第四章第七节 生产和生活中的机械能守恒—2020-2021学年【新教材】粤教版（2019）高中物理必修第二册分级训练（word含答案）

第四章第七节 生产和生活中的机械能守恒
A级　合格达标
1.打桩机的重锤的质量是250 kg，它提升到离地面15 m高处，后让它做自由落体运动，当重锤刚要接触地面时，其动能为（　　）
A.1.25×104 J　　　　 B.2.5×104 J
C.3.75×104 J D.4.0×104 J
2.跳台滑雪是利用自然山形建成的跳台进行的滑雪运动之一，起源于挪威.运动员脚着特制的滑雪板，沿着跳台的倾斜助滑道下滑，借助下滑速度和弹跳力，使身体跃入空中，在空中飞行4～5秒钟后，落在山坡上.某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（　　）
A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变
3.翻滚过山车是大型游乐园里比较刺激的一种娱乐项目.如图所示，翻滚过山车（可看成质点）从高处冲下，过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点.下列说法正确的（　　）
A.过山车做匀速运动
B.过山车做变速运动
C.过山车受到的合力等于零
D.过山车经过A、C两点时的速度方向相同
4.如图所示，当小孩沿粗糙滑梯加速滑下时，其能量的变化情况是（　　）
A.重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小
B.重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变
C.重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加
D.重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变
5.质量为0.4 kg的塑料球，从离桌面高0.5 m处自由落下，与桌面碰撞后获得2 m/s的速度，则碰撞时损失的机械能为（g取10 m/s2）（　　）
A.0.8 J　　　　　　　 B.1.2 J
C.2.0 J D.2.5 J
B级　等级提升
6.（多选）如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是（　　）
A.过山车在圆轨道上做匀速圆周运动
B.过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于
C.过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态
D.过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点
7.木箱静止于水平地面上.现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到地面的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是（空气阻力不计）（　　）
A.U＝200 J，Ek＝600 J B.U＝600 J，Ek＝200 J
C.U＝600 J，Ek＝800 J D.U＝800 J，Ek＝200 J
8.如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，做匀减速直线运动，其加速度的大小为g，在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中，物体（　　）
A.机械能损失了mgh B.动能损失了mgh
C.动能损失了mgh D.机械能损失了mgh
9.如图甲所示是一台打桩机的简易模型，重锤A在绳拉力F作用下从桩B处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，重锤继续运动到最高点后自由下落，落回桩处，将桩打入一定深度.已知重锤的质量m＝42 kg，重锤上升过程中，动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示.不计一切摩擦，g取10 m/s2.求：
（1）重锤从最高点经多长时间才撞击到桩；
（2）绳子有拉力作用时间内，拉力F的平均功率.
10.高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性.某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图.其中AB段是助滑坡，倾角α＝37°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆坡，倾角θ＝30°，DE段是停止区，AB段与BC段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.03，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝47 m.运动员连同滑雪板的质量m＝60 kg，滑雪运动员从A点由静止开始下滑，通过起跳台从C点水平飞出，运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C点的距离L＝120 m.设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）运动员在助滑坡AB上运动加速度的大小；
（2）运动员在C点起跳时速度的大小；
（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程中克服摩擦力所做的功.
11.如图所示，一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.请回答下列问题：
（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力是多少？
（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多长？
第四章第七节 生产和生活中的机械能守恒
A级　合格达标
1.打桩机的重锤的质量是250 kg，它提升到离地面15 m高处，后让它做自由落体运动，当重锤刚要接触地面时，其动能为（　　）
A.1.25×104 J　　　　 B.2.5×104 J
C.3.75×104 J D.4.0×104 J
解析：重锤由15 m高处做自由落体运动，到刚要接触地面的过程中，只有重力做功，整个过程机械能守恒，减少的重力势能转化为重锤的动能，所以有Ek＝mgΔh＝250×10×15＝3.75×104 J，选项A、B、D错误，C正确.故选C.
答案：C
2.跳台滑雪是利用自然山形建成的跳台进行的滑雪运动之一，起源于挪威.运动员脚着特制的滑雪板，沿着跳台的倾斜助滑道下滑，借助下滑速度和弹跳力，使身体跃入空中，在空中飞行4～5秒钟后，落在山坡上.某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（　　）
A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变
解析：运动员做曲线运动，合力方向与速度不共线，所受的合力不为零，选项A错误；运动员所受的摩擦力等于重力沿曲面向下的分量，可知运动员沿AB下滑过程中，摩擦力减小，选项B错误；根据动能定理可知，动能的变化量为零，可知合外力做功一定为零，选项C正确；运动员的动能不变，势能减小，则机械能减小，选项D错误；故选C.
答案：C
3.翻滚过山车是大型游乐园里比较刺激的一种娱乐项目.如图所示，翻滚过山车（可看成质点）从高处冲下，过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点.下列说法正确的（　　）
A.过山车做匀速运动
B.过山车做变速运动
C.过山车受到的合力等于零
D.过山车经过A、C两点时的速度方向相同
解析：过山车的速度方向沿轨道的切线方向，速度方向时刻在变化，速度是矢量，所以速度是变化的.故A错误，B正确.过山车的速度是变化的，加速度不为零，由牛顿第二定律得知，其合力不为零.故C错误.经过A、C两点时速度方向不同，速度不同.故D错误.故选B.
答案：B
4.如图所示，当小孩沿粗糙滑梯加速滑下时，其能量的变化情况是（　　）
A.重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小
B.重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变
C.重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加
D.重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变
解析：由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，A、C均错误；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，D错误；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，只有B正确.
答案：B
5.质量为0.4 kg的塑料球，从离桌面高0.5 m处自由落下，与桌面碰撞后获得2 m/s的速度，则碰撞时损失的机械能为（g取10 m/s2）（　　）
A.0.8 J　　　　　　　 B.1.2 J
C.2.0 J D.2.5 J
解析：根据机械能守恒定律得，小球碰地前的动能Ek1＝mgh＝0.4×10×0.5 J＝2 J，碰地后反弹的动能Ek2＝mv2＝×0.4×4 J＝0.8 J.由能量守恒定律可知，损失的机械能ΔE＝Ek1－Ek2＝1.2 J，故B正确，A、C、D错误.
答案：B
B级　等级提升
6.（多选）如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是（　　）
A.过山车在圆轨道上做匀速圆周运动
B.过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于
C.过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态
D.过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点
解析：过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A错误；在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则mg＝m，解得v＝，故B正确；在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C正确；过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下到最高点的过程中，根据动能定理得mv′2＝mg（h－2R）＝0，解得v′＝0，所以不能通过最高点，故D错误.故选BC.
答案：BC
7.木箱静止于水平地面上.现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到地面的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是（空气阻力不计）（　　）
A.U＝200 J，Ek＝600 J B.U＝600 J，Ek＝200 J
C.U＝600 J，Ek＝800 J D.U＝800 J，Ek＝200 J
解析：转化为木箱与地面系统的内能：U＝Ffx＝60×10 J＝600 J；根据能量关系可知，转化为木箱的动能：Ek＝Fx－U＝80×10 J－600 J＝200 J，选项B正确.
答案：B
8.如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，做匀减速直线运动，其加速度的大小为g，在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中，物体（　　）
A.机械能损失了mgh B.动能损失了mgh
C.动能损失了mgh D.机械能损失了mgh
解析：由于物体沿斜面以加速度g做匀减速运动，
由牛顿第二定律，可知mgsin 30°＋f＝mg，
得f＝mg.
摩擦力做功Wf＝－f·2h＝－mgh，
机械能损失mgh，故A项正确，D项错误；
由动能定理得ΔEk＝－mgh－mgh＝－2mgh，
即动能损失了2mgh，故B、C两项错误.
答案：A
9.如图甲所示是一台打桩机的简易模型，重锤A在绳拉力F作用下从桩B处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，重锤继续运动到最高点后自由下落，落回桩处，将桩打入一定深度.已知重锤的质量m＝42 kg，重锤上升过程中，动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示.不计一切摩擦，g取10 m/s2.求：
（1）重锤从最高点经多长时间才撞击到桩；
（2）绳子有拉力作用时间内，拉力F的平均功率.
解析：（1）重锤自由落体时间t，H＝gt2，t＝＝1 s.
（2）解法一：
重锤从开始运动到刚撤去F过程，对重锤研究，
根据动能定理：Fh1－mgh1＝Ek－0.
得：F＝500 N.
根据动能定义式：Ek1＝mv，得：v1＝4 m/s.
重锤做匀加速直线运动，＝＝2 m/s，平均功率＝F＝1 000 W.
解法二：
重锤从开始运动到刚撤去F过程，对重锤研究，根据动能定理：
Fh1－mgh1＝Ek－0，
得：F＝500 N.
根据动能定义式：Ek1＝mv，得：v1＝4 m/s，
根据牛顿第二定律：F－mg＝ma，①
匀变速速度公式：v1＝at，②
拉力做的功：W＝Fh1，③
平均功率定义式：＝，④
由①②③④式联立得：＝＝1 000 W.
答案：（1）1 s　（2）1 000 W
10.高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性.某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图.其中AB段是助滑坡，倾角α＝37°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆坡，倾角θ＝30°，DE段是停止区，AB段与BC段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.03，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝47 m.运动员连同滑雪板的质量m＝60 kg，滑雪运动员从A点由静止开始下滑，通过起跳台从C点水平飞出，运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C点的距离L＝120 m.设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）运动员在助滑坡AB上运动加速度的大小；
（2）运动员在C点起跳时速度的大小；
（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程中克服摩擦力所做的功.
解析：（1）运动员在助滑坡AB上运动时，根据牛顿第二定律得：mgsin α－μmgcos α＝ma，
解得：a＝g（sin α－μcos α）＝10×（0.6－0.03×0.8）＝5.76 m/s2.
（2）设运动员从C点起跳后到落到着陆坡上的时间为t，C点到着陆坡上着陆点的距离为L.运动员从C点起跳后做平抛运动，则有
竖直方向Lsin θ＝gt2，①
水平方向Lcos θ＝v0t，②
由①②得tan θ＝.
解得t＝2 s，v0＝30 m/s.
（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程，根据动能定理得
mgh－Wf＝mv，
解得克服摩擦力所做的功Wf＝mgh－mv＝（60×10×47－×60×302） J＝1 200 J.
答案：（1）5.76 m/s2　（2）30 m/s　（3）1 200 J
11.如图所示，一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.请回答下列问题：
（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力是多少？
（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多长？
解析：（1）小物块在C点时的速度大小vC＝，
小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得
mgR（1－cos 60°）＝mv－mv，
代入数据解得vD＝2 m/s，
小物块在D点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m,R)，
代入数据解得FN＝60 N，
由牛顿第三定律得F′N＝FN＝60 N，方向竖直向下.
（2）设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块加速度大小为a1＝＝μg，
长木板的加速度a2＝，
小物块与长木板的速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t.
对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得：
μmgL＝mv－（m＋M）v2，
解得L＝2.5 m，即木板的长度L至少是2.5 m.
答案：（1）60 N，方向竖直向下　（2）2.5 m