功率一定变大
6．如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0-0.2s内运动的位移为0.8m，取，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块在0.2s时机械能最大
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
D．时刻弹簧的弹性势能为32J
7．如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个质量分别为m、3m的小球a和b，用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h，两物体均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，a球与定滑轮间距足够大，不会相碰，释放a球后，b球刚要落地前，下列说法正确的是（　　）
A．a球机械能不守恒
B．b球机械能守恒
C．小球a和b组成的系统机械能不守恒
D．同一时刻，小球a的速度是小球b的速度的3倍
8．倾角的传送带以速度顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒向其输送的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。（取重力加速度，传送带轮直径大小可忽略） ，则下列说法中正确的是（ ）
A．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移是2.5m
B．煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间是7.25s
C．传送带电动机因输送煤屑而增加的功率是242W
D．传送带电动机因输送煤屑而增加的功率是274W
二、多选题
9．如图所示，小球A的质量为2m，小球B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，且弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，以弹簧原长为弹性势能零势面。在此过程中，设ABC的动能分别为、、，则：（　　）
A．A运动时，三小球的动能之比为
B．A的动能最大时，B对地面的压力大小为2mg
C．A的动能最大时，弹簧与三小球构成的系统势能最小
D．弹簧的弹性势能最大值为
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，一小球用轻质细线悬挂在木板的支架上，分别沿倾角为θ的两个固定斜面下滑，甲图中细线保持竖直，乙图中细线保持垂直斜面。在木板下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中木板与斜面间的动摩擦因数
B．甲图中木板、小球组成的系统机械能守恒
C．乙图中木板与斜面间的动摩擦因数
D．乙图中木板、小球组成的系统机械能守恒
12．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
三、实验题
13．在验证机械能守恒定律的实验中，某同学采用如下图装置，绕过轻质定滑轮的细线上悬挂质量相等的重物A和B，在B下面再挂钩码C。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。
(1)如图所示，在重物A下方固定打点计时器，用纸带连接A，测量A的运动情况。下列操作过程正确的是 ；
A．选择同材质中半径较大的滑轮
B．安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上
C．接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器
D．应选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带
(2)某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图所示， A、B、C为三个相邻计时点。则打下B点时重锤的速度vB= m/s；（结果保留三位有效数字）
(3)如果本实验室电源频率大于50Hz，则瞬时速度的测量值 （选填“偏大”或“偏小”）；
(4)已知重物A和B的质量均为M，钩码C的质量为m，某次实验中从纸带上测量重物A由静止上升高度为h时对应计时点的速度为v，取重力加速度为g，则验证系统机械能守恒定律的表达式是 ；
(5)为了测定当地的重力加速度，改变钩码C的质量m，测得多组m和对应的加速度a，作出图像如图所示，图线与纵轴截距为b，则当地的重力加速度为 。
14．乙同学用图的实验装置进行“验证机械能守恒定律”实验。气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块从A处由静止释放，验证从A到B过程中滑块和钩码的机械能守恒。
(1)关于乙同学实验，下列操作中不必要的是_______。
A．将气垫导轨调至水平
B．使细线与气垫导轨平行
C．钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量
D．使A位置与B间的距离适当大些
(2)乙同学在实验中测量出了滑块和遮光条的质量M、钩码质量m、A与B间的距离L、遮光条的宽度为d（）和遮光条通过光电门的时间为t，已知当地重力加速度为g，为验证机械能守恒需要验证的表达式是 。
(3)甲同学参考乙同学做法，利用图装置，想通过垫高轨道一端补偿阻力后验证小车和槽码的机械能是否守恒，他的做法 （“可行”或“不可行”）。
四、解答题
15．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道，其形状为半径的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，用质量的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为的小物块将弹簧也缓馒压缩到C点释放，小物块过B点后其位移与时间的关系为。小物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道。（）。求：
（1）物块离开D点时速度大小和BD间的距离；
（2）判断能否沿圆轨道到达M点，若能，求物块沿圆轨道到达M点时对轨道的压力；
（3）释放后运动过程中克服摩擦力做的功。
16．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？
17．在某次赛前训练课上，一排球运动员在网前距地面高度处用力扣球，使排球以的初速度水平飞出，如图所示。已知排球质量，排球可视为质点，忽略排球运动中受到的空气阻力，取，问：
（1）排球刚被扣出时的动能为多少？
（2）排球从被扣出到着地经历的时间t为多少？
（3）排球刚被扣出时机械能与即将着地时机械能关系如何？（答“相等”或“不相等”即可）
18．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。
19．如图所示，倾角的光滑固定斜面与水平传送带通过一小段光滑圆弧平滑连接，传送带左、右两端的距离，以大小的速率沿顺时针方向转动．现将一滑块（视为质点）从斜面上的A点由静止释放，滑块以大小的水平速度滑上传送带，并从传送带的右端C点飞出，最终落至水平地面上的D点．已知两点间的高度差，滑块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，不计空气阻力．
（1）求A点到斜面底端B点的距离；
（2）求两点间的水平距离；
（3）改变滑块在斜面上由静止释放的位置，其他情况不变，要使滑块总能落至D点，求滑块释放的位置到B点的最大距离．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．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。
2．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。
3．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。
4．D
【详解】A．物块从A到D的全过程中由动能定理有
解得
故A错误；
B．物块从A到C的过程中由能量守恒定律有
解得
故B错误；
C．由题意可知
解得
故C错误；
D．当物块加速度为0时动能最大，有
从物块开始运动到动能最大的过程中有
解得
故D正确。
故选D。
5．A
【详解】A．根据题意可知，由于游客速率不变，则动能变化量为零，由动能定理可知，该游客所受合力做功为零，故A正确；
B．由于游客速率不变，游客做匀速圆周运动，该游客所受合力不为零，指向圆心提供做圆周运动的向心力，故B错误；
C．游客匀速率上升，动能不变，重力势能增加，则该游客的机械能增加，故C错误；
D．若游客在环形轨道下半部分爬升，竖直分速度逐渐增大，重力的瞬时功率变大，若游客在环形轨道上半部分爬升，竖直分速度逐渐减小，重力的瞬时功率减小，故D错误。
故选A。
6．D
【详解】A．当滑块速度最大时，满足
此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，选项A错误；
B．滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力功大于摩擦力功，滑块的机械能增加；最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小于摩擦力功，此过程中滑块的机械能减小，则滑块在0.2s时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B错误；
C．滑块脱离弹簧后向上减速运动的加速度
根据牛顿第二定律
解得滑块与斜面间的动摩擦因数为
选项C错误；
D．由能量关系可知，时刻弹簧的弹性势能为
选项D正确。
故选D。
7．A
【详解】ABC．放手后，对ab系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，但是由于细绳分别对ab都做功，则a球机械能不守恒，b球机械能也不守恒，选项A正确，BC错误；
D．同一时刻，小球a的速度等于小球b的速度，选项D错误。
故选A。
8．D
【详解】AB．根据牛顿第二定律
得
煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移是
煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间是
AB错误；
CD．经过时间，煤屑动能的增加量为
重力势能的增加量为
摩擦产生的热量为
传送带电动机因输送煤屑而增加的功率是
得
C错误，D正确。
故选D。
9．BC
【详解】A．A向下运动时，B向左运动，且
随着α变化，两者速度大小关系变化，动能之比变化，故A错误；
B．A的动能最大时，加速度为0，由整体法得地面对地的支持力为
故B正确；
C．A、B、C运动时，系统机械能守恒，当动能最大时，系统势能最小，故C正确；
D．当A下降到最低点时，弹簧弹性势能最大，等于A的重力势能减少量，即
故D错误。
故选BC。
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．AD
【详解】A．甲图中，因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向没有分力，所以小球在水平方向没有加速度，根据力的平衡条件得
则解得
故A正确；
B．甲图中，因小球沿斜面做匀速直线运动，由于木板与小球的运动状态相同，所以木板、小球组成的系统动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故B错误；
C．乙图中，因拉小球的细线与斜面垂直，所以小球受到重力和细线垂直于斜面向上的拉力，其合力沿斜面向下，所以小球的加速度也沿斜面向下，对小球运用牛顿第二定律得
解得
由于木板与小球的运动状态相同，所以对木板、小球组成的整体，根据牛顿第二定得
解得
μ=0
故C错误；
D．乙图中，由于木板不受斜面的摩擦力，所以木板、小球组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故D正确。
故选AD．
12．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。
13．(1)BC
(2)1.05
(3)偏小
(4)
(5)
【详解】（1）A．滑轮质量越小，其动能越小，对机械能实验的影响越小，故A错误
B．安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，B正确；
C．为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，接通电源前让重锤A尽量靠近打点计时器，C正确；
D．本实验研究对象不是做自由落体运动，无需选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带，D错误。
故选BC。
（2）打B点时重锤的瞬时速度等于打A、C两点间的平均速度，即
（3）如果本实验室电源频率大于50Hz，则计算瞬时速度时所代入的T值比实际值偏大，从而使瞬时速度的测量值偏小。
（4）根据机械能守恒定律有
整理得
（5）对A、B、C整体根据牛顿第二定律有
整理得
由题意可知
解得
14．(1)C
(2)
(3)不可行
【详解】（1）A．为了减小实验误差，应将气垫导轨调至水平，故A必要；
B．为了使细线的拉力等于滑块的合外力，应使细线 与气垫导轨平行，故B必要；
C．实验中不需要满足钩码重力等于绳子的拉力，则不需要使钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量，故C不必要；
D．为便于数据处理，应使4位置与B间的距离适当大些，故D必要。
该题选择不必要的，故选C。
（2）滑块通过光电门的瞬时速度
则系统动能的增加量
系统重力势能的减小量
则系统机械能守恒满足的表达为
（3）想通过垫高轨道一端补偿阻力后，系统存在摩擦力做功，机械不守恒，他的做法不可行
15．（1）4m/s；2.5m；（2）不能；（3）5.6J
【详解】（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，有
而
解得
vD＝4m/s
根据
结合题意可知，小球过B点后以初速度为v0＝6m/s，加速度大小a＝4m/s2减速到vD，设BD间位移为x1，有
解得
x1=2.5m
（2）若物块能沿轨道到达M点，设其速度为vM，有
解得
vM≈2.2m/s<≈2.8m/s
即物块不能到达M点。
（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为，则释放m1时，有
释放m2时，有
解得
EP＝7.2J
设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，有
解得
Wf＝5.6J
16．（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
17．（1）；（2）；（3）相等
【详解】（1）排球刚被扣出时的动能为
（2）排球刚被扣出做平抛运动，竖直方向上有
解得
（3）排球运动过程中，机械能守恒，则有排球刚被扣出时机械能与即将着地时机械能相等。
18．（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
19．（1）0.4m；（2）0.6m；（3）2.5m
【详解】（1）从A到B由机械能守恒
解得
s1=0.4m
（2）物块在传送带上运动的加速度
则与传送带共速时
解得
x=1.25m则物块滑离传送带的速度为
v=3m/s
则平抛运动时
解得
t=0.2s
（3）要使滑块总能落至D点，则需使得滑块到达传送带末端时的速度等于3m/s，当滑块释放的位置到B点的距离最大时，滑块进入传送带后做减速运动，最终为3m/s，则
解得
则从A到B由机械能守恒
解得
smax=2.5m
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页