《第04节 机械能守恒定律》课后习题1

机械能及其守恒（测试时间分钟，总分分）4570班级姓名座号得分

一、选择题（每小题分，共分，共小题，第广小题为单选题，第小题为多选3361289~12题，选对一个分，选错一个扣分，最低得分分）120关于功率，下列认识正确的是

1.w由二一，可知功率越大的机器做的功越多tA.由二可知汽车发动机功率越大，汽车的速率越大B.P FizW由二一可知单位时间内做功越多则功率越大tC.P由二门可知机车要想获得大的牵引力，可以增大速度D.【答案】CW【解析】由注:可得,功率的大小与做功的多少及做功时间有关，故功率越大的机器做功不一定越多,还与时间有关，故错误；说明功率与力和速度有关，功率大不能说明速度大，故错误；功率为功与时间的比A P/B值，其物理意义即为单位时间内做功的快慢，故正确；功率一定的时候，速度越小，牵引力越大，故C D错误故选Co如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个通过轻质弹簧连接的物块八和为固定挡板，系统处于静止状

2.0B,C态现开始用变力沿斜面向上拉动物块人使之做匀加速直线运动，经时间物块刚要离开挡板，已知物F tB块的质量均为弹簧的劲度系数为重力加速度为则在此过程中，下列说法正确的是m,k,g力的最小值为电黑kt~A.Fmg0sin力F的最大值为］

8.4--A.tlt2C.V1V2【答案】ACB.tlt2【解析】在段,由牛顿第二定律冽”=泌±,物块受到的支持力F=mg-m—,则速度越大,R R45v物块受支持力尸越小，摩擦力乃网口越小，由题意知从月运动到相比从到/在超段速率大，在C C段速率较小，所/到运动过程受摩擦力较小，用时间较矩，即故正确，故选BC CfiU,AC AC【名师点睛】此题通过在同一点比较支持力的大小得出摩擦力大小，从而得出克服摩擦力做功的大小是解决本题的关键

二、实验题（共小题，共分）28（分）甲、乙、丙三物体的质量之比为饵〃乙〃丙二它们沿水平面以一定的初速

13.42212:3,度在摩擦力的作用下减速滑行到停下，滑行距离分别为甲、乙、闪S S S（）若它们与水平面间的动摩擦因数相同，初动能相同，则呻乙丙二二1ss（）若它们所受的摩擦力相同，初动能相同，则§甲乙丙二2s so（）若它们与水平面间的动摩擦因数相同，初动量相同，则$甲$乙丙=3so（）若它们与水平面间的摩擦力相同，初动量相同，则甲§乙丙二4s so【答案】（）（）（）（）（每空分）16:3:221:1:1336:9:446:3:21【解析】（）由动能定理得”gs=O-Ek，滑行距离为二务，所以，三物体滑行距1s离之比为叫乙丙二一^；-^=二Js7::26:3:2〃伸m乙加丙123

（2）设摩擦力均为F/,由动能定理得-Ff-s=O-Ek，所以，物体的滑行距离为5=年，三物体滑行距离之比为甲乙丙SSs=111（）把纭=之代入二得所以，三物滑行距离之比为354s2m/jmS2Agm2_L_L_L111甲$乙$丙==丁=s=36:9:422-2〃甲吃〃丙222272I23（）把线=乙代入=今得所以，三物滑行距离之比为4s s=4,2m F2Fmf f（分）利用图示装置可以做力学中的许多实验

14.4（）以下说法正确的是1O利用此装置〃研究匀变速直线运动〃时，须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响A.利用此装置探究〃小车的加速度与质量的关系〃并用图象法处理数据时，如果画出的关系图象B.o-M不是直线，就可确定加速度与质量成反比利用此装置探究〃功与速度变化的关系〃实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做C.的目的•是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响（）小华在利用此装置〃探究加速度与力的关系〃时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质2F量远远大于小车的质量，则小车加速度的值随钧码个数的增加将趋近于的值a【答案】（）（）g（每空分）1C22【解析】（）此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，所以不准确；曲线的种类有1A双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若妙图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速N度与质量成反比,应画出击）图象，故错误；探究“功与速度变化的关系参蛉时,需要BM平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故正确c（）设小车质量为钩码质量为则对小车有对钩码有〃联2m,M,F-立解得二二丝将上式变形为——可见当时，加速度趋近于g,o gM+m]1%

三、计算题（共小题，共分）326（分）如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为m小滑块套在细杆上可自

15.7A由滑动在水平杆上竖直固定一个挡板小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长P,为L的细线悬挂一个质量为2m的小球将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，B,已知重力加速度为求g（）小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度;1（）小滑块运动过程中，所能获得的最大速度2【答案】（）h=；L（）12v2【解析】（小球第一次摆到最低点过程中，机械能守恒D2根以=；（2相）一得五（分）y=Ji1A小球与小滑块达到共速时，小球上升到最大高度，设此高度为方2mv（机）口共（分）=2m+11192（机）口~=—（）以共+2mgh（分）—23m1得〃（分）13（）小球摆回最低点时•，小滑块获得最大速度，设此时小球速度为匕，滑块的速度为乙（分）212mv（分）=2mVj+mv

11.11277（）（）mv（分）—2m v-=—2m v/+—12得彩（分）i（分）〃嫦娥一号，探月卫星的成功发射，实现了中华民族千年奔月的梦想；假若我国的航天员登上

16.5某一星球并在该星球表面上做了如下所示的力学实验让质量为的小滑块以的初速m=

1.0kg1/0=1m/s度从倾角为的斜面AB的顶点4滑下，到达B点后恰好能沿倾角为的斜面到达点不计滑过5337C点时的机械能损失，滑块与斜面间的动摩擦因数均为〃测得、两点离点所在水平面的高度B=

0.5,4C8分别为优=机二已知不计该星球的自转以及其他星球对它的作用

1.2m,

0.5m sin37°=

0.6,cos370=0%8,（）求该星球表面的重力加速度；1g（）若测得该星球的半径为6宇航员要在该星球上发射一颗探测器绕其做匀2R=6xl0m,速圆周运动，则探测器运行的最大速度为多大？【答案】（）2（）31g=6m/s2v=6x10m/s【解析】（）令该星球表面的重力加速度为小滑块从到的过程中,由动能定理得:14C%u1mg（用一用）一72mg8s530--^——―/zzKgcos

370..々—=0——wv2（1分）sin53sin372代入数值可解得面小（分）#=61（）设探测器质量为，，探测器绕该星球表面做匀速圆周运动时运行速度最大，万有引2mMmu2力提供圆周运动向心力得刁（分）G1R2RMm又因为地星球表面重力和万有引力相等有=〃吆（分）解得v=y[gR=6xl03（分）GR1m/s1【名师点睛】万有引力应用主要从万有引力提供圆周运动的向心力和星球表面重力和万有引力相等两方面入手分析（分）如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长

17.14度质量一质量M=1的小物块以的水平速度从第一块长L=

0.5m,m=

0.6kg kgvi=3m/s木板的最左端滑入已知小物块与长木板间的动摩擦因数长木板与地面间的4=

0.2,动摩擦因数〃・，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等重力加速度取求2=01g10m/s21（）小物块滑至第四块长木板时，物块与第四块长木板的加速度分别为多大？1（）物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离？2【答案】（）a=22（）1m/s2s=

2.27m}【解析】（）设当物块滑至第块木板时，木板与地面的摩擦力小于小物块与木板的摩擦力，即1n[M+5m（分）1解得rt43（分）1物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动即小物块滑至第四块长木板时，第四块长木板的加速度为零物块的加速度为=〃话=（分）q2m/s1（）设物块刚滑上第五块木板时的速度为七,每块木板的长度为匕由动能定理21199-^Mgx4L=-MvlMv\（分）1解得（分）V2=l m/s1物块在第五块木板表面做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间物块b与木板能获得相同的速度匕，对物块=内8=2（分）q m/s1M匕=岭一/（分）1对木板的-〃（（]分）m/Mg-2M+Mg=2/s231n解得吵!（分）m/s14在此过程中，物块发生的位移为由动能定理〃】=—Mvj--Mv^（分）_I Mgs1解得（分）Si=m

0.5m164即物块与木板获得;的共同速度，之后整体向前匀减速运动与后静止由动能定理m/s1°-jLiMgs=—（M+）；（分）m v1{2解得（分）52=-^-m132所以物块总共发生的位移（分）S=4L+M+*

22.27m1物块八的位移为上;一,,mg sin9C.rl M2220,,...2/z psin/x力做的功为一J-------------D.FK【答案】A【解析】当弹簧向上的弹力最大时，力有最小值，有二当物块刚要离开挡板，F Fmo,B12•有2x=-at2,代入得F=4m正确；力F的最大值为Zx=mgsin8,,Akr2厂c・八c AH、口山』m、、m2sin2m\e2sin20r产帆以，错误；物块的位移为错误；----------------------max-24gsin°=2B42——,C5=mgsinkK加”警，可知错误k2D如图所示，半径为的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一

3.R个水平初速向，若出大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同下列说法中不正确的是如果%=厢，则小球能够上升的最大高度等于A.R/2如果%=向^，则小球能够上升的最大高度小于B.3R/2如果%荻，则小球能够上升的最大高度等于C.=J2R如果％=廊月，则小球能够上升的最大高度等于D.2R【答案】C1D D【解析】如果畤=健,根据机械能守恒定律得,解得力=不，当小球运动到h=-4/D高度时速度可以为零，则小球能够上升的最大高度为故正确如果％=避藐，根据机械能守3,A1Q Da D恒定律得-mv^=mgh,解得力=可，当根据竖直平面内的圆周运动知识可知小球在上升到h=—R3处之前就做斜抛运动了，故所以小球能够上升的最大高度小于力=——，正确如果B2根据机械能守恒定律得2%2=叫・2火+加口2,解得丫=屈,根据竖直方向圆周运动向心力公式可知，最高点的速度最小为场，满足条件，所以可以到达最高点，即小球能够上升的最大高度为2R,故正确，错误让选错误的，故选D C C某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节

4.能的目的某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能与位移的关系X图象如图，其中

①是关闭储能装置时的关系图线，

②是开启储能装置时的关系图线已知汽车的质量为1000设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计根据图象可求出kg,

0578.511汽车行驶过程中所受地面的阻力为A.1000N汽车的额定功率为B.80kW汽车加速运动的时间为C.

22.5s汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为D.5xl06j【答案】B【解析】根据动能定理=,代入可求户所以错误匀速运动时，垃=］冽熄,速度为-0-41000N,A40m/3,故功率弓所以正确;对加速运动过程,根据动能定理汽-亦=用工-后”代入可得5380kW,B

416.25s,所以错误；根据功能关系，提供的电能为后=区-力所以错误C=1J,D【名师点睛】本题重点考查功能关系，考查对图象的分析能力，利用图象获取信息的能力在分析机车的运动时，注意牵引力与阻力的关系，根据动能定理求解机车受阻力和运动的时间，根据功能关系，能量守恒得出提供的电能如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，

5.杆与水平面之间的夹角为圆环在处时弹簧竖直且处于原长将圆环从处静a,A A止释放，到达处时速度为零若圆环在处获得沿杆向上的速度恰好能回到儿己知，，是八的C Cv,ZC B中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为则下列叙述错误的是g,下滑过程中，环受到的合力不断减小A.19下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为一B.MV419从到八过程，弹簧对环做功为C.C mgLsina——4环经过时，上滑的速度大于下滑的速度D.8【答案】A【解析】圆环从处由静止开始下滑，初速度为零，到达处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做4c减速运动，所以加速度先减小后增大，则合力先减小后增大，故错误；研究圆环从处由静止开始下滑A4到过程，运用动能定理列出等式憔冷等书’产0;在处获得一竖直向上的速度打恰好能回到力，运用CC动能定理列出等式-哇儿用号-傍T-g机2；解得傍一;而巴所以产生的热量为加巴244故正确;在处获得一竖直向上的速度恰好能回到运用动能定理列出等式:B Cv,4-mg/i+W弹』h=Lsin a,解得W^=mgLsin a--mv2,故正确；研究圆环从处由静+W7=0-mP,C A24止开始下滑到过程，运用动能定理列出等式mgh^W^-mvB2-O；研究圆环从88r处上滑到人的过程，运用动能定理列出等式,弹二；由于所-mg+WWZ O-Lmi/82W/0,2以，则环经过时，上滑的速度大于下滑的速度，故正确；故选1mi/B2VLmvs8D A22如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板g的左端，右端与小木块连接，且、m及

6.mi mi牝与地面之间接触面光滑，开始时和g均静止，现同时对、施加等大反向的水mi m m2平恒力和从两物体开始运动以后的整个过程中，对、牝和弹簧组成的系统（整Fi F2,mi个过程中弹簧形变不超过其弹性限度），下列说法正确的是由于、等大反向，故系统机械能守恒A.Fi F2由于臼、分别对、牝做正功，故系统动能不断增加B.F2mi由于臼、分别对、牝做正功，故系统机械能不断增加C.F2mi当弹簧弹力大小与、大小相等时，、什的动能最大D.Fi F2mi2【答案】D【解析】由于臼、对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，故错误；开始时，弹簧的弹力小于F2A臼、两物块加速，动能增加，当弹簧弹力大小与凡、大小相等时，和受力平衡，加速度减为零，F2,F2M m此后速度减小，动能减小，故错误；由于臼、先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力B F2大于臼、之后，两物块再加速相向运动，、对系统做负功，系统机械能开始减•少，故错误；当弹F2,F2C簧弹力大小与臼、F大小相等时，和受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最M m2大,故正确D,滑块以速率均靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率为次，且也若滑块向上运动的位71移中点为取斜面底端重力势能为零，则4上升时机械能减小，下降时机械能增大A.上升时机械能增大，下降时机械能也减小B.上升过程中动能和势能相等的位置在点上方C.A上升过程中动能和势能相等的位置在点下方D.A【答案】C【解析】由为可知,斜面与滑块间有摩擦，滑块无论上升还是下降时，都有机械能损失，故A、错误；61B为判断的情况，可先求出斜面中点力的动能蛇和势能/情况，滑块初始机械能

①，滑块在斜面中CD1^i=1MF点的速度=弓］，在力点的机械能处=；加公”.

②；联立

①②式得:mvi2+EA=—Ei^-EpA；而因4v VEYA=—P斜面与滑块间有摩擦，知所以小故动能和势EIEA,£50能相等的位置应出现在八点之上，故正确，错误C D【名师点睛】本题应注意物体上升和下降时均做匀速直线运动，故利用了匀变速直线运动中的结论位移中点时的速度后送，则可以直接表示出中点处的动能；同时本题没有直接找出相等的点，1/=而是先比较八点时的动能和势能再确定相等点的位置，此点由选项应该能判断出来由物体回到出发点的速度可知物体应受到阻力，则可知机械能的变化；要找出动能和势能和同的点，可以先表示出入点的机械能，则比较出发点与八点的机械能的关系可得出动能和势能的关系，则可得出动能和势能相同的位置一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度

8.和速度的倒数（!）图象如图所示若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能v求出的物理量是汽车的功率A.汽车行驶的最大速度B.汽车所受到阻力C.汽车运动到最大速度所需的时间D.【答案】D【解析】对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律,有F-f=gP P f fP f1其中，，联立得—结合图线，有一时，Q=-L=-2,乙,mv mF=_=00=O.O5x__v vmmm解得Pf=2m由于质量已知，故错误,错误；当物体的速度最大时，加速度为零,=40m,A Bf故结合图象可以知道，最大速度为故错误；汽车的初速度未知，故加速时间未20m/s,C知，故正确D【名师点睛】本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解质量为的汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率启动，最终以某一速度做匀速直

9.m P线运动，此过程中，车所受阻力大小恒为/,重力加速度为则g,P汽车的最大速度为A.7汽车的最大速度为上mgB.当汽车的速度为最大速度的《时，汽车的加速度大小为工mC.2当汽车的速度为最大速度的:时，汽车的加速度大小为工mD.3【答案】AC【解析】根据功率与速度的关系得出牵引力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，从而判断出汽车的运动规律汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率启动，由=P4可知，不变，当牵引力等于阻力，加速度等于此时速度最大，即%州=，故正确，P0,AP1错误；当汽车的速度为最大速度的］时由「和％可知，此时牵引力为B ax=/27,由牛顿第二定律可得=二/=工，正确；当汽车的速度为最大速度的时，由m mc3和％可知，解得此时牵引力为由牛顿第二定律可得二之二/=，错误J mmax=437,D如图（）所示，小球的初速度为沿光滑斜面上滑，能上滑的最大高度为人在图（）

10.a0,b中，四个小球的初速度均为出在图中，小球沿一光滑内轨向上运动，内轨半径大于小A在图中，小球沿一光滑内轨向上运动，内轨半径小于/）；在图中，小球沿一光滑内轨B C向上运动，内轨直径等于小在图中，小球固定在轻杆的下端，轻杆的长度为力的一半，D小球随轻杆绕点无摩擦向上转动则小球上升的高度能达到h的有图图A.A B.B图图C.C D.D【答案】AD【解析】小球沿光滑斜面上滑，能上滑的最大高度为儿知道小球到达最高点时的速度为零通过判断选项中各图最高点的速度能否为零来判断上升的高度能否到达近小球沿一光滑内轨向上运动，内轨半径大于方，小球上升入时，速度为零，未超过四分之一圆周，故正确；小球沿一光滑内轨向上运动,内轨半径小A于小球上升方时，速度为零，超过四分之一圆周，要想做圆周运动，在力高处速度不能为零，知还未上3升到高度已离开轨道，故错误；小球沿一光滑内轨向上运动，内轨直径等于力，在最高点有最小速度，h B知小球未到达最高点已离开轨道，故错误；小球固定在轻杆的下端，轻杆的长度为的一半，小球随轻C6杆绕点向上转动，最高点的最小速度为零，小球能够达到最高点，故正确0D如图所示，一质量为的人站在台秤上，一根长为的悬线一端系一个质量为的小球,手拿悬线另一端，

11.M Rm小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是小球运动到最低点时，台秤的示数最大，且为A.M+6mg当小球运动到最高点时，台秤的示数大于B.Mg小球在、b、三个位置时，台秤的示数相同c.a c小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态D.【答案】AC【解析】小球恰好能通过圆轨道最高点，在最高点，细线中拉力为零，小球速度=阚，小球从最31111高点运动到最低点，由机械能守恒定律,-m^+mgx2R=-^,在最低点,由牛顿第二定律,mF-mg=m^-联立解得细线中拉力小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为RF=6mg,fMg+F=M+6mg选项正确；小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的A9示数为但是不是最小，当小球处于如图所示状态时，设其速度为匕，由牛顿第二Mg,定律有T+mg3=，解得悬线拉力机，其分力cos T=3gl-cosT=T0=3mg3-3mg20,当即时，台秤的最小示数cos cos coscos9=L,8=60°y为选项错误；小球在、、三个位置，小球均处B ab c于完全失重状态，台秤的示数相同，选项正确；人没有运动，不会有超重失重状态，C故错误D【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律、动能定理的综合，关键知道圆周运动向心力的来源，选择合适的研究过程，运用动能定理、牛顿第二定律进行求解如图，在竖直平面内，轨道关于点对称，且B、三点在同一水平线上若小

12.ABC84C滑块第一次由滑到所用时间为5到达点速度为第二次由滑到所用时间为到达八点速度为也，A C,C V1,C43小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着轨道滑行，小滑块与轨道间的动摩擦因素恒定，则。