8.4 机械能守恒定律 （强化提高）检测（word版含解析）

第八章机械能守恒定律第四节机械能守恒定律强化训练（含解析）
一、单选题
1．关于机械能守恒，下列说法正确的是（　　）
A．人乘电梯减速上升的过程，机械能一定守恒
B．物体必须在只受重力作用的情况下，机械能才守恒
C．物体做平抛运动时，机械能一定守恒
D．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒
2．某同学身高1.8
m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8
m高的横杆。据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为（　　）
A．2
m/s
B．4
m/s
C．6
m/s
D．8
m/s
3．小物块P位于光滑斜面上，斜面Q位于光滑水平地面上小物块P从静止开始沿斜面下滑的过程中（　　）
A．斜面静止不动
B．物块P的机械能守恒
C．物块P对斜面的弹力对斜面做正功
D．斜面对物块P的弹力对P不做功
4．如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。则（　　）
A．当木板AB突然向下撤离后的瞬间，小球的加速度为0
B．当木板AB突然向下撤离后的瞬间，小球的加速度为大小为g，方向竖直向下
C．当木板AB突然向下撤离后的瞬间，小球的加速度为大小为，方向垂直木板向下
D．在木板AB撤离后的一小段时间内，小球的机械能减小
5．如图所示，在处于自然状态的弹簧上端放置一个铁球，松手后，铁球从A位置开始向下运动，到达B位置速度最大，到达C位置铁球的速度变为零（整个过程中不计能量损耗）。则下列说法中正确的是（　　）
A．到达B位置时，铁球所受的合力不为零
B．到达C位置时，铁球的动能和重力势能之和最小
C．从A点到C点的过程中，铁球的动能一直不断减小
D．从B点到C点的过程中，铁球始终受到平衡力的作用
6．如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高为2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，不计空气阻力，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为
A．
B．
C．
D．
7．牛顿用手掌平托着这个苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动运动一圈，关于苹果运动的过程，下列说法中正确的是（　　）
A．苹果对手掌的压力在a位置比在c位置小
B．苹果在b位置和d位置受到的摩擦力相同
C．整个运动过程中苹果的加速度大小相等
D．整个运动过程中苹果的机械能守恒
8．如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力，已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g。则以下说法正确的是（　　）
A．小球在AB段运动的加速度的大小
B．小球在AB段运动的加速度的大小
C．小球运动到D点时的速度为
D．小球运动到D点时的速度为2
9．如图所示，两个相同的小球a、b，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时，b从同一高度平抛．小球a、b（
）
A．落地时的速度相同
B．落地时重力的瞬时功率相等
C．运动到地面的过程中合外力做功相等
D．从运动到落地的过程中重力的平均功率相等
10．如图所示，一内外侧均光滑的半圆槽置于光滑的水平面上。槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球（视为质点）自左端槽口A点的正上方足够高处从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．小球从静止下落至运动到最低点的过程中机械能守恒
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒
C．小球与槽接触的过程中一直对槽做正功
D．小球离开右侧槽口以后，将竖直上升
11．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是（　　）
A．该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为
C．地面的支持力对该同学做功为
D．该同学所受的合外力对其做功为
12．如图，轻弹簧竖直固定，在距弹簧上端高h处有一小球自由下落，把弹簧压缩后又被弹起，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（
）
A．小球接触弹簧后立即做减速运动，动能减小，但动能与弹性势能之和不变
B．小球接触弹簧至把弹簧压最短的过程中，重力势能与动能之和一直减小
C．小球接触弹簧至把弹簧压最短的过程中，系统的弹性势能与重力势能之和一直在增大
D．改变释放高度，物体最大动能的位置也随之改变
13．如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的速度为v，与A点的竖直高度差为h，则（　　）
A．由A到B小球机械能守恒
B．由A到B重力势能减少
C．由A到B小球克服弹力做功为mgh
D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为
14．如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a置于水平地面上，球b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的
，已知图中Ob段的长度小于Oa段的长度，不计空气阻力，则（　　）
A．球b下摆过程中处于失重状态
B．球b下摆过程中向心加速度变小
C．当球b摆到O点正下方时，球b所受的向心力为球a重力的
D．两球质量之比ma：mb=9：2
15．如图所示，在距地面h高度处以初速度v0沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．物体在c点比在a点具有的机械能大
B．物体在b点比在c点具有的动能大
C．物体在a、b、c三点具有的动能一样大
D．物体在a、b、c三点具有的机械能相等
16．一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2。圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.6倍，小球的质量为m。若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过最高点A处时对轨道的压力为（　　）
A．2mg
B．3mg
C．4mg
D．5mg
二、解答题
17．如图所示，A物体用板托着，离地高度h=1.0
m，轻质细绳通过光滑定滑轮与A、B相连，绳子处于绷直状态。已知A物体质量M=2.0
kg，B物体质量m=1.0
kg，现将板抽走，A将拉动B上升，设A着地后不反弹，B上升过程中不会碰到定滑轮，g取10
m/s2求：
（1）A在下落过程中的加速度；
（2）A着地时，B的速度大小；
（3）B物体在上升过程中离地面的最大高度。
18．如图所示，A、B两物体通过劲度系数k=50N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证弹簧、细线ab段和cd段均竖直。已知A、B的质量均为m=0.5kg，重力加速度g=10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后，C竖直向下运动，A刚要离开地面时，B获得最大速度vB，当时C未落地。求：
（1）C的质量mC；
（2）B的最大速度vB；
（3）从释放C到B获得最大速度的过程中，绳子拉力对C所做的功。
19．图1为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置，L=1m的水平直轨道AB与半径均为0.4m的竖直光滑螺旋圆轨道（O、O′为圆心，C为最高点）相切于B，B′为第2个圆与水平轨道的切点，O′D与O′B′的夹角为60°，接收装置高度可调节的平台，EF为平台上一条直线，O′EF在同一竖直平面内，装置切面图可抽象为图2模型。质量为0.6kg的电动小汽车以额定功率P=6W从起点A启动沿轨道运动一段时间（到达B点之前电动机已停止工作），刚好能通过C点，之后沿圆弧从B运′动至D点后抛出，沿水平方向落到平台E点，小汽车与水平直轨道AB的动摩擦因数为=0.2，其余轨道均光滑（空气阻力不计，小汽车运动过程中可视为质点）。求：
（1）小汽车到达B点时对轨道的压力大小；
（2）电动机工作时间；
（3）要保证小汽车沿水平方向到达平台E点，求平台调节高度H和EB′的水平位移x。
参考答案
1．C
【解析】A．人乘电梯减速上升过程，不能确定除重力以外的力是否做功，机械能不一定守恒，故A错误；
B．只有重力或只有弹力做功机械能守恒，除重力外物体还受其他力，物体机械能也可能守恒，如沿光滑斜面下滑的物体除受重力外还是支持力，但物体机械能守恒，故B错误；
C．物体做平抛运动时只有重力做功，机械能守恒，故C正确；
D．合力对物体做功为零，机械能不一定守恒，如在竖直方向匀速下落的物体合外力做功为零，但机械能减少，机械能不守恒，故D错误；
故选C。
2．B
【解析】运动员跳高过程，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高的高度约为0.9m，根据
解得
故选B。
3．C
【解析】A．斜面体Q在小滑块P的垂直斜面向下压力作用下在水平面上做加速运动，故A错误；
BCD．斜面体Q在小滑块P的推动下向右加速，动能增加，根据动能定理可知，物块P对斜面的弹力对斜面做正功；根据P、Q物体系统机械能守恒，斜面体Q动能增加，重力势能不变，所以斜面体Q机械能增加，小滑块P机械能减小，斜面Q对小物块P做负功，故C正确，BD错误；
故选C。
4．C
【解析】ABC．木板撤去前，小球受重力、支持力和弹簧的拉力作用处于平衡态，根据共点力平衡条件，有
F﹣Nsin30°=0
Ncos30°﹣G=0
解得
N=mg
F==mg=mg
木板突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N相反，故由牛顿第二定律有
加速度大小为a==
方向垂直木板向下
故A、B错误，C正确；
D．木板撤离后的一小段时间内，小球与弹簧组成的系统没有碰撞地面，只受重力和弹力作用，无其它外力做功，故机械能不变，故D错误；
故选C。
5．B
【解析】A．铁球向下运动，当铁球受到的合力向下时，铁球速度越来越快，当铁球受到的合力向上时，铁球速度将越来越小，当铁球速度最大时，合力为零，铁球到达B位置速度最大，所以到达B位置时，铁球所受的合力为零，A错误；
B．到达C位置时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可知，铁球的动能和重力势能之和最小，B正确；
C．从A点到C点的过程中，铁球的速度先增加后减小，所以铁球的动能也是先增加后减小，C错误；
D．从B点到C点的过程中，铁球做减速直线运动，不是平衡状态，受力不平衡，D错误。
故选B。
6．D
【解析】小球恰好能通过最高点B，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：
整个运动过程只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律，有：
联立解得：
D正确；
7．C
【解析】A．苹果做匀速圆周运动，在a点处于超重状态，在c点处于失重状态，则苹果对手掌的压力在a位置比在c位置大，故A错误；
B．苹果做匀速圆周运动，在b位置和d位置的向心力由摩擦力提供，则苹果在b位置和d位置受到的摩擦力方向不同，故B错误；
C．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，故C正确；
D．苹果在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能变化，则机械能变化，故D错误。
故选C。
8．B
【解析】AB．小滑块恰好通过最高点，则有
解得
从B到C的过程中机械能守恒得
解得
根据位移速度公式得
解得
故A错误，B正确
CD．从C到D的过程中运用机械能守恒得
解得
故CD错误。
故选B。
9．C
【解析】A．以斜面底边所在水平面为参考平面．两球运动过程中，机械能都守恒．设原来的高度为h，则由机械能守恒定律得末动能
由于m、h相同，而不同，所以末动能不同，末速度不相同，故A错误；
B．落地时重力的瞬时功率等于重力与速度的竖直分速度的乘积，根据机械能守恒定律和平抛运动的规律，a落地时的速度大小等于b的竖直速度，a落地时速度的竖直分量不等于b的竖直速度，根据P=mgv，落地时重力的瞬时功率不相等，B错误；
C．从同一高度分别开始自由下落和平抛运动，都只有重力做功，W=mgh，C正确；
D．设斜面倾角为，对a沿斜面做匀加速运动，a=gsin，则，
b竖直方向做自由落体运动，
运动时间不相等，重力做功相等，由平均功率公式
知，重力平均功率不相等，D错误．
故选C。
10．A
【解析】A．小球从静止下落至运动到最低点的过程中只有重力做功，故小球机械能守恒，故A正确；
B．小球在槽内运动的全过程中，系统能量只是动能和重力势能之间的转化，没有其他形式能的产生，故系统机械能守恒，故B错误；
C．小球在槽左半部运动时，由于槽不动，则对槽不做功，小球在槽右半部运动时，槽的动能增加，由动能定理可知，小球对槽做正功，故C错误；
D．小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故D错误。
故选A。
11．B
【解析】AB．该同学的重力做功为
由功能关系可知重力势能增加了。动能增加了
故该同学机械能增加了
故A错误，B正确；
C．地面的支持力没有产生位移，即有力无位移，故地面的支持力没有做功。故C错误；
D．根据动能定理
故D错误。
故选B。
12．B
【解析】A．小球与弹簧接触前，做自由落体运动，速度不断增加，小球与弹簧接触后，由于惯性继续向下运动，开始阶段重力大于弹力，合力向下，加速度向下，故小球继续加速，当弹力增加到等于重力时，加速度减小为零，故A错误；
B．小球接触弹簧至把弹簧压最短的过程中，弹簧弹性势能一直增加，由系统机械能守恒可知，重力势能与动能之和一直减小，故B正确；
C．小球接触弹簧至把弹簧压最短的过程中，小球的动能先增大后减小，由系统机械能守恒可知，系统的弹性势能与重力势能之和先减小后增大，故C错误；
D．由平衡可知，当重力与弹力大小相等时即
得
小球的速度最大，动能最大，由此可知，物体最大动能的位置一定，故D错误。
故选B。
13．D
【解析】A．从A到B，小球重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，但是小球机械能不守恒，故A错误；
B．由A至B重力势能减少mgh，小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以，故B错误。
C．根据动能定理得
所以由A至B小球克服弹力做功为，故C错误。
D．弹簧弹力做功量度弹性势能的变化。所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为
故D正确。
故选D。
14．D
【解析】A．球b下落过程中，做圆周运动，速度不断增大，而竖直方向的速度先增大后减小，即竖直加速度先向下后向上，小球处于先失重后超重，故A错误；
B．b球速度增大，根据可知，向心加速度增大，故B错误；
C．当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的，则F+FN=mag
解得F＝mag
球b所受的向心力为F向=F-mbg=mag?mbg
故C错误；
D．设Ob绳长为l，在下落过程中，根据动能定理可知
则
联立解得ma：mb=9：2
故D正确。
故选D。
15．D
【解析】AD．物体在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在任何一个位置物体的机械能都是一样的，故A错误，D正确；
BC．物体在下落过程中，重力势能转化为动能，Eka＜Ekb＜Ekc，故BC错误。
故选D。
16．B
【解析】小球恰好能通过轨道2的最高点时，根据牛顿第二定律有
小球在轨道1上经过最高点处时，根据牛顿第二定律有
根据机械能守恒有
联立解得
故B正确，A、C、D错误；
故选B。
17．（1）；（2）；（3）
【解析】（1）对A列牛顿第二定律
对B列牛顿第二定律
代入数据解得
（2）A、B组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，有
代入数据得
（3）A落地后，B物体仅受重力，机械能守恒，设B物体还能上升的高度为h′，有
代入解得
B物体在上升过程中离地面的最大高度
18．（1）1kg；（2）；（3）
【解析】（1）物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度vm，加速度为0，对B有T-mg-kxA=0
对C有mCg-T=0
对A有kxA-mg=0
解得mC=2m=1kg
（2）开始时系统静止，且线上无拉力，此时弹簧的压缩量为x1，对B根据平衡条件可得kx1=mg
由上问知
则从释放至A刚要离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，系统重力势能的减少量等于动能的增加量，即
联立方程，解得
（3）对C由动能定理，可得
联立方程，解得
19．（1）36N；（2）1.2s；（3）0.8m；m
【解析】（1）设小汽车到达B点时的速度为，轨道对小车的支持力为，则有
因为小车刚好能通过C点，则有
小车从B点到C点，由动能定理有
联立解得
由牛顿第三定律知，小汽车到达B点时对轨道的压力大小为36N
（2）小汽车恰好能通过最高点C，有
从A到C过程，由动能定理得Pt-μmgL-2mgR=-0
联立解得t=1.2s
（3）从C到D过程，由机械能守恒定律得mg（R+Rsin30°）+=
解得vD=4m/s
从D点飞出，小车做斜抛运动，则水平与竖直方向速度为=vDsin30°=2m/s
=vDcos30°=
将小车从D到E的运动看成逆向平抛运动，有=gt，h=gt2，x=t
根据几何关系有H=h+R（1-cos60°），X=x+Rsin60°
联立以上式子代入数据解得H=0.8m；X=m