2018-2019学年高中物理第七章机械能守恒定律8机械能守恒定律习题新人教版必修2
高中物理 第七章 机械能守恒定律 第八节 机械能守恒定律分层训练 新人教版必修
第八节机械能守恒定律[A级抓基础]1. (多项选择)在以下几个实例中，机械能守恒的是()A．所受的合外力为零的物体B．在圆滑水平面上被细线拉住做匀速圆周运动的小球C．在粗糙斜面上下滑的物体，下滑过程中碰到沿斜面向下的拉力，拉力大小等于滑动摩擦力D．以下列图，在圆滑水平面上压缩弹簧的小球解析：所受的合外力为零的物体的运动是匀速直线运动，动能保持不变，但若是物体的高度发生变化，则机械能变化，比方降落伞匀速降落机会械能减少，A错；在圆滑水平面上做匀速圆周运动的小球，其动能不变，势能也不变，球的机械能守恒，B对；在粗糙斜面上下滑的物体，在下滑过程中，除重力做功外，滑动摩擦力和沿斜面向下的拉力的合力为零，这两个力所做的功之和为零，物体所受斜面的弹力不做功，所以整个过程中相当于只有重力做功，物体的机械能守恒，C对；在题图压缩弹簧的过程中，弹簧的弹性势能增加，所以小球的机械能减少，但小球和弹簧组成的系统的机械能守恒，D错.答案：BC2.(多项选择)以下列图，一个铁球从竖直固定在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，在A点接触弹簧后将弹簧压缩，到B点铁球的速度为零，尔后被弹回，不计空气阻力，铁球从A下落到B的过程中，以下说法中正确的选项是()A．铁球的机械能守恒B．铁球的动能和重力势能之和不断减小C．铁球的动能和弹簧的弹性势能之和不断增大D ．铁球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先变小后变大解析：对铁球，除了重力对它做功以外，弹簧的弹力也做功，所以铁球的机械能不守恒，但是铁球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A 错误；铁球和弹簧组成的系统机械能守恒，从A 到B 的过程中，弹簧被压缩，弹性势能不断增大，则铁球的动能和重力势能之和不断减小，故B 正确；铁球从A 到B 的过程中，重力势能不断减小，则铁球的动能和弹簧的弹性势能之和不断增大，故C 正确；铁球刚接触弹簧的一段时间内，弹簧弹力F 较小，小于铁球重力，加速度方向向下，铁球加速，随着F 变大，加速度减小，当加速度减小到零时速度达到最大，此后铁球连续压缩弹簧，弹簧弹力大于重力，加速度方向向上，铁球做减速运动，直到速度减为零时到达最低点，可见在从A 到B 的过程中，铁球速度先增大后减小，则动能先增大后减小，所以铁球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先变小后变大，故D 正确．答案：BCD3.以下列图，质量为m 的小球以速度v 0走开桌面．若以桌面为零势能面，则它经过A 点时所拥有的机械能是(不计空气阻力)( )A.12mv 20＋mghB.12mv 20－mghC.12mv 20D.12mv 20＋mg (H －h )解析：由机械能守恒定律可知，小球在A 点的机械能与小球在桌面上的机械能相等，其大小为12mv 20，故C 正确．答案：C4．(2018·天津卷)滑雪运动深受人民公众喜爱．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 ．所受合外力向来为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功必然为零D ．机械能向来保持不变解析：运动员从A 到B 做曲线运动，所以合力必然不为零，A 错误；运动员的速率不变，由F N －mg cos θ＝m v 2R ⇒F N ＝mg cos θ＋m v 2R 知，在不相同的地址，对曲面的压力不相同，进而摩擦力不相同，B 错误；由动能定理知，合外力做功必然为零，故C 正确；运动员从A 到B 做曲线运动，动能不变，重力势能减少，机械能不守恒，D 错误．答案：C5．(多项选择)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离，以下列图．假设空气阻力可忽略，运动员可视为质点，以下说法正确的选项是( )A ．运动员到达最低点前重力势能向来减小B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D ．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的采用有关解析：运动员到达最低点前，重力素来做正功，重力势能向来减小，A 正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员所受蹦极绳的弹性力方向向上，所以弹性力做负功，弹性势能增加，B 正确；蹦极过程中，由于只有重力和蹦极绳的弹性力做功，所以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，C 正确；重力势能的改变只与高度差有关，与重力势能零点的采用没关，D 错误．答案：ABC6．在同一地址以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平川面时的速度大小( )A ．相同大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：依照机械能守恒定律，可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确．答案：A7.两个质量不相同的小铁块A 和B ，分别从高度相同的都是圆滑的斜面和圆弧斜面的极点滑向底部，以下列图．若是它们的初速度都为零，则以下说法正确的选项是( )A ．下滑过程中重力所做的功相等B ．它们到达底部时动能相等C ．它们到达底部时速度相等D ．它们在下滑过程中各自机械能不变解析：小铁块A 和B 在下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，由mgH ＝12mv 2得v ＝2gH ，所以A 和B 到达底部时速率相等，故C 错误、D 正确．由于A 和B 的质量不相同，所以下滑过程中重力所做的功不相等，到达底部时的动能也不相等，故A 、B 错误．正确答案为D.答案：D[B 级 提能力]8.以下列图，一根长的、不可以伸长的娇嫩轻绳超出圆滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b .a 球质量为m ，静置于地面；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳恰好拉紧．从静止开始释放b 后，a 可能达到的最大高度为( )A ．hB ．1.5hC ．2hD ．2.5h解析：在b 落地前，a 、b 组成的系统机械能守恒，且a 、b 两物体速度大小相等，依照机械能守恒定律，可知3mgh －mgh ＝12(m ＋3m )v 2⇒v ＝gh .b 球落地时，a 球高度为h ，此后a 球向上做竖直上抛运动，上升过程中机械能守恒，有12mv 2＝mg Δh ，所以Δh ＝v 22g ＝h 2，即a 可能达到的最大高度为1.5h ，B 项正确．答案：B9.以下列图，固定的倾斜圆滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长时，圆环高度为h .让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则在圆环下滑终究端的过程中( )A ．圆环机械能守恒B ．弹簧的弹性势能先减小后增大C ．弹簧的弹性势能变化了mghD ．弹簧与圆滑杆垂直时圆环动能最大解析：圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，圆环机械能不守恒，A 错误；弹簧形变量先增大后减小，所以弹性势能先增大后减小，B 错误；由于圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh ，所以弹簧的弹性势能增加mgh ，C 正确；弹簧与圆滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环拥有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D 错误．答案：C10.(多项选择)一长度为2R 的轻质细杆两端分别固定质量为m 和2m 的小球M 和N ，两小球可视为质点，细杆的中点处有一轴，细杆可绕其在竖直面内无摩擦地转动．开始时细杆呈竖直状态，N 在最高点，以下列图，当装置碰到很小扰动后，细杆开始绕过中点的轴转动，则在球N 转动到最低点的过程中，以下说法正确的选项是( )A ．N 的重力势能减少量等于M 的重力势能增加量B ．细杆对N 做的功的绝对值大于细杆对M 做的功的绝对值C ．运动过程中两球的最大速度均为4gR 3D ．细杆对N 做的功为－83mgR解析：N 的重力势能减少量为2mg ·2R ＝4mgR ，M 的重力势能增加量为mg ·2R ＝2mgR ，故A 错误；对两个球组成的系统，重力和细杆的弹力做功，只有重力势能和动能相互转变，系统机械能守恒，故细杆对两个球做功的代数和为零，即细杆对N 做的功的绝对值等于细杆对M 做的功的绝对值，故B 错误；球N 在最低点时两球速度最大，依照系统机械能守恒，有4mgR －2mR ＝12(2m )v 2＋12·mv 2，解得v ＝ 4gR3，故C 正确；对球N ，依照动能定理有4mgR ＋W ＝12(2m )v 2，联立解得W ＝－83mgR ，细杆对N 做的功为－83·mgR ，故D 正确．答案：CD11．以下列图，一固定在竖直平面内的圆滑的半圆形轨道ABC ，其半径R ＝0.5 m ，轨道在C 处与水平川面相切，在C 处放一小物块，给它一水平向左的初速度v 0＝5 m/s ，结果它沿CBA 运动，经过A 点，最后落在水平川面上的D 点，求C 、D 的距离(重力加速度g 取10 m/s 2)．解析：设小物块质量为m ，它从C 点经B 到达A 时速度为v ，小物块受两个力作用，只有重力做功，取CD 面为零势能面，由机械能守恒定律，得 12mv 20＝12mv 2＋2mgR .①物块由A 到D 做平抛运动，设时间为t ，水平位移x ，得2R ＝12gt 2.②又x ＝vt .③联立①②③式，解得x ＝1 m.答案：1 m12．以下列图，是检验某种防范罩承受冲击能力的装置，M 为半径R ＝1.6 m 、固定于竖直平面内的圆滑半圆弧轨道，A 、B 分别是轨道的最低点和最高点；N为防范罩，它是一个竖直固定的14圆弧，其半径r ＝45 5 m ，圆心位于B 点．在A 点放置水平向左的弹簧枪，可向M 轨道发射速度不相同的质量均为m ＝0.01 kg 的小钢珠，弹簧枪可将弹性势能完好转变成小钢珠的动能．假设某次发射的小钢珠沿轨道恰好能经过B 点，水平飞出后落到N 的某一点上，取g ＝10 m/s 2.求：(1)钢珠在B 点的速度大小；(2)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能E p ；(3)钢珠从M 圆弧轨道B 点飞出至落到圆弧N 上所用的时间．解析：(1)在B 处对小钢珠进行受力解析，由牛顿第二定律，得mg ＝m v 2B R ，解得v B ＝gR ＝4 m/s.(2)从发射钢珠到上升至B 点的过程中，由机械能守恒定律，得E p ＝ΔE p ＋ΔE k ＝mg ·2R ＋12mv 2B ，解得E p ＝0.4 J.(3)钢珠做平抛运动，有h ＝12gt 2，x ＝v B t ，又x 2＋h 2＝r 2，联立解得t ＝0.4 s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 J (3)0.4 s。
高中物理 第七章 机械能守恒定律 第8节 机械能守恒定律练习 新人教版必修2(2021年最新整理)
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机械能守恒定律一、单项选择题1。
下列物体在运动过程中机械能守恒的是 ( ）A。
被起重机拉着向上做匀速运动的货物 B. 一个做平抛运动的铁球C。
沿粗糙的斜面向下做匀速运动的木块 D。
在空中向上做加速运动的氢气球2. 一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离．假设空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是（)A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小B. 蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功，弹性势能增加C。
蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关3。
如图所示，一根长为l1的橡皮条和一根长为l2的绳子(l1＜l2)悬于同一点,橡皮条的另一端系一A球，绳子的另一端系一B球，两球质量相等．现从悬线水平位置（绳拉直,橡皮条保持原长)将两球由静止释放，当两球摆至最低点时，橡皮条的长度与绳子长度相等,此时两球速度的大小为（）A。
B球速度较大 B。
A球速度较大C. 两球速度相等D. 不能确定4. 如图所示，物体A、B的质量相等,在不计摩擦阻力的情况下，物体A自距地面H高处由静止开始下落．以地面为参考平面，当物体A的动能与其重力势能相等时(物体B未到达滑轮处)，物体A距地面的高度是 ( ）A。
2018_2019学年高中物理第七章机械能守恒定律专题课多体机械能守恒问题习题新人教版必修
专题课多体机械能守恒问题1．(多选)如图LZ4－1所示，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )图LZ4－1A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面的机械能不变C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面组成的系统机械能守恒2．(多选)一名蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( ) A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关图LZ4－23．如图LZ4－2所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，不计空气阻力．在重物由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是( )A．重物的机械能守恒B．重物的机械能增加C．重物的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变D．重物与弹簧组成的系统机械能守恒4．如图LZ4－3所示，A、B两个质量相同的小球固定在一轻杆的两端，杆可绕一水平放置的固定转轴O转动，将杆从水平位置由静止释放，当杆到达竖直位置时，设杆对A做功为W，B球机械能的变化量为ΔE，则( )图LZ4－3A．W＝0，ΔE＝0B．W<0，ΔE>0C．W>0，ΔE>0D．W>0，ΔE<0图LZ4－45．如图LZ4－4所示，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑的定滑轮，绳两端各系一小球a 和b.a球质量为m，静止于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b，则当b刚落地时a的速度为( )A.ghB.2ghC.3ghD.6gh6．如图LZ4－5所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长时，圆环高度为h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则在圆环下滑到底端的过程中( )图LZ4－5A．圆环机械能守恒B．弹簧的弹性势能先减小后增大C．弹簧的弹性势能变化了mghD．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大7．如图LZ4－6所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边光滑的定滑轮与质量为2m的砝码相连，把绳拉直后使砝码从静止开始下降h的距离，砝码未落地，木块仍在桌面上，求此时砝码的速度以及轻绳对砝码做的功．图LZ4－68．如图LZ4－7所示，轨道ABCD平滑连接，其中AB为光滑的曲面，BC为粗糙水平面，CD为半径为r的内壁光滑的四分之一圆管，管口D正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D端齐平．质量为m的小球在曲面AB上距BC高为3r处由静止下滑，进入管口C端时与圆管恰好无压力作用，通过CD后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为E p.已知小球与水平面BC间的动摩擦因数为μ，求：(1)水平面BC的长度s；(2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能E km.图LZ4－79．如图LZ4－8所示，总长为L的光滑匀质铁链，跨过一光滑的轻质小定滑轮，开始底端相齐，当略有扰动时某一端下落，则铁链脱离滑轮的瞬间，其速度为多大？(滑轮半径可忽略不计)图LZ4－810．如图LZ4－9所示，光滑圆柱被固定在水平平台上，质量为m1的小球A用轻绳跨过圆柱与质量为m2的小球B相连，开始时将A放在平台上，两边绳子竖直．两球由静止释放，A上升，B下降，当A上升到圆柱的最高点时，绳子突然断了，发现A恰能做平抛运动，求m2∶m1.(A、B均视为质点)图LZ4－91．AD [解析]物体由静止开始下滑的过程中重力势能减少，动能增加，A项正确；物体在下滑过程中，斜面向右做加速运动，机械能增加，B项错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，所受弹力方向垂直于接触面，但与其速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C项错误；对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D项正确．2．ABC [解析]到达最低点前高度始终在降低，所以重力势能始终减小，选项A正确；绳张紧后的下落过程中，绳的伸长量逐渐增大，绳的弹力做负功，弹性势能增大，选项B 正确；在蹦极过程中，只有重力与系统内弹力做功，故运动员、地球、蹦极绳组成的系统机械能守恒，选项C正确；重力势能的改变与重力做功有关，重力做功只与始、末位置高度差有关，与零势能面的选取无关，选项D错误．3．D [解析]重物由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对重物做了负功，所以重物的机械能减少，故选项A、B错误；此过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以重物与弹簧组成的系统机械能守恒，即重物减少的重力势能等于重物获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，选项D正确．4．D [解析]两小球组成的系统机械能守恒，杆竖直时A 在最高点，B 在最低点，A 球的速度由0增大，重力势能增加，A 的机械能增加，则B 的机械能减少，ΔE<0；在此过程中，由动能定理可知，杆对A 做正功，W>0，对B 做负功，选项D 正确．5．A [解析]a 、b 两球组成的系统机械能守恒，设b 刚落地时的速度大小为v ，则整个过程动能增加量ΔE k 增＝12(m ＋3m)v 2＝2mv 2，重力势能的减少量ΔE p 减＝3mgh －mgh ＝2mgh ，由机械能守恒定律得ΔE k 增＝ΔE p 减，所以2mv 2＝2mgh ，v ＝gh ，A 项正确．6．C [解析]圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环机械能不守恒，A 项错误；弹簧形变量先增大后减小，再增大，所以弹性势能先增大后减小，再增大，B 项错误；由于圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh ，所以弹簧的弹性势能增加了mgh ，C 项正确；弹簧与光滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环具有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D 项错误． 7.233gh －23mgh [解析]砝码从静止开始下降h 高度的过程中，两物体组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则：2mgh ＝12mv 2＋12·2mv 2 解得：v ＝233gh 设轻绳对砝码做功为W ，对砝码由动能定理得2mgh ＋W ＝12·2mv 2－0 解得：W ＝－23mgh. 8．(1)5r 2μ (2)32mgr ＋m 2g 2k－E p [解析] (1)由小球在C 点对轨道没有压力，有mg ＝m v 2C r小球从出发点运动到C 点的过程中，由动能定理得3mgr －μmg·s＝12mv 2C 解得s ＝5r 2μ. (2)速度最大时，小球加速度为0，设弹簧压缩量为x.由kx ＝mg ，得x ＝mg k由C 点到速度最大时，小球和弹簧构成的系统机械能守恒．设速度最大时的位置为零势能面，有12mv 2C ＋mg(r ＋x)＝E km ＋E p 解得E km ＝32mgr ＋m 2g 2k－E p . 9.gL 2[解析]方法一：利用E k1＋E p1＝E k2＋E p2求解，取开始时铁链下端为参考平面 设铁链质量为m ，开始时底端所在平面为零势能面，则初状态动能E k1＝0，势能为E p1＝14mgL ；设末状态的速度为v ，则有动能E k2＝12mv 2，势能E p2＝0.根据机械能守恒定律，得E k1＋E p1＝E k2＋E p2，即14mgL ＝12mv 2，解得v ＝gL 2. 方法二：利用ΔE p ＝ΔE k 求解．设铁链总质量为m ，初状态至末状态可等效为一半铁链移至另一半下端，其重力势能的减少量为ΔE p ＝mg 2·L 2＝mgL 4设末状态时铁链的速度为v ，则动能的增量为ΔE k ＝12mv 2 由机械能守恒定律，得mgL 4＝12mv 2，解得v ＝gL 2. 10．5∶(1＋π)[解析] 由题意可知，在A 上升到最高点时，由重力提供向心力，即m 1g ＝m 1v 2R从开始到A 到达最高点的过程中，A 、B 和轻绳组成的系统机械能守恒，则m 2gR(1＋π2)－2m 1gR ＝12(m 1＋m 2)v 2 由以上两式得m 2∶m 1＝5∶(1＋π)．。
2018-2019学年高中物理第七章机械能守恒定律8机械能守恒定律习题新人教版必修2
58机械能守恒定律对点训练知识点一机械能守恒的判定1．(多选)在下列所述实例中，若不计空气阻力，机械能守恒的是()A.石块自由下落的过程B.电梯加速上升的过程C.抛出的铅球在空中运动的过程D.木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程2．(多选)下列物体中，机械能守恒的是()A．做平抛运动的物体B．被匀速吊起的集装箱C．光滑曲面上自由运动的物体4D．物体以g的加速度竖直向上做匀减速运动3．下列关于物体的机械能是否守恒的叙述正确的是()A．物体做匀速直线运动时，机械能一定守恒B．物体做匀变速直线运动时，机械能一定守恒C．外力对物体所做的功等于0时，机械能一定守恒D．只有重力对物体做功时，机械能一定守恒4．(多选)下列说法中正确的是()A．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化B．物体的动能不变，所受合力可能为零C．做匀变速运动的物体的机械能可能守恒D．只有重力对物体做功，物体的机械能一定守恒知识点二机械能守恒定律的基本应用图L7－8－15．(多选)如图L7－8－1所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一小球，在O点的正下方钉一个钉子C.小球从一定高度处释放，不考虑细绳的质量和形变，不计一切阻力，细绳摆到竖直位置时，被钉子挡住，比较细绳被钉子挡住前、后瞬间() A．小球的动能变小B．小球的动能不变C．小球的重力势能变小D．小球的机械能不变6．(多选)如图L7－8－2所示，半径分别为r和R的两个光滑半圆形槽的圆心在同一水平面上，质量相等的两物体分别自两个半圆形槽左边缘的最高点无初速度地释放，在下滑过程中，两物体()图L7－8－2A．机械能均逐渐减小B．经最低点时动能相等C．均能到达半圆形槽右边缘最高点D．机械能总是相等的知识点三曲线运动中的机械能守恒问题图L7－8－37．一根长为l且不可伸长的轻质细绳一端固定于O点，另一端拴一个质量为m的小球．现将小球拉至细绳沿水平方向绷紧的状态，由静止释放小球，如图L7－8－3所示．若不考虑空气阻力的作用，重力加速度为g，则小球摆到最低点A时的速度大小为________，此时绳对小球的拉力大小为________．被抛8．如图L7－8－4所示，在水平台面上的A点有一个质量为m的小球以初速度v出，不计空气阻力，重力加速度为g，求它到达台面下方h处的B点时的速度大小．图L7－8－4综合拓展9．图L7－8－5是某轻轨车站的设计方案，与站台连接的轨道有一个小坡度，电车进站要上坡，出站要下坡．已知坡高为2m，电车到a点时的速度为25.2km/h，此后便切断电动机的电源，如果不考虑电车所受的摩擦力，则电车能否冲上站台？如果电车不能冲上站台，请说明理由；如果电车能冲上站台，求它到达b点时的速度大小．(g取10m/s2)图L7－8－510．以20m/s的初速度将一物体从地面竖直上抛，若忽略空气阻力，g取10m/s2，试求：(1)物体上升的最大高度；(2)以地面为参考平面时，物体在上升过程中重力势能和动能相等时离地面的高度．11．如图L7－8－6所示，光滑的倾斜轨道与半径为R的光滑圆弧轨道相连接，圆弧轨道的最低点B和最高点C与圆心O在同一竖直线上，质量为m的小球在倾斜轨道上A点由静止释放，重力加速度为g.要使小球恰能通过圆弧轨道的最高点，小球释放点离圆弧轨道的最低点为多高？通过轨道最低点时球对轨道的压力为多大？图L7－8－612．如图L7－8－7所示，竖直放置的半径R＝80cm的半圆形光滑轨道与水平轨道相连g5－mg＝m－g，有F＝mg，可知物体受到竖直向上的大小为mg的外力作用，该力对物体做2C接，连接点为P.质量为m＝50g的小球以一定的初速度沿水平轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁运动到最高点M，如果小球经过N点时速度vN＝8m/s，经过M点时对轨道的压力为0.5N．取10m/s2.求：(1)小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小．(2)小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功．图L7－8－71．AC[解析]石块自由下落的过程和抛出的铅球在空中运动的过程，只有重力做功，机械能守恒；电梯加速上升的过程中除重力做功外，钢索的拉力也对电梯做正功，所以机械能不守恒；木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程，除重力做功外，要克服摩擦力做功，所以机械能不守恒．选项A、C正确．2．AC[解析]物体做平抛运动或沿光滑曲面自由运动时，不受摩擦力，在曲面上弹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以A、C项正确；被匀速吊起的集装箱，绳的拉力4对它做正功，机械能不守恒；物体以g的加速度向上做匀减速运动时，由牛顿第二定律得F 411555了正功，机械能不守恒．3．D[解析]物体做匀速直线运动时，动能不变，势能仍可能变化，选项A错误；物体做匀变速直线运动时，动能不断改变，机械能不一定守恒，选项B错误；外力对物体所做的功等于0时，动能不变，势能仍可能变化，选项C错误；机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力对物体做功，选项D正确．4．BCD[解析]若物体在合外力作用下做匀速圆周运动，匀速圆周运动为变速运动，动能不变，A错误；在光滑水平面上匀速运动的物体所受的合力为0，机械能守恒，B正确；平抛运动为匀变速运动，做平抛运动的物体机械能守恒，正确；根据机械能守恒条件可知D正确．5．BD[解析]小球到达最低点时，速度方向沿水平方向，在钉子挡住细绳瞬间，合外力对小球做功为零，则小球的动能不变，故A项错误，B项正确；在钉子挡住细绳瞬间，小球的质量和高度不变，则小球的重力势能不变，故C项错误；在钉子挡住细绳瞬间，小球的动能与重力势能都不变，则小球的机械能不变，故D项正确．6．CD[解析]两物体质量相等，开始时高度相同，释放时两物体的机械能相同，释放后两物体都是只有重力做功，机械能都守恒，到最低点时下降高度不同，重力势能不同，动能不同，A、B错误，D正确；根据机械能守恒定律可知，两物体均能回到等高的半圆形槽右边缘最高点，C正确．7.2gl3mg[解析]小球由最高点落下，只有重力做功，绳子的拉力不做功，故机械能守恒，则mgl1＝mv2，故小球摆到最低点时的速度大小为v＝2gl，此时根据牛顿第二定律可得F－mg＝l0 B0B112g 2×10 2g 2 v 20 4g 11. R 6mg1 100v 2m ，将速度的大小代入可得 F ＝3mg.8. v 2＋2gh[解析] 小球被抛出后运动过程中只有重力做功，机械能守恒，选地面为参考平面，设 A 点距地面高为 H ，则1 1 mgH ＋2mv 2＝mg(H －h)＋2mv2解得 v B ＝ v 2＋2gh.另外，若选台面为参考平面，则1 1 2mv 2＝－mgh ＋2mv 2同样可解得 v B ＝ v 2＋2gh.9．能 3m/s[解析] 电车电源切断后，只有重力做功，故机械能守恒．取 a 点所在平面为参考平面， 电车在 a 点的机械能为1 E 1＝E k1＝2mv2其中 v 1＝25.2km/h ＝7m/s若将这些动能全部转化为势能，由机械能守恒定律得12 mv 2＝mgh′v 2 72 解得 h′＝ 1＝ m ＝2.45m>h ＝2m ，所以电车能冲上站台设电车到 b 点时的速度为 v 2，由机械能守恒定律得 1 12mv 2＝mgh ＋2mv 2解得 v 2＝ v 2－2gh ＝ 72－2×10×2m/s ＝3m/s.10．(1)20m (2)10m[解析] (1)设物体上升的最大高度为 H ，对物体整个上升过程应用机械能守恒定律，有1 mgH ＝2mv2v 2 解得 H ＝ 0＝20m.(2)设物体重力势能和动能相等的位置距地面的高度为 h ，此时物体的速度为 v ，则有1mgh ＝ mv 2对物体由抛出到运动至该位置的过程应用机械能守恒定律有1 1 mgh ＋2mv 2＝2mv2联立解得 h ＝ ＝10m.52[解析] 小球在运动过程中受到重力和轨道支持力的作用，轨道支持力对小球不做功，R 2 C C BP M M N只有重力做功，小球机械能守恒，取轨道最低点所在平面为参考平面．因小球恰能通过圆弧轨道的最高点，说明此时轨道对小球的作用力为零，只有重力提供v 2 向心力，根据牛顿第二定律有 mg ＝m C得 v C ＝ gR1 在圆弧轨道的最高点，小球的机械能为 E C ＝2mv 2＋2mgR在释放点，小球的机械能为 E A ＝mgh 根据机械能守恒定律有 E C ＝E A1即 mgh ＝2mv 2＋2mgR5 联立解得 h ＝ R1同理，小球在圆弧轨道的最低点时的机械能为 E B ＝2mv 2根据机械能守恒定律有 E B ＝E C得 v B ＝ 5gR小球在圆弧轨道的最低点受到轨道的支持力和重力，根据牛顿第二定律有v 2F N －mg ＝mR B得 F N ＝6mg根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为 F′N ＝F N ＝6mg. 12．(1)3.5N (2)0.4J[解析] (1)小球在最高点，根据牛顿第三定律，轨道对小球的弹力 F N1＝0.5N ，由向心 mv 2力公式有 F N1＋mg ＝R M 解得 v M ＝4m/s1 1由 P 到 M ，由机械能守恒定律有2mv 2＝2mv 2＋mg·2R解得 v P ＝4 3m/smv 2 在 P 点，由向心力公式有 F N2－mg ＝ R P 解得 F N2＝3.5N根据牛顿第三定律可知，在 P 点小球对轨道的压力大小为 3.5N.1 1 (2)由 N 到 M ，由动能定理有－mg·2R－W f ＝2mv 2－2mv2解得 W f ＝0.4J.。
2018-2019学年第二学期 人教版 第七章 机械能守恒定律 全章练习配套资料答案
第七章机械能守恒定律1追寻守恒量——能量2功1.A[解析] 动能转化为势能意味着动能在减小而势能在增大,只有A正确.2.BD[解析] 伽利略斜面实际上是一个理想化模型,在不计阻力的情况下,我们可以看到小球在运动过程中的不变量——高度,实际上是能量不变.为了能够透过现象看本质,伽利略才使用了理想模型——光滑斜面.在伽利略斜面实验中,必须是阻力不计(光滑斜面)时,小球才能在另一个斜面上上升到相同高度,而不管另一个斜面的倾角多大,所以选项A、C错误,B正确.当斜面的倾角减小到接近0°时,小球仍在斜面上上升到同样高度,所以D中的设想是合理的.3.CD[解析] 功是标量,没有方向,所以选项A、B错误;当力和位移夹角小于90°时,功为正值,当力和位移夹角大于90°时,功为负值,所以C正确;动力的功为正值,阻力的功为负值,所以选项D正确.4.BC[解析] 静摩擦力和滑动摩擦力都可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以对物体不做功,选项A错误,选项B正确;一对作用力和反作用力分别作用在两个物体上,可能同时对物体做正功,其做功的代数和可以不为0,选项C正确;合外力对物体不做功,物体不一定处于平衡状态,如匀速圆周运动,选项D错误.5.D[解析] 功是标量而不是矢量.做功的两个必不可少的条件是力和在力的方向上的位移,据此我们可以得出:没有力就没有功;有力而没有位移也没有功;有力且有位移但位移方向与力的方向垂直也没有功.6.A[解析] 人的推力作用在小车上的过程中,小车的位移是5.0 m,故该力做功为W=Fl cos α=20×5.0×cos 0° J=100 J,故A项正确.7.B[解析] 功是标量,合力对物体做的功等于每个力对物体做功的代数和,故选项B正确.8.BD[解析] 根据牛顿第二定律有F-mg=ma,所以F=m(g+a),则恒力F做功为W=Fh=m(g+a)h.9.C[解析] 小球在上升过程和下落过程中空气阻力都阻碍小球运动,都做负功,所以全过程中空气阻力对小球做功为W F=W F上+W F下=-Fh+(-Fh)=-2Fh.10.D[解析] 小物体与楔形物体相对静止,二者一定都向左加速运动,由牛顿第二定律可知,加速度大小为a=g tan θ.楔形物体对小物体支持力的水平向左的分力大小等于ma=mg tan θ,则支持力做的功为W=max=mgx tan θ,D正确.11.C[解析] 人向右上方加速,由受力分析可知摩擦力水平向右,对人做正功,选项C正确.12.A[解析] 货物处于平衡状态,有mg sin θ=f,N=mg cos θ,θ增大时,f增大,N减小,故A正确,B错误;货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°,支持力做正功,故C错误;摩擦力的方向与位移方向垂直,摩擦力不做功,故D错误.13.B[解析] 设斜面长度为L,底端长度为x,斜面倾角为θ,物体克服摩擦力做功为W f=μmg cos θ·L=μmgL cos θ=μmgx,沿两斜面下滑过程的x 相同,则有W1=W2,B正确.14.B[解析] 本题中力F的大小不变,但方向时刻都在变化,属于变力做功问题.转盘转动一周过程中,力和作用点的位移方向始终相同,所以力方向上的位移即周长,W=Fx=F·2πR=20π J,选项B正确.15.BC[解析] 滑动摩擦力做功与物体运动的路径长短有关,故A正确;做匀速圆周运动的物体所受的合外力不做功,但物体做曲线运动,故B 错误;作用力和反作用力的作用点的位移可能同向,也可能反向,大小可以相等,也可以不等,作用力和反作用力对发生相互作用的系统做功不一定相等,相互作用力做功之和不一定为零,故C错误,D正确.16.54 J[解析] 由牛顿第二定律得μmg=ma解得a=μg=3 m/s2由匀加速直线运动公式得v2=2ax1解得x1=v22a=6 m匀速直线运动的位移x2=L-x1=4 m传送带对物体的摩擦力做功W f=fx1=μmgx1=54 J3功率1.C[解析] 公式P=Fv中的F可以是物体所受的合力,也可以是物体所受的某个力,但F、v必须共线,故C正确.2.D[解析] 机器做功多,但如果时间比较长的话,功率未必大,故选项A错误;只有当功率一定时,汽车的牵引力才与速度成反比,故选项B错误,选项D正确;由功率的定义式求出的是平均功率而不是瞬时功率,故选项C错误.3.B[解析] 求重力的瞬时功率应代入竖直分速度,故P G=Gv竖直=G·gt=10×10×3 W=300 W.4.B[解析] 根据力的独立性可知,同一恒力做的功的多少与是否有其他力存在是无关的,但在有摩擦力的情况下,移动同样的距离需要的时间要更长些,故其平均功率要小些,选项B正确.5.C[解析] t1时刻,木块的速度v1=at1=Ft1m ,0~t1时间内的平均速度v=v12=Ft12m,由P=Fv得,t1时刻F的功率为P=Fv1=F·Ft1m=F2t1m,0~t1时间内的平均功率为P=F v=F·F2m t1=F22mt1,C项正确.6.A[解析] 因为是匀加速运动,所以牵引力F不变,但速度在增大,故牵引力的瞬时功率变大.7.A[解析] 人和车受的阻力为f=0.02×(15+50)×10 N=13 N,则匀速运动时的牵引力为F=13 N,根据P=Fv得v=PF≈3 m/s,选项A正确.8.BD[解析] 物体都做匀速运动,受力平衡,则F1=μmg,F2cos θ=μ(mg-F2sin θ),解得F1=F2(cos θ+μsin θ),故F1与F2的大小关系无法确定,大于、等于、小于都可能.根据F1与F2功率相同得F1v1=F2v2cos θ,解得v1=11+μtanθv2,所以v1<v2.选项B、D正确.9.A[解析] 设每节车厢所受的阻力为f,若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h,则P=Fv m=4fv m.设6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v'm,牵引力等于阻力时速度最大,则有6P=9fv'm,联立解得v'm=320 km/h,故A正确.10.C[解析] 小孩所做的功在第一种情况下是指对自身(包括所站的船)做的功,在第二种情况下除对自身做功外,还要对另外一船做功,由于两种情况下人对自身所做的功相等,所以W1<W2.设t时刻小孩所在船的速率为v1(两种情况下都是v1),另一只船的速率为v2,则P1=Fv1,P2=F(v1+v2),所以选项C正确.11.AD[解析] 由图可知,在3~4 s内,推力F1=0.4 N,物块匀速运动,有F1+mg sin θ-μmg cos θ=0,在1~3 s内,加速度为a=0.4 m/s2,推力F=0.8 N,由牛顿第二定律有a=F+mgsinθ-μmgcosθm,联立解得m=1 kg,μ=0.8,A正确,B错误;在前1 s,物块静止,力F不做功,在1~3 s内,F=0.8 N,位移x=0.8m,0~3 s内的平均功率P=Fx3s≈0.21 W,C错误;0~3 s时间内,物块克服摩擦力做的功为W f=μmg cos θ·x=5.12 J,D正确.12.D[解析] 根据雨滴所受阻力和速度的关系,且落地时又是匀速直线运动,有mg=kv2,重力的功率P=mgv,则两雨滴落地时重力的功率之比P1 P2=1√m1m√m=√m13m23.13.(1)mω2(L2+r2)L(2)mrω3(L2+r2)L[解析] (1)小木块做匀速圆周运动的半径R=√L2+r2小木块做匀速圆周运动的向心力F1=mω2R又知拉力F=F1cosθ,cos θ=√L2+r2解得F=mω2(L2+r2)L.(2)根据功率公式可知P=Fv cosπ2-θ又知v=ωRcosπ2-θ=sin θ=r√L2+r2解得P=mrω3(L2+r2)L.14.(1)32 W(2)96 J(3)20 W[解析] (1)在0~2 s内,拉力等于4 N,最大静摩擦力f m=f=μmg=4 N,故物体静止.在2~4 s内,拉力F=8 N,由牛顿第二定律得F-μmg=ma解得a=2 m/s2位移为x1=12a(Δt)2=4 m4 s末物体的速度大小v=aΔt=4 m/s4 s末拉力的瞬时功率P=Fv=8×4 W=32 W.(2)在4~6 s内,拉力等于4 N,滑动摩擦力等于4 N,故物体做匀速直线运动.位移x2=vΔt=4×2 m=8 m在6~8 s内,拉力仍然是F=8 N,物体的加速度大小仍为a=2 m/s2位移x3=vΔt+12a(Δt)2=12 m6~8 s内拉力所做的功W=Fx3=8×12 J=96 J.(3)8 s内拉力做功W总=0+8×4 J+4×8 J+96 J=160 J平均功率P=W总t=20 W.专题课:机车启动问题1.AC[解析] 设汽车牵引力为F,斜坡倾角为θ,汽车质量为m,摩擦力为f,当F>f+mg sin θ时,有可能先加速后匀速到达坡顶,选项A正确,B错误;若坡较短,则可能在变加速过程中到达坡顶,选项C正确;当F<f+mg sin θ时,汽车则减速运动,由F=Pv可知,v减小,则F增大,而f+mg sin θ-F=ma,故加速度越来越小,a=0时,v最小,选项D错误.2.AD[解析] 发动机所做的功是指牵引力的功.由于卡车以恒定功率运动,所以发动机所做的功应等于发动机的功率乘卡车行驶的时间,A正确;B项给出的是卡车克服阻力做的功,在这段时间内,牵引力的功不等于克服阻力做的功,B错误;C项给出的是卡车所受外力的总功;D项中,卡车以恒定功率前进,将做加速度逐渐减小的加速运动,达到最大速度时牵引力等于阻力,阻力f乘最大速度v m是发动机的功率,再乘t恰是发动机在t 时间内做的功,D正确.3.B[解析] 设汽车的功率为P,质量为m,则有P=k1mgv1=k2mgv2,所以v1v2=k2k1,B正确.4.B [解析] 根据火车的运动过程,画出火车的速度—时间图像如图所示,根据速度—时间图像中曲线与时间轴围成的面积表示位移大小可知,如果火车做初速度为零、末速度为20 m/s 的匀加速直线运动,则位移x=12×20×300 m =3000 m,而此时实际曲线与坐标轴围成的面积大于3000m,B 正确.5.BCD [解析] 轿车以恒定的牵引力F 启动,由a=F -f m得,轿车先做匀加速运动,由P=Fv 知,轿车的输出功率均匀增加,当功率达到额定功率时,牵引力逐渐减小,加速度逐渐减小,轿车做加速度逐渐减小的加速运动,当F=f 时,速度达到最大,之后轿车做匀速运动,选项B 、C 、D 正确.6.ACD [解析] 根据P=Fv ,F-f=ma ,f=kv ,可得P=(kv+ma )v=kv 2+mav ,故在题设条件下,火车发动机的功率和牵引力都随速率v 的增大而增大,选项A 正确,选项B 错误;当火车达到某一速率时,欲使火车做匀速运动,则a=0,此时P=kv 2,选项C 、D 正确.7.D [解析] 当汽车匀速时速度最大,此时汽车的牵引力F=mg sin θ+kmg ,由此可得v m =P mg (k+sinθ),故选项D 正确.8.(1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W[解析] (1)设起重机允许输出的最大功率为P 0,重物达到最大速度时,拉力F 等于重力,有 P 0=Fv m , F=mg ,解得P 0=5.1×104 W .(2)匀加速运动结束时,起重机达到允许输出的最大功率,设此时重物受到的拉力为F 1,速度为v 1,匀加速运动经历的时间为t 1,有 P 0=F 1v 1, F 1-mg=ma , v 1=at 1联立解得t 1=5 st=2 s 时,重物处于匀加速运动阶段,设此时速度为v 2,输出功率为P ,则有 v 2=at , P=F 1v 2联立解得P=2.04×104 W .9.(1)3×105 J (2)15 m/s (3)0.5 m/s 2 [解析] (1)由功率公式 P=Wt得W=Pt=30×103×10 J =3×105 J(2)当汽车的加速度a=0时,行驶速度最大,此时F 牵=f=2000 N 由功率公式P=F 牵·v 得最大速度 v max =P f=30×1032000m/s =15 m/s(3)由牛顿第二定律得F-f =ma当速度v=36 km/h =10 m/s 时,牵引力F=P v =30×10310N =3×103 N故a=F -f m=3000-20002000m/s 2=0.5 m/s 210.(1)12.5 m/s (2)13.9 s (3)4.16×105 J (4)43.2 kW [解析] (1)汽车在公路上行驶,所受阻力由两部分构成,即 f=kmg+mg sin α=4000 N +800 N =4800 N 当F=f 时,有P=fv m ,所以v m =12.5 m/s .(2)汽车从静止开始以a=0.6 m/s 2的加速度匀加速行驶,由F'-f=ma 所以F'=ma+f=4×103×0.6 N +4800 N =7.2×103 N保持这一牵引力,汽车可达到匀加速行驶的最大速度v'm ,有v'm =PF '=60×1037.2×103 m/s =8.33 m/s 由运动学规律可得,匀加速行驶的时间与位移分别为 t=v 'm a=13.9 s,s=v 'm22a =57.82 m .(3)由W=Fs 可得,汽车在匀加速行驶阶段牵引力做功为W=Fs=7.2×103×57.82 J =4.16×105 J .(4)t=10 s <13.9 s,说明汽车在10 s 末时仍匀加速行驶,则汽车的瞬时功率P t =F'v t =F'at=7.2×103×0.6×10 W =43.2 kW . 11.(1)1.0 m/s 2 (2)20 s (3)45 m/s[解析] (1)汽车做匀加速直线运动,Δx=x 2-x 1=a (ΔT )2 得a=Δx(ΔT )2=3.00-2.0012m/s 2=1.0 m/s 2.(2)做匀加速直线运动的汽车所受合力为恒力,由牛顿第二定律得F-f=ma 所以F=ma+f=3600 N随着速度的增大,汽车的输出功率增大,当达到额定功率时,匀加速运动的过程结束. 由P=Fv 1,得v 1=P F=72×1033600m/s =20 m/s由匀加速运动公式v 1=at 得t=v1a =20 s . (3)当汽车达到最大速度时,有F'=f=1600 N 由P=F'v ,得v=PF '=72×1031600m/s =45 m/s .4 重力势能1.D [解析] 重力做功只与物体初、末位置的高度差及物体质量有关,与其他因素无关.2.A [解析] 两个过程,阻力都做负功,选项A 正确;加速下降时合力向下,减速下降时合力向上,选项B 错误;系统下降,重力做正功,所以它的重力势能减少,选项C 错误;由于系统做变速运动,系统在相等时间内下落的高度不同,所以重力做功不同,选项D 错误.3.AB [解析] 重力势能属于物体和地球所组成的系统共有的,选项A 正确;重力势能的变化只跟重力做功有关系,与其他因素无关,选项B 正确;重力势能是标量,选项C 错误;重力势能的增量等于物体克服重力所做的功,选项D 错误.4.D [解析] 重力势能的变化只取决于重力做功,而重力做功与其他力是否存在无关,故同一物体的高度变化相同则重力势能变化相同.5.B [解析] 以水平地面为零势能面,物体做自由落体运动,重力势能随下落距离线性减小,B 正确.6.A [解析] 物块A 刚离开地面时,弹簧所受的弹力等于物块A 的重力,根据胡克定律得,弹簧伸长的长度为x=F k =mgk,弹簧上端P 缓慢地竖直向上提起的距离为h ,则物块上升的高度为H=h-x ,以地面为零势能面,这时物块A 具有的重力势能为E p =mgH=mg (ℎ-mg k),故选项A 正确.7.A [解析] 重力做功与路径无关,只与初、末两态的位置有关,选项A 正确;当物体克服重力做功时,物体的重力势能一定增加,选项B 错误;重力势能为负值,说明物体的位置在零势能面以下,选项C 错误;重力势能的大小与零势能面的选取有关,选项D 错误.8.D [解析] 物体的重力势能与参考平面的选取有关,同一物体在同一位置相对不同的参考平面时的重力势能不同,选项A 错误.当物体在参考平面以上时,距参考平面的距离越大,重力势能越大;当物体在参考平面以下时,距参考平面的距离越大,重力势能越小,选项B 错误.重力势能的正、负表示大小,-5 J 的重力势能小于-3 J 的重力势能,选项C 错误.重力做的功可以量度重力势能的变化,选项D 正确.9.C [解析] 重力势能的值等于mgh ,其中h 表示的是物体重心与参考平面的高度差,因木块的重心离地面高,故木块的重力势能大. 10.B [解析] 由图可知猴子到C 点时重力势能最小,过B 点的水平线和过A 点的竖直线交于D 点,∠BCF=∠ECF=θ,所以L BC ·sin θ+L AC ·sin θ=BD ,则sin θ=BD L=45,即θ=53°.AD=2 m,则ED=AD ·tan 53°=83m,所以FE=203m .FC ∶AD=FE ∶ED ,得FC=5 m,所以A 、C 高度差为7 m,再加上猴子自身高度,重心距套环约为0.5 m,故猴子重力势能最小值约为E p =-mgh=-750 J,B 正确.11.(1)240 J 80 J (2)80 J 80 J[解析] (1)以地面为参考平面,物体的高度h 1=1.2 m 物体的重力势能为E p1=mgh 1=240 J物体落至桌面时重力势能为E p2=mgh 2=160 J 物体重力势能的减少量ΔE p =E p1-E p2=80 J . (2)以桌面为参考平面,物体的高度h 3=0.4 m 物体的重力势能为E p3=mgh 3=80 J物体重力势能的减少量ΔE p =E p3-0=80 J . 12.n (n -1)2mgh[解析] 取n 块砖的整体为研究对象,如图所示,叠放起来后整体重心距地面12nh ,原来距地面ℎ2,故有W=ΔE p =nmg ·12nh -nmg ·12h =12n (n-1)mgh. 13.(1)-40 J (2)50 J 减少了50 J[解析] (1)在第2 s 末小球所处的高度为 h=-12gt 2=-12×10×22 m =-20 m重力势能为E p =mgh=0.2×10×(-20) J =-40 J . (2)在第3 s 末小球所处的高度为 h'=-12gt'2=-12×10×32 m =-45 m第3 s 内重力做功为W G =mg (h-h')=0.2×10×(-20+45) J =50 JW G >0,所以小球的重力势能减少,且减少了50 J .5 探究弹性势能的表达式1.BCD [解析] 只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能,选项A 错误;弹性势能是一个标量,在国际单位制中,其单位是焦耳,弹性势能是一个状态量,选项B 、C 、D 正确.2.C [解析] 运动员撑杆刚刚触地和到达最高点时,杆几乎没有形变,弹性势能很小;运动员撑杆触地后上升到最高点之前某时刻杆形变量最大时,弹性势能最大,C 正确.3.AD [解析] 物体具有弹性势能的条件只有一个,那就是发生弹性形变,所以选项A 正确,B 错误;外力对弹性物体做功,只要物体的形变量不变,则物体的弹性势能就不变,选项C 错误;发生弹性形变的物体具有弹性势能,在它们恢复原状的过程中,弹性势能减少而转化为其他形式的能量,这个过程就是一个对外界做功的过程,故选项D 正确.4.C [解析] F-x 图像与坐标轴所围图形的面积表示弹力做的功,则W=12×0.08×60 J -12×0.04×30 J =1.8 J,此过程弹力做正功,弹簧的弹性势能减小1.8 J,故选项C 正确.5.D [解析] 弹力做功的特点与重力做功一样,不用考虑路径,只看起始与终止位置,故选项D 正确.6.B [解析] 只要v a >v b ,A 、B 就有相对运动,弹簧就会被继续压缩,弹力做负功,弹性势能增加,当v a =v b 时,A 、B 相距最近,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,故选项B 正确.7.AD [解析] 根据胡克定律得 F=kx ,由于劲度系数k 由弹簧本身决定,为一个常数,故F 与形变量x 成正比,所以F-x 图像是正比例函数图像,故A 正确,B 错误;弹性势能为E p =12kx 2,其图像为开口向上的二次函数图像,故C 错误,D 正确.8.D [解析] 当撤去力F 后,物体向右运动的过程中,弹簧先由压缩状态变到原长,再伸长,所以形变量先减小后增大,则弹簧的弹性势能先减小再增大,故D 正确.9.(1)天平 刻度尺 (2)重力势能 小球质量 上升高度[解析] 压缩弹簧的小球被松开后,当弹簧恢复到原长时弹簧的弹性势能转化为小球的动能,小球通过光滑水平面后沿光滑圆弧轨道上升到最高点,小球的动能转化为小球的重力势能,由轻杆OP 最后停的位置可测出小球上升的高度,再测出小球的质量即可求出其重力势能,这样就把不易测量的弹性势能,转化为易计算的重力势能了.10.D [解析] 分析实验数据,可看出在误差允许的范围内sd 2=20,即s=k 1d 2.弹性势能越大,小球滚动的距离越远,E p ∝s ,则E p ∝d 2,E p =k 2d 2. 11.4∶1[解析] A 、B 一起匀加速运动时的加速度 a=Fm A +m B =F3m B向右匀加速运动时,设弹簧的伸长量为x 右,由牛顿第二定律得 kx 右=m A a=2m B ·F 3m B=2F3向左匀加速运动时,设弹簧的伸长量为x 左,由牛顿第二定律得 kx 左=m B a=m B ·F 3mB=F3故x 右∶x 左=2∶1 又知E p ∝x 2则E p1∶E p2=4∶1.12.(1)8000 N/m (2)-10 J (3)增加了10 J [解析] (1)k=Fl =4000.2-0.15 N/m =8000 N/m .(2)由于F=kl ,作出F-l 图像如图所示,图中画斜线部分面积为弹力做功的绝对值,由于在伸长过程中弹力F 方向与位移方向相反,故弹力F 在此过程中做负功.W=-F2(l 1-l 0)=-4002×0.05 J =-10 J .(3)ΔE p =-W=10 J,即弹性势能增加了10 J .6 实验:探究功与速度变化的关系1.D [解析] 在本实验中不需要知道橡皮筋所做的功具体值,选项A 错误;在本实验中,必须知道每次橡皮筋做的功是第一次的多少倍,因此每次橡皮筋拉伸的长度必须一致,选项B 错误;长木板应该略倾斜以使小车重力沿木板方向的分力与摩擦力平衡,选项C 错误;小车的速度是由打点计时器打出的纸带得出的,为了使纸带能准确地记录小车的运动情况,必须先接通电源,使打点计时器工作稳定后,再释放小车,选项D 正确.2.C3.BC [解析] 木板倾斜的目的是使重力沿木板方向的分力与摩擦力平衡,所以倾斜程度过大或过小都不能达到目的,选项A 错误,B 正确;小车在倾斜的木板上如果能做匀速运动,则说明重力沿木板方向的分力与摩擦力是平衡的,这也就达到了我们的目的,选项C 正确;误差总是难以避免的,但我们在实验过程中可以采取一些措施,使误差尽可能小,选项D 错误.4.CD [解析] 物体受力不变,可以利用下降高度与速度关系代表功与速度的关系,所以必须测量下落高度,再利用下落高度计算对应各点瞬时速度,故C 、D 正确,A 、B 错误.5.(1)BC (2)L 2 (3)系统误差[解析] (1)要求出抛出时的速度,由平抛运动规律可知,需要测定桌面到地面的高度和水平射程;(2)由平抛运动规律可知,离开桌面时的速度与小物块做平抛运动的水平距离成正比,速度的二次方与L 2成正比;(3)小物块与桌面之间的摩擦引起的误差是由实验原理造成的,属于系统误差.6.(1)mg (x 1+x 2)x 2+x 32T(2)B[解析] (1)由于近似认为拉力等于重力,所以根据W=Fs 可知,拉力做功为W=mg (x 2+x 1);中点时刻的速度等于该段时间内的平均速度,所以打B 时的速度等于AC 段的平均速度,即v B =x 2+x 32T.(2)如果实验中完全消除了摩擦力和其他阻力,那么重物重力做的功就等于重物和小车动能的增加量,即W=12(m+M )v 2,质量都是定值,所以v 2与W 成正比,故B 正确.7.(1)②接通电源 释放小车 断开开关(2)5.09 0.49 (3)钩码的重力 小车受到的摩擦阻力 (4)小车初、末速度的平方差与位移成正比 小车的质量8.(1)x 3-x 12Δt(2)下滑的位移x mgx (3)2k [解析] (1)匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,故v B =x 3-x 12Δt.(2)滑块运动过程中,滑块受到的合力等于重锤重力,要求合力做的功,则还需要测出这一过程滑块运动的位移x ,则合外力对滑块做功的表达式为W 合=mgx.(3)合外力做的功为W=mgx=12Mv 2,所以v 2=2M W ,若v 2-W 图像是一条过原点的倾斜直线,则有2M=k ,解得M=2k.7 动能和动能定理1.C2.A [解析] 由动能定理知mgh=12m v t 2-12m v 02,所以v t =√2gℎ+v 02,下落相同的高度,则末速度大小相同.3.A [解析] 动能的大小与速度的方向无关,在这段时间里滑块的动能大小没有发生变化.据动能定理,W=12m (-6 m/s)2-12m ·(6 m/s)2=0.选项A 正确.4.AB [解析] 物体上升过程中克服重力做功为W G =mgh=1×10×1 J =10 J,故A 正确.由动能定理知,合力做的功等于物体动能变化,故合外力做的功为W=12mv 2-0=12×1×22 J =2 J,故B 正确,C 错误.W=W F -mgh ,所以W F =W+mgh=12 J,故D 错误.5.C [解析] 设木板的厚度为d ,当子弹的速度为v 时,由动能定理知-fd=0-12mv 2.当子弹的速度为2v 时,设子弹能穿透n 块木板,由动能定理知-f ·nd=0-12m (2v )2,联立两式解得n=4,故选项C 正确.6.BC [解析] 对汽车运动的全过程应用动能定理,有W 1-W 2=0,得W 1∶W 2=1∶1;由图像知牵引力与阻力作用距离之比为x 1∶x 2=1∶4,由Fx 1-fx 2=0知F ∶f=4∶1.7.BC [解析] 根据动能定理,合外力对物体做的功等于物体动能的变化量.前2 s 内,合外力做功W=12m v 12,因此,从第1 s 末到第2 s 末,合外力做功W 1=12m v 12-12m v 12=0;从第3 s 末到第5 s 末,合外力做功W 2=0-12m v 12=-W ;从第5 s 末到第7 s 末,合外力做功W 3=12m v 12-0=W ;从第3 s 末到第4 s 末,合外力做功W 4=12m (v 12)2-12m v 12=-34W.8.B [解析] 由图像可看出,前2 m 内合力对物体做正功,物体的动能增加,后2 m 内合力对物体做负功,物体的动能减小,所以物体具有最大动能时的位移是2 m .9.A [解析] 由动能定理得-W-μmg (s+x )=0-12m v 02,W=12m v 02-μmg (s+x ).10.D [解析] 小球A 做平抛运动,是匀变速曲线运动,A 错误;根据加速度定义式可知,两球在相同时间内速度变化Δv=gt 相同,B 错误;根据动能定理可知,A 在O 点时的动能大,C 错误;两球质量相等,在经过O 点时的竖直分速度相同,故所受重力的瞬时功率相同,D 正确.11.150 J 10√6 m/s[解析] 设运动员对足球做功为W ,对足球从静止到最高点过程,由动能定理有 W-mgh=12mv 2,其中m=0.5 kg,h=10 m,v=20 m/s, 解得W=150 J .对足球从开始到落地过程,由动能定理有W=12m v 地2, 解得v 地=10√6 m/s .12.mgH cos 2θ+14mgH sin 2θ mgH cos 2θ[解析] 如图所示,小球位移最小,由数学知识可知,小球平抛运动的水平、竖直位移分别为x=H sin θcos θ、y=H cos 2θ 重力做功W G =mgy=mgH cos 2 θ 又y=12gt 2=gx 22v 02由动能定理有mgy=E k -12m v 02解得E k =mgH cos 2θ+14mgH sin 2θ. 13.12mgR[解析] 小球运动到最低点,由于绳子的张力为小球重力的7倍,故有 7mg-mg=m v B 2R在B 点时,小球的动能为E k B =12m v B 2=3mgR小球恰好过C 点,有mg=m v C2R 在C 点时,小球的动能E k C =12mgR小球从B 点到C 点过程,设小球克服阻力做功为W f ,由动能定理有 -mg ·2R-W f =E k C -E k B 故小球从B 点到C 点过程克服阻力所做的功W f =12mgR.习题课:动能定理的应用1.A [解析] 由动能定理得,人对球做的功W=12mv 2-0=50 J,故选项A 正确.2.C [解析] 在最低点,根据牛顿第三定律可知轨道对质点的支持力F=2mg ,根据牛顿第二定律可得F-mg=m v 2R ,从最高点P 到最低点Q 运用动能定理可得mgR-W f =12mv 2,联立以上各式得,克服摩擦力做的功为W f =12mgR.选项C 正确.3.B [解析] 消防队员从开始下落至重心下降到最低点过程,重力做功W G =mg (h+Δh ),地面对队员的作用力做功W F =F Δh ,由动能定理得W G -W F =0,代入数值解得F=5mg.4.B [解析] 由动能定理得-F (L+d )=12mv 2-12m v 02,FL=12Mv 2,故Fd=mv 022-M+m 2v 2,故选项B 错误.5.D [解析] 物体对地的位移为x+L ,根据动能定理,对物体有E k 物=(F-f )(x+L ),对小车有E k 车=fx ,选项A 、B 正确;根据功的定义可知,物体克服摩擦力做功W f =f (x+L ),选项C 正确;小车和物体系统具有的总动能为E k 物+E k 车=F (x+L )-fL ,选项D 错误.6.BD [解析] 在v-t 图像中图线斜率表示加速度,甲的加速度开始时比乙的大,在1 s 后甲的加速度为0,比乙的小,在0~1 s 间某时刻甲和乙的加速度相同,A 错误;在开始时两物体速度均为0,2 s 末速度相同,由动能定理可知,前2 s 内两物体的合外力做功相同,B 正确;根据图线与横轴所围的面积表示位移可知,前2 s 甲的位移大,平均速度大,C 错误,D 正确.7.(1)20 m/s 2 (2)12.5 m[解析] (1)由牛顿第二定律得 F-μmg=ma ,当推力F=100 N 时,a=20 m/s 2.(2)根据F=100-20x ,由图像可知,推力对物体做的功等于图线与x 轴围成的面积,于是推力对物体做功W=12Fx 0=250 J, 根据动能定理可得W-μmgx m =0, 解得x m =12.5 m . 8.(1)2 m/s (2)0.5[解析] (1)小球从A 运动到B 做平抛运动,有x=v 0t H-h=12gt 2解得v 0=2 m/s(2)小球从A 运动到C ,由动能定理得mgH=12m v C 2-12m v 02小球在N 点,由牛顿第二定律得 mg=m v N2R小球从C 运动到N ,由动能定理得-μmgL=12m v N 2-12m v C 2联立解得μ=0.59.(1)1.8 m (2)2.16 m[解析] (1)对P 向右运动到速度减小为0的过程,设最大位移为x m ,在虚线右侧P 对地面的压力大小为 F N =mg-F sin θ=4 N 由动能定理有-(F cos θ+μF N )x m =0-12m v 02解得x m =1.8 m .(2)对P 从右侧最大距离处开始到停止运动过程,设停在虚线左侧距离虚线为x 处,由动能定理有 (F cos θ-μF N )x m -μmgx=0 解得x=2.16 m .10.(1)2√10 m/s (2)√835 s (3)5 J[解析] (1)对滑块从A 到B 的过程,由动能定理得F 1x 1+F 3x 3-μmgx=12m v B 2解得v B =2√10 m/s .(2)在前2 m 内,由牛顿第二定律得 F 1-μmg=ma且x 1=12a t 12解得t 1=√835 s .(3)当滑块恰好能到达最高点C 时,有mg=m v C 2R对滑块从B 到C 的过程,由动能定理得W-mg ·2R=12m v C 2-12m v B 2代入数值得W=-5 J即克服摩擦力做的功为5 J .8 机械能守恒定律1.AC [解析] 石块自由下落的过程和抛出的铅球在空中运动的过程,只有重力做功,机械能守恒;电梯加速上升的过程中除重力做功外,钢索的拉力也对电梯做正功,所以机械能不守恒;木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程,除重力做功外,要克服摩擦力做功,所以机械能不守恒.选项A 、C 正确.2.AC [解析] 物体做平抛运动或沿光滑曲面自由运动时,不受摩擦力,在曲面上弹力不做功,只有重力做功,机械能守恒,所以A 、C 项正确;被匀速吊起的集装箱,绳的拉力对它做正功,机械能不守恒;物体以45g 的加速度向上做匀减速运动时,由牛顿第二定律得F-mg=m -45g ,有F=15mg ,可知物体受到竖直向上的大小为15mg 的外力作用,该力对物体做了正功,机械能不守恒.3.D [解析] 物体做匀速直线运动时,动能不变,势能仍可能变化,选项A 错误;物体做匀变速直线运动时,动能不断改变,机械能不一定守恒,选项B 错误;外力对物体所做的功等于0时,动能不变,势能仍可能变化,选项C 错误;机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力对物体做功,选项D 正确.4.BCD [解析] 若物体在合外力作用下做匀速圆周运动,匀速圆周运动为变速运动,动能不变,A 错误;在光滑水平面上匀速运动的物体所受的合力为0,机械能守恒,B 正确;平抛运动为匀变速运动,做平抛运动的物体机械能守恒,C 正确;根据机械能守恒条件可知D 正确.5.BD [解析] 小球到达最低点时,速度方向沿水平方向,在钉子挡住细绳瞬间,合外力对小球做功为零,则小球的动能不变,故A 错误,B 正确;在钉子挡住细绳瞬间,小球的质量和高度不变,则小球的重力势能不变,故C 错误;在钉子挡住细绳瞬间,小球的动能与重力势能都不变,则小球的机械能不变,故D 正确.6.CD [解析] 两物体质量相等,开始时高度相同,释放时两物体的机械能相同,释放后两物体都是只有重力做功,机械能都守恒,到最低点时下降高度不同,重力势能不同,动能不同,A 、B 错误,D 正确;根据机械能守恒定律可知,两物体均能回到等高的半圆形槽右边缘最高点,C 正确.。
2018年高中物理第七章机械能守恒定律7.8机械能守恒定律45分钟过关检测新人教版必修2
7.8机械能守恒定律一、选择题（每小题4分，共24分）1.关于机械能守恒，下列说法正确的是( )A.做匀速直线运动的物体，其机械能一定守恒B.做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒C.平抛运动的物体，其机械能一定守恒D.物体不受摩擦力，机械能一定守恒2.下述说法正确的是( )A.物体所受的合力为零，机械能一定守恒B.物体所受合力不为零，机械能一定不守恒C.物体受到重力、弹力以外的力作用时,机械能一定不守恒D.物体在重力、弹力以外的力做功时，机械能一定不守恒3.质量为m的小球，从桌面上竖直抛出，桌面距离地面高为h，小球能到达的离地面高度为H，若以桌面作为重力势能为零的参考平面，不计空气阻力，则小球落地时的机械能为（）A.mgHB.mghC.mg(H+h)D.mg(H－h)4.如图所示，一根长为l1的橡皮条和一根长为l2的绳子（l1<l2）悬于同一点，橡皮条的另一端系一A球，绳子的另一端系一B球，两球质量相等，现从悬线水平位置（绳拉直，橡皮条保持原长）将两球由静止释放，当两球摆至最低点时，橡皮条的长度与绳子长度相等，此时两球速度的大小为( )A.B球速度较大B.A球速度较大C.两球速度相等D.不能确定5.物体从光滑斜面顶端由静止滑下，当所用时间为滑到底端时间的一半时，物体的动能和势能之比是（设斜面底端处重力势能为0）( )A.1∶4B.1∶3C.1∶2D.1∶16.如图所示，从H高处以v平抛一小球，不计空气阻力，当小球距地面高度为h时，其动能恰好等于其势能，则（）A.h =2H B.h ＜2H C.h ＞2H D.无法确定二、非选择题（7、8题各6分，9、10题各7分，共26分）7.一物体从半径为0.4 m 的光滑半球外表面的顶点自由滑下，其落地速度大小是________m/s(g =10 m/s 2).8.如左下图所示，长为l 的细绳一端固定，另一端拴质量为m 的小球，将小球拉至水平位置后由静止释放，则小球摆到最低点速度为________，此时细绳对小球拉力为________.9.有一质量为m 的小球沿如下图所示的光滑轨道下滑，已知轨道圆形部分的半径为R ，试求倾斜轨道离地面最少得多高，才能保证小球从顶点释放后不会脱离轨道.10.如图所示，光滑杆上套上质量为m 的小环，由细绳经定滑轮与质量为M 的重物相连，滑轮与环距离l =0.3 m ，将环静止释放，下滑最大位移为0.4 m ，求mM .参考答案六、机械能守恒定律1.C 2.D 3.D 4.A 5.B 6.C 7.2.8 8.gl 2；3mg9.25R 10.2∶1。
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8 机械能守恒定律对点训练知识点一 机械能守恒的判定1．(多选)在下列所述实例中，若不计空气阻力，机械能守恒的是( ) A.石块自由下落的过程 B.电梯加速上升的过程C.抛出的铅球在空中运动的过程D.木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程2．(多选)下列物体中，机械能守恒的是( ) A ．做平抛运动的物体 B ．被匀速吊起的集装箱C ．光滑曲面上自由运动的物体D ．物体以45g 的加速度竖直向上做匀减速运动3．下列关于物体的机械能是否守恒的叙述正确的是( ) A ．物体做匀速直线运动时，机械能一定守恒 B ．物体做匀变速直线运动时，机械能一定守恒 C ．外力对物体所做的功等于0时，机械能一定守恒 D ．只有重力对物体做功时，机械能一定守恒 4．(多选)下列说法中正确的是( )A ．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化B ．物体的动能不变，所受合力可能为零C ．做匀变速运动的物体的机械能可能守恒D ．只有重力对物体做功，物体的机械能一定守恒 知识点二 机械能守恒定律的基本应用图L7－8－15．(多选)如图L7－8－1所示，细绳的一端固定于O 点，另一端系一小球，在O 点的正下方钉一个钉子C.小球从一定高度处释放，不考虑细绳的质量和形变，不计一切阻力，细绳摆到竖直位置时，被钉子挡住，比较细绳被钉子挡住前、后瞬间( )A ．小球的动能变小B ．小球的动能不变C ．小球的重力势能变小D ．小球的机械能不变 6．(多选)如图L7－8－2所示，半径分别为r 和R 的两个光滑半圆形槽的圆心在同一水平面上，质量相等的两物体分别自两个半圆形槽左边缘的最高点无初速度地释放，在下滑过程中，两物体( )图L7－8－2A．机械能均逐渐减小B．经最低点时动能相等C．均能到达半圆形槽右边缘最高点D．机械能总是相等的知识点三曲线运动中的机械能守恒问题图L7－8－37．一根长为l且不可伸长的轻质细绳一端固定于O点，另一端拴一个质量为m的小球．现将小球拉至细绳沿水平方向绷紧的状态，由静止释放小球，如图L7－8－3所示．若不考虑空气阻力的作用，重力加速度为g，则小球摆到最低点A时的速度大小为________，此时绳对小球的拉力大小为________．8．如图L7－8－4所示，在水平台面上的A点有一个质量为m的小球以初速度v0被抛出，不计空气阻力，重力加速度为g，求它到达台面下方h处的B点时的速度大小．图L7－8－4综合拓展9．图L7－8－5是某轻轨车站的设计方案，与站台连接的轨道有一个小坡度，电车进站要上坡，出站要下坡．已知坡高为2m，电车到a点时的速度为25.2km/h，此后便切断电动机的电源，如果不考虑电车所受的摩擦力，则电车能否冲上站台？如果电车不能冲上站台，请说明理由；如果电车能冲上站台，求它到达b点时的速度大小．(g取10m/s2)图L7－8－510．以20m/s的初速度将一物体从地面竖直上抛，若忽略空气阻力，g取10m/s2，试求：(1) 物体上升的最大高度；(2) 以地面为参考平面时，物体在上升过程中重力势能和动能相等时离地面的高度．11．如图L7－8－6所示，光滑的倾斜轨道与半径为R的光滑圆弧轨道相连接，圆弧轨道的最低点B和最高点C与圆心O在同一竖直线上，质量为m的小球在倾斜轨道上A点由静止释放，重力加速度为g.要使小球恰能通过圆弧轨道的最高点，小球释放点离圆弧轨道的最低点为多高？通过轨道最低点时球对轨道的压力为多大？图L7－8－612．如图L7－8－7所示，竖直放置的半径R＝80cm的半圆形光滑轨道与水平轨道相连接，连接点为P.质量为m ＝50g 的小球以一定的初速度沿水平轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁运动到最高点M ，如果小球经过N 点时速度v N ＝8m/s ，经过M 点时对轨道的压力为0.5N ．g取10m/s 2.求：(1)小球经过半圆轨道的P 点时对轨道的压力大小．(2)小球从N 点运动到M 点的过程中克服摩擦阻力做的功．图L7－8－71．AC [解析]石块自由下落的过程和抛出的铅球在空中运动的过程，只有重力做功，机械能守恒；电梯加速上升的过程中除重力做功外，钢索的拉力也对电梯做正功，所以机械能不守恒；木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程，除重力做功外，要克服摩擦力做功，所以机械能不守恒．选项A 、C 正确．2．AC [解析]物体做平抛运动或沿光滑曲面自由运动时，不受摩擦力，在曲面上弹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以A 、C 项正确；被匀速吊起的集装箱，绳的拉力对它做正功，机械能不守恒；物体以45g 的加速度向上做匀减速运动时，由牛顿第二定律得F－mg ＝m －45g ，有F ＝15mg ，可知物体受到竖直向上的大小为15mg 的外力作用，该力对物体做了正功，机械能不守恒．3．D [解析]物体做匀速直线运动时，动能不变，势能仍可能变化，选项A 错误；物体做匀变速直线运动时，动能不断改变，机械能不一定守恒，选项B 错误；外力对物体所做的功等于0时，动能不变，势能仍可能变化，选项C 错误；机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力对物体做功，选项D 正确．4．BCD [解析]若物体在合外力作用下做匀速圆周运动，匀速圆周运动为变速运动，动能不变，A 错误；在光滑水平面上匀速运动的物体所受的合力为0，机械能守恒，B 正确；平抛运动为匀变速运动，做平抛运动的物体机械能守恒，C 正确；根据机械能守恒条件可知D 正确．5．BD [解析]小球到达最低点时，速度方向沿水平方向，在钉子挡住细绳瞬间，合外力对小球做功为零，则小球的动能不变，故A 项错误，B 项正确；在钉子挡住细绳瞬间，小球的质量和高度不变，则小球的重力势能不变，故C 项错误；在钉子挡住细绳瞬间，小球的动能与重力势能都不变，则小球的机械能不变，故D 项正确．6．CD [解析]两物体质量相等，开始时高度相同，释放时两物体的机械能相同，释放后两物体都是只有重力做功，机械能都守恒，到最低点时下降高度不同，重力势能不同，动能不同，A 、B 错误，D 正确；根据机械能守恒定律可知，两物体均能回到等高的半圆形槽右边缘最高点，C 正确．7.2gl 3mg[解析] 小球由最高点落下，只有重力做功，绳子的拉力不做功，故机械能守恒，则mgl ＝12mv 2，故小球摆到最低点时的速度大小为v ＝2gl ，此时根据牛顿第二定律可得F －mg ＝m v2l，将速度的大小代入可得F ＝3mg. 8.v 20＋2gh[解析] 小球被抛出后运动过程中只有重力做功，机械能守恒，选地面为参考平面，设A 点距地面高为H ，则mgH ＋12mv 20＝mg(H －h)＋12mv 2B解得v B ＝v 20＋2gh.另外，若选台面为参考平面，则 12mv 20＝－mgh ＋12mv 2B 同样可解得v B ＝v 20＋2gh. 9．能 3m/s[解析] 电车电源切断后，只有重力做功，故机械能守恒．取a 点所在平面为参考平面，电车在a 点的机械能为E 1＝E k1＝12mv 21其中v 1＝25.2km/h ＝7m/s若将这些动能全部转化为势能，由机械能守恒定律得 12mv 21＝mgh′ 解得h′＝v 212g ＝722×10m ＝2.45m>h ＝2m ，所以电车能冲上站台设电车到b 点时的速度为v 2，由机械能守恒定律得 12mv 21＝mgh ＋12mv 22 解得v 2＝v 21－2gh ＝72－2×10×2m/s ＝3m/s. 10．(1)20m (2)10m[解析] (1)设物体上升的最大高度为H ，对物体整个上升过程应用机械能守恒定律，有 mgH ＝12mv 2解得H ＝v 22g＝20m.(2)设物体重力势能和动能相等的位置距地面的高度为h ，此时物体的速度为v ，则有 mgh ＝12mv 2对物体由抛出到运动至该位置的过程应用机械能守恒定律有 mgh ＋12mv 2＝12mv 2联立解得h ＝v 24g ＝10m.11.52R 6mg [解析] 小球在运动过程中受到重力和轨道支持力的作用，轨道支持力对小球不做功，只有重力做功，小球机械能守恒，取轨道最低点所在平面为参考平面．因小球恰能通过圆弧轨道的最高点，说明此时轨道对小球的作用力为零，只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR得v C ＝gR在圆弧轨道的最高点，小球的机械能为E C ＝12mv 2C ＋2mgR在释放点，小球的机械能为E A ＝mgh 根据机械能守恒定律有E C ＝E A 即mgh ＝12mv 2C ＋2mgR联立解得h ＝52R同理，小球在圆弧轨道的最低点时的机械能为E B ＝12mv 2B根据机械能守恒定律有E B ＝E C得v B ＝5gR小球在圆弧轨道的最低点受到轨道的支持力和重力，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2BR得F N ＝6mg根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为F′N ＝F N ＝6mg. 12．(1)3.5N (2)0.4J[解析] (1)小球在最高点，根据牛顿第三定律，轨道对小球的弹力F N1＝0.5N ，由向心力公式有F N1＋mg ＝mv 2MR解得v M ＝4m/s由P 到M ，由机械能守恒定律有12mv 2P ＝12mv 2M ＋mg·2R解得v P ＝43m/s在P 点，由向心力公式有F N2－mg ＝mv 2PR解得F N2＝3.5N根据牛顿第三定律可知，在P 点小球对轨道的压力大小为3.5N. (2)由N 到M ，由动能定理有－mg·2R－W f ＝12mv 2M －12mv 2N解得W f ＝0.4J.。