第4章　机械能及其守恒定律 分层作业21　机械能守恒定律--2025粤教版高中物理必修第二册同步练习题

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2025粤教版高中物理必修第二册
分层作业21　机械能守恒定律
A组 必备知识基础练
题组一　机械能守恒的条件
1.忽略空气阻力,下列物体运动过程中满足机械能守恒的是(　　)
A.电梯匀速下降
B.抛出的铅球在空中飞行
C.“神舟十八号”的发射过程
D.汽车沿斜坡加速上行
2.橡皮擦从桌面边缘掉落,若要将其在空中运动的过程视为机械能守恒,则应忽略(　　)
A.橡皮擦所受的空气阻力 B.橡皮擦的质量
C.橡皮擦下落的时间 D.橡皮擦的重力
题组二　单个物体的机械能守恒
3.如图所示,将一质量为m的石块从离地面h高处以初速度v0斜向上抛出,初速度与水平方向的夹角为θ.若空气阻力可忽略,为减小石块落地时的速度,下列措施可行的是(　　)
A.仅减小m B.仅减小v0
C.仅增大θ D.仅增大h
4.(2024广东佛山期中)地铁优化线路节能坡的设计如图所示,车站设在纵断面的坡顶上,若当列车行进到A处时发动机关闭,到达站台B处正好停下,列车行进过程中阻力不可忽略,则(　　)
A.列车从A运动到B的过程中机械能守恒
B.列车进站上坡过程中重力做正功
C.列车进站上坡时部分动能转化为势能
D.列车出站下坡时势能完全转化为动能
题组三　多个物体系统的机械能守恒
5.(多选)如图所示,在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间,用一根长为L的轻杆连接,两小球可绕穿过杆中心O的水平轴无摩擦地转动.现让轻杆处于水平位置,然后无初速度释放,b向下,a向上,产生转动.在杆转至竖直的过程中(　　)
A.b的重力势能增加,动能减少
B.a的机械能增加
C.a和b的总机械能守恒
D.a和b的总机械能不守恒
6.(多选)如图所示,不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮,两端分别连有质量为m的小球P与质量为2m的小球Q.初始时轻绳绷紧,P和Q由静止释放,不计摩擦及空气阻力,重力加速度为g.在Q下落高度h的过程中,下列说法正确的有(　　)
A.Q下落的加速度大小为g
B.Q的末速度大小为
C.P、Q所组成系统的机械能守恒
D.P、Q所组成系统的重力势能减少量为mgh
B组 关键能力提升练
7.(2024广东佛山阶段练习)发射地球同步卫星时,先将卫星发射至近地圆轨道1,然后点火,使其沿椭圆轨道2运行,最后再次点火,将卫星送入同步圆轨道3,轨道1、2相切于Q点,轨道2、3相切于P点,如图所示,卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时,以下说法正确的是(　　)
A.卫星在轨道3上运行的速率大于在轨道1上的速率
B.卫星在轨道3上的机械能小于在轨道1上的机械能
C.卫星在轨道2上经过Q点时的加速度大于它在轨道1上经过Q点时的加速度
D.卫星在轨道2上由Q点运动至P点的过程中,机械能守恒
8.(2024陕西商洛期末)如图所示,一根轻弹簧竖直立在水平地面上,一小球从距弹簧上端h0处自由下落到将弹簧压缩至最短的过程中,弹簧始终处于弹性限度内,忽略空气阻力的影响.若以地面为参考平面,则小球下降过程中的机械能随下降的高度h变化的关系图像可能为(　　)
9.某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上,如图甲所示,当他突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起,其上升过程中的Ek-h图像如图乙所示,则下列判断正确的是(　　)
A.弹簧原长为h1
B.弹簧最大弹性势能大小为Ekm
C.O到h3之间弹簧的弹力先增加再减小
D.h1到h2之间弹簧笔的弹性势能和动能之和减小
10.(多选)轻杆AB长2L,A端连在固定轴上,B端固定一个质量为2m的小球,中点C固定一个质量为m的小球.AB杆可以绕A端在竖直平面内自由转动.现将杆置于水平位置,如图所示,然后由静止释放,不计各处摩擦力与空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.AB杆转到竖直位置时,角速度为
B.AB杆转到竖直位置的过程中,B端小球的机械能的增加量为mgL
C.AB杆转动过程中杆CB对B端小球做正功,对C端小球做负功
D.AB杆转动过程中,C端小球机械能守恒
11.如图所示,粗糙斜面AB的倾角α=37°,AB与光滑的水平面BC平滑连接,在C处利用挡板固定一个水平轻弹簧,一个质量m=2 kg的物体(可视为质点)自斜面上的A点由静止释放,经1 s到达斜面底端B点时的速度大小v=2.0 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)A点距水平面的高度h;
(2)物体与斜面之间的动摩擦因数μ;
(3)在物体与弹簧第一次作用的过程中,弹簧具有的最大弹性势能Ep.
C组 核心素养拔高练
12.(2024广东广州期末)如图所示,一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB,圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF及弹性板等组成,半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上,且D点略高于E点.已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg,轨道BCD的半径R=0.6 m,轨道EF的长度l=1.0 m,滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ=0.2,其余各部分轨道均光滑.游戏时滑块从A点弹出,经过圆轨道并滑上水平直轨道EF.弹簧的弹性势能最大值Epm=2.0 J,弹射器中滑块与弹簧相互作用时,机械能损失忽略不计,滑块与弹性板作用后以等大速率弹回,不计滑块通过DE之间的能量损失,g取10 m/s2.求:
(1)滑块恰好能通过D点的速度vD;
(2)若弹簧的弹性势能Ep0=1.6 J,求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力FN;
(3)若滑块最终静止在水平直轨道EF上,求弹簧的弹性势能Ep的范围.
分层作业21　机械能守恒定律
1.B　解析 机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功.电梯匀速下降过程有阻力做负功,机械能不守恒,A错误;抛出的铅球在空中飞行过程,只有重力做功,机械能守恒,B正确;“神舟十八号”的发射过程有推力做正功,机械能不守恒,C错误;汽车沿斜坡加速上行,有牵引力做正功,机械能不守恒,D错误.
2.A　解析 机械能守恒条件是只有重力(或弹力)做功,所以应忽略橡皮擦所受的空气阻力,故A符合题意,B、C、D不符合题意.
3.B　解析 若空气阻力可忽略,石块运动过程机械能守恒,则有mgh+mv2,整理得v2=2gh+,可知小石块落地时的速度与初速度大小、离地面高度有关,减小初速度或离地面高度,小石块落地时的速度减小.故选B.
4.C　解析 列车从A运动到B的过程中阻力做负功,所以机械能减小,故A错误;列车进站上坡过程中重力做负功,重力势能增加,故B错误;列车进站上坡时部分动能转化为势能,部分动能转化为内能,故C正确;列车出站下坡时势能一部分转化为动能,一部分转化为内能,故D错误.
5.BC　解析 因为b向下,a向上,产生转动,可知b的重力势能减少,动能增加,A错误;a的动能和重力势能都增加,则a的机械能增加,B正确;在杆从水平转至竖直的过程中,a和b组成的系统只有重力做功,则a和b的总机械能守恒,C正确,D错误.
6.BCD　解析 对P分析根据牛顿第二定律有T-mg=ma,对Q有2mg-T=2ma,可得a=,A错误;Q的末速度大小v=,B正确;不计摩擦及空气阻力,P、Q所组成系统的机械能守恒,重力势能的减少量等于动能的增加量ΔEk=×3mv2=mgh,C、D正确.
7.D　解析 根据万有引力提供向心力可得=m,解得v=,因为r3>r1,所以卫星在轨道3上运行的速率小于在轨道1上的速率,A错误;卫星在同一轨道运行时只受万有引力的作用,机械能守恒,卫星从低轨道向高轨道变轨时需要点火加速,这一过程卫星的机械能增加,说明同一卫星所处的轨道越高,卫星的机械能越大,故卫星在轨道3上的机械能大于在轨道1上的机械能,B错误;根据牛顿第二定律可得=ma,解得a=.由于M、r都相同,可知卫星在轨道2上经过Q点时的加速度等于它在轨道1上经过Q点时的加速度,C错误;卫星在轨道2上由Q点运动至P点的过程中,只有万有引力对卫星做功,卫星的机械能守恒,D正确.
8.C　解析 在未接触弹簧的过程中,只有重力做功,小球的机械能不变.接触弹簧后,弹力随弹簧压缩量均匀变化,弹簧压缩量为h-h0,此过程弹力做负功W=(h-h0)=,小球机械能减少,接触弹簧后小球的机械能E=E0-W=E0-,接触弹簧后的图像为开口向下的抛物线,C正确.
9.D　解析 弹簧笔竖直向上弹起过程,所受重力保持不变,弹簧弹力减小,当二力平衡时,加速度为零,速度达到最大,动能最大.此时弹簧还有一定的形变量,不是原长,所以弹簧最大弹性势能大于Ekm,故A、B、C错误;运动过程中,对系统来说,只有重力和弹簧弹力做功,所以系统机械能守恒,h1到h2之间弹簧笔的重力势能增加,所以弹簧笔的弹性势能和动能之和减小,故D正确.
10.ABC　解析 在AB杆由静止释放转到竖直位置的过程中,两小球和杆组成的系统机械能守恒,则以B端小球的最低点为参考平面,根据机械能守恒定律有mg·2L+2mg·2L=mgL+×2m(ω·2L)2+m(ωL)2,解得角速度ω=,选项A正确;在此过程中,B端小球机械能的增加量为ΔEB=E末-E初=×2m(ω·2L)2-2mg·2L=mgL,选项B正确;AB杆转动过程中,由于B端小球机械能增加,故杆对B端小球做正功,根据系统机械能守恒,C端小球机械能必然减少,所以CB杆对C端小球做负功,选项C正确,选项D错误.
11.解析 (1)根据运动学公式可得
xAB=·t=×1 m=1 m
A点距水平面的高度为h=xAB·sin α=0.6 m.
(2)物体从A到B的过程,根据动能定理可得
mgh-μmgcos α·xAB=mv2-0
解得μ=0.5.
(3)物体从B点到向右压缩弹簧使弹簧的形变量最大的过程,根据系统机械能守恒可得Ep=mv2=4 J.
答案 (1)0.6 m　(2)0.5　(3)4 J
12.解析 (1)恰好通过D点时,由重力提供向心力,则有mg=m
解得vD= m/s= m/s.
(2)滑块从A到圆心O等高处,由机械能守恒定律得Ep0=mgR+
在C点,轨道的弹力提供向心力,由牛顿第二定律得FN=m
联立解得FN= N.
(3)若滑块恰能通过半圆轨道最高点D,则有xmin==1.5 m,
若滑块以最大弹性势能弹出时,能停在水平直轨道EF上,在EF上滑行的最大路程为xmax,则有Epm=μmgxmax+2mgR
代入数据解得xmax=4.0 m
在轨道EF上往返一次损失的能量为ΔE=μmg·2l=0.4 J
可知,若滑块最终静止在水平直轨道EF,如下两种情况满足要求:
①滑块从E滑上EF,并停在EF上,则1.5 m≤x1≤2.0 m,则有Ep=μmgx1+2mgR
解得1.5 J≤Ep≤1.6 J
②滑块从E滑上EF,再从E滑下,沿轨道下滑,与弹簧作用后再滑上EF,且最终停在EF上,第二次恰好能过D点,则3.5 m≤x≤4.0 m,则有Ep=μmgx+2mgR
解得1.9 J≤Ep≤2.0 J.
答案 (1) m/s　(2) N　(3)1.5 J≤Ep≤1.6 J或1.9 J≤Ep≤2.0 J
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