機械能守恒定律 練習 高中物理新教科版必修第二冊（2022-2023學年） (一)

4.5機械能守恒定律

一、選擇題

1.如圖所示，光滑軌道LMNPQMK固定在水平地面上，軌道平面在豎直面內(nèi)，MNPQM是半徑為R的圓

形軌道，軌道LM與圓形軌道MNPQM在M點相切，軌道MK與圓形軌道MNPQM在M點相切，b點、P

點在同一水平面上，K點位置比P點低，b點離地高度為2R,a點離地高度為2.5R。若將一個質(zhì)量為m的

小球從左側(cè)軌道上不同位置由靜止釋放，關(guān)于小球的運動情況，以下說法中正確的是（）

A.若將小球從LM軌道上a點由靜止釋放，小球一定不能沿軌道運動到K點

B.若將小球從LM軌道上b點由靜止釋放，小球一定能沿軌道運動到K點

C.若將小球從LM軌道上a、b點之間任一位置由靜止釋放，小球一定能沿軌道運動到K點

D.若將小球從LM軌道上a點以上任一位置由靜止釋放，小球沿軌道運動到K點后做斜上拋運動，小球做

斜上拋運動時距離地面的最大高度一定小于由靜止釋放時的高度

2.如圖所示，長為Z,的輕繩一端固定于。點，另一端拴接質(zhì)量為，〃的小球?，F(xiàn)撞擊一下小球，使其獲得一

水平向右的初速度，小球恰好能通過最高點在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，重力加速度為g,不計空氣阻力。

則（）

廠：

'I

\L/

---A

A.小球在最高點的速度大小為0

B.小球運動到最高點時輕繩受到的拉力大小為祖g

C.小球運動到最低點時的速度大小為2瘋

D.小球運動到最低點時輕繩受到的拉力大小為6,”g

3.2021年5月，中國“天問一號”探測器首次在火星著陸。圖設(shè)為探測器經(jīng)過多次變軌后登陸火星的軌跡示

意圖，其中軌道1、m為橢圓，軌道n為圓，忽略探測器變軌時質(zhì)量的變化，下列關(guān)于探測器的說法正確

的是（）

A.探測器在軌道I的運行周期小于在軌道II的運行周期

B.探測器在軌道H上的速度小于火星的第一宇宙速度

C.探測器在軌道I上。點的加速度小于在軌道H上。點的加速度

D.探測器在軌道H上尸點的機械能小于在軌道IH上。點的機械能

4.2021年11月5日，占全球市場份額70%的無人機巨頭大疆，發(fā)布迄今為止影像素質(zhì)最優(yōu)異的消費級無

人機Mavic3。下圖是該型號無人機繞拍攝主體時做水平勻速圓周運動的示意圖。已知無人機的質(zhì)量為m,

無人機的軌道距拍攝對象高度為h,無人機與拍攝對象距離為r,無人機飛行的線速度大小為v,則無人機

A.無人機所受空氣作用力為mg

B.無人機所受向心力為機E

r

C.無人機匕行時要消耗電能，所以無人機的機械能是增加的

D.無人機繞行一周的周期為7=2兀-后

5.如圖所示，在一直立的光滑管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，上端。點與管口A的距離為2xo,一質(zhì)量為m的小球

從管口由靜止下落，將彈簧壓至最低點B,壓縮量為xo,不計空氣阻力，則（)

A.小球從接觸彈簧開始速度一直減小

B.彈簧最大彈性勢能為3mgxo

C.小球運動過程中最大速度等于2病

D.彈簧勁度系數(shù)等于整

6.如圖所示，固定在豎直面內(nèi)橫截面為半圓的光滑柱體（半徑為R,直徑水平）固定在距離地面足夠高處,

位于柱體兩側(cè)質(zhì)量相等的小球A、B（視為質(zhì)點）用細線相連，兩球與截面圓的圓心0處于同一水平線上（細

線處于繃緊狀態(tài)）?在微小擾動下，小球A由靜止沿圓弧運動到柱體的最高點P。不計空氣阻力，重力加速

度大小為g。小球A通過P點時的速度大小為（）。

A.旅B.歷C.指-忸D.《gR

7.如圖所示，質(zhì)量為m的小球從。點由靜止開始自由下落，經(jīng)過位置A時，速度大小vi,距離水平地面

高度為％,經(jīng)過位置B時，速度大小為V2,距離水平地面高度為h2；,不計空氣阻力，取地面為零勢能參考

平面，下列關(guān)系式正確的是（）

OO

A.mg%+mv\-mgh2+

B.mghx+mv^=mgh^+mv\

mgh+gniv^=mghy+gmv^

C.x

D.mgh、+gmv^=tngh^+gmv；

8.跳臺滑雪是冬奧會的重要競技項目。如圖所示，運動員在滑雪道上獲得一定速度后，從跳臺上。點水平

飛出。某運動員兩次試滑分別在斜坡上a、b兩點著陸，已知W:皿=3:4,斜坡與水平面間夾角為。，忽

略空氣阻力，運動員（含裝備）可視為質(zhì)點。則該運動員兩次試滑著陸時的動能之比（）

A.J：%=6：2B.&,:4=9:16C.Ek°:Ekb=3:4D-%：%=3tan，：4

9.如圖所示，傾角為0的光滑固定斜面上，質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊保持靜止，在

A物體上施加沿斜面向上的恒力F,使A物體沿斜面向上加速運動，當A物體的速度達到最大時，B物體

恰好離開擋板C。己知彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.恒力F為3mgsinO

B.A物體達到最大速度時受到的彈簧彈力為2mgsin。

C.A物體的最大速度v=2gsin6^J^

D.恒力F做的功大于A物體的機械能變化量

10.如圖所示，地面上豎直放一根輕彈簧，其下端和地面固定連接，-物體從彈簧正上方距彈簧一定高度

處自由下落，則（)

A.物體和彈簧接觸時，物體的動能最大

B.物體從接觸彈簧至離開彈簧的過程中，物體的動能和彈簧彈性勢能的和不斷增加

C.物體從接觸彈簧至離開彈簧的過程中，物體的動能和彈簧彈性勢能的和先增加后減少

D.物體在反彈階段動能一直增加，直到物體脫離彈簧為止

11.如圖a所示，在光滑的水平面上，輕彈簧右端與物塊A拴接，物塊A與物塊B間有少量的粘合劑，能

承受最大的拉力為!Fo,且物塊A和B的質(zhì)量均為m。以物塊A的位置為坐標原點。A所受彈簧彈力與坐

標的關(guān)系如圖b所示，F(xiàn)o和均為己知量，取A所受彈力水平向右為正方向?，F(xiàn)在向左推物塊A和B壓縮

彈簧至-與處，將物塊A和B由靜止釋放后()

A.B與A分離時的位置坐標為原點

B.B與A分離時的位置坐標為;七處

C.B與A分離之前，彈簧減少的彈性勢能為g吊與

D.B與A分離之前，A的速度為，匡兀

V8m

12.蹦床運動是極具技巧性和觀賞性的項目，具有彈性的蹦床可以簡化成下端固定的豎直放置的輕彈簧，

用小球替代運動員，如圖所示。運動員從最高點A點由靜止下落，當他經(jīng)過B點時，此時彈簧恰好處于自

由狀態(tài)，C點是運動過程的最低點。在整個豎直運動過程中，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，空氣阻力忽略不計。

運動員從A點運動到C點的過程中，若運動員姿態(tài)始終保持不變，則運動員、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)的

機械能()

o

--Z

--8

-C

/////////

A.越來越大B.越來越小

C.保持不變D.先增大，再減小

13.如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）左端固定在A點，彈性繩自然長度等于AB,跨

過由輕桿08固定的定滑輪連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過豎直固定的桿。初始時A、8、C在同一條

水平線上，小球從C點由靜止釋放滑到E點時速度恰好為零。已知C、E兩點間距離為力,力為CE的中點,

小球在C點時彈性繩的拉力為0.5mg,小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5,彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下

列說法正確的是（）

A.對于彈性繩和小球組成的系統(tǒng)，從C點到E點的過程中機械能守恒

B.小球從C點到E點的過程中摩擦力大小不變

C.小球在階段損失的機械能大于小球在OE階段損失的機械能

D.若在E點給小球一個向上的速度便，則小球恰好能回到C點

14.在拉力F的作用下，一輛玩具汽車從斜面底端由靜止開始沿斜面運動，它的動能Ek與位移x的關(guān)系如

圖所示（AB段為曲線），各處的摩擦忽略不計，下列說法正確的是（)

EQ

EL,

o'一一"x/m

A.0?XI過程中，車所受拉力逐漸增大

B.0?xi過程中，拉力的功率逐漸增大

C.0?X2過程與X2?X3過程，車的平均速度相等

D.X2?X3過程中，車的機械能可能不變

15.如圖所示，一豎直輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端與質(zhì)量為m的物塊a連接，初始時a保持靜

止?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的物塊b從距a正上方h處自由釋放，與a發(fā)生碰撞后一起運動但不粘連，壓縮彈簧

至最低點，然后一起上升到最高點時物塊b恰好不離開物塊a。物塊a、b均可視為質(zhì)點，彈簧始終處于彈

性限度內(nèi)，其彈性勢能與丘2（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），重力加速度為g,下列說法正

確的是（）

%

h

A.兩物塊由于碰撞損失的機械能為與

B.從碰撞后到最高點，整個系統(tǒng)彈性勢能的減少量為坐

O

C.從碰撞后到最高點，兩物塊的最大動能為學

D.整個系統(tǒng)彈性勢能的最大值為誓

二、解答題

16.2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標志著我國首次火星探測任務(wù)——著陸火

星取得圓滿成功。它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程，若已知著陸器（含降落傘）總質(zhì)量

m=1.3x]03kg,取火星表面重力加速度g'=4m/s2,忽略著陸器質(zhì)量的變化和g'的變化，打開降落傘后的運動

可視為豎直向下的直線運動。貝U：

（1）在第IV階段的最后，著陸器經(jīng)0.75s的無初速度、無動力下降后安全著陸，且火星表面大氣非常稀薄,

求著陸器著陸時的動能Ek；

（2）假設(shè)著陸器在第H"傘降減速階段”做勻減速運動，求它所受總平均阻力f的大?。?/p>

（3）著陸器在第H1“動力減速階段”可視為勻減速運動，求它在該階段機械能的改變量AE。

17.如圖所示，水平軌道AB和CD與豎直圓軌道平滑相接于最低點，圓軌道在最低點稍微里外錯開一點，

外面是B點，里面是C點。整個軌道除AB部分粗糙外，其余部分均光滑，AB長度為s=2.5m?在CD部

分的右側(cè)有一與CD等高的傳送帶緊靠D點，并順時針轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m=lkg可視為質(zhì)點的物體從A點在恒

定的拉力F=10N的作用下由靜止開始向右運動，F(xiàn)與水平方向夾角為0=37。，物體與AB間的動摩擦因數(shù)為

|.i1=0.2,物體運動到B點時撤去拉力，隨后滑上圓軌道，圓軌道的半徑為R=0.5m,g=10m/s2,sin37°=0.6,

求

（1）物體到達B點撤去拉力前瞬間，拉力做功的功率為多大？

（2）物體運動到圓軌道最高點E時對軌道的壓力為多大？

（3）傳送帶順時針轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速可隨意調(diào)節(jié)，使得物體離開傳送帶時速度隨之變化。物體與傳送帶間的動摩

擦因數(shù)為總=0.3,傳送帶的長度為L=3m,則物體滑離傳送帶的速度范圍？

E

參考答案

1.D

【詳解】

ABC.設(shè)小球恰好通過P點時速度為v。此時由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得

v2

mg=m-

R

設(shè)小球釋放點到地面的高度為H。從釋放到P點的過程，由機械能守恒定律得

mgH=mg-2R+；mv2

解得

H=2.5R

所以將小球從LM軌道上a點由靜止釋放，小球恰好到達P點，能做完整的圓周運動，由機械能守恒守恒

可知，一定能沿軌道運動到K點。而將小球從LM軌道上b點或a、b點之間任一位置由靜止釋放，不能到

達P點，在到達P前，小球離開圓軌道，也就不能到達K點，ABC錯誤；

D.小球做斜上拋運動時水平方向做勻速直線運動，到最大高度時水平方向有速度，設(shè)斜拋的最大高度為H1

根據(jù)機械能守恒定律得

mgH=ymv2+mgH1,v>0

則

H'vH

故小球做斜上拋運動時距離地面的最大高度一定小于由靜止釋放時的高度，D正確。

故選D。

2.D

【詳解】

AB.依題意，小球恰好做完整的圓周運動，則在最高點時小球重力恰好提供所需向心力，即輕繩對小球的

拉力恰好為0,所以小球運動到最高點時輕繩受到的拉力大小為0,根據(jù)牛頓第二定律可得在最高時小球的

速度大小為

故AB錯誤;

CD.根據(jù)動能定理，小球運動到最低點時有

〃次2L=—mv~——tnv

22

求得小球在最低點時的速度大小為

V=y[5gL

此時，根據(jù)牛頓第二定律有

F-mg=m

求得小球運動到最低點時輕繩受到的拉力大小為

故C錯誤，D正確。

故選D。

3.B

【詳解】

A.橢圓軌道I的半長軸大于圓軌道n的半徑，根據(jù)開普勒第三定律

可知，探測器在軌道【的運動周期大于在軌道n的運行周期，A錯誤；

B.設(shè)火星的質(zhì)量為探測器的質(zhì)量為〃],根據(jù)萬有引力提供向心力可得

GMm_mv2

再可得

v=

便可知軌道半徑越小，則線速度越大，由于軌道n的半徑大于火星的半徑，所以探測器在軌道n上的速度

小于火星的第一宇宙速度，B正確；

C.0為兩個軌道的交點，由牛頓第二定律可知

F萬GM

a=-=—

mr

所以經(jīng)過軌道I上。點的加速度等于經(jīng)過軌道II上。點的加速度，C錯誤；

D.根據(jù)變軌的原理可知，從圓軌道II到橢圓軌道ni,探測器需要減速，所以在軌道n上尸點的機械能大

于軌道ni上Q點的機械能，D錯誤。

故選B。

4.D

【詳解】

AB.根據(jù)向心力公式可得無人機所受向心力為

無人機所受空氣作用力F與重力mg的合力提供其做勻速圓周運動的向心力F向，根據(jù)力的合成可得

F=+耳;〉mg

故AB錯誤；

C.無人機高度不變，則重力勢能不變，速度大小不變，則動能不變，所以機械能不變，故C錯誤;

D.根據(jù)勻速圓周運動規(guī)律可得無人機繞行一周的周期為

丁2ndy-H

I=--------------

V

故D正確。

故選D。

5.B

【詳解】

A.小球接觸彈簧開始

mg-kx=ma

加速下落，彈力增大，速度增大，當小球的重力等于彈簧的彈力

mg=kx

時加速度為零，所以速度最大，再下落

kx-mg=ma

彈力增大，加速度反向增大，速度減小，故A錯誤;

B.根據(jù)機械能守恒定律，重力勢能的減少應(yīng)等于彈簧彈性勢能的增加，重力勢能減少3mgxo,彈性勢能最

大為3mgxo,故B正確；

C.從A到0

mgx2x0=；mv^

解得O點的速度為

v0=2扃

并非最大速度，所以最大速度大于2圾，故C錯誤;

D.平衡時滿足

mg=kx

即

k睜

X

X小于X0,彈簧勁度系數(shù)

k＞整

X。

故D錯誤。

故選Bo

6.C

【詳解】

對AB組成的系統(tǒng)，從開始運動到小球A運動到最高點的過程

吟"="2

7.D

【詳解】

取地面為零勢能參考平面，則A處的重力勢能為動能為g〃喈；在B處的重力勢能為，"g飽，動能為

根據(jù)機械能守恒定律，則有

mghy+gmv^=mgh^+Jmv1

故選D。

8.C

【詳解】

該運動員做平拋運動，設(shè)水平飛出時初速度為vo,落到斜坡上時有

tan0=Z=l￡=l.i￡=lA

XvQt2%2v0

得落到斜面上時，水平分速度與豎直分速度滿足

匕，

=:—

2tan。

運動過程中機械能守恒，有

一〃2H=mglsin0

2

落到斜坡上時該運動員的動能

E.=-mv2-m\——+1］片=mgl\——+1|sin<9

k221°2Utan20)y6Utan2^J

所以

&=也=3

E"Ob4

故選C。

9.C

【詳解】

AB.當A物體達到最大速度時，A受力平衡

F=mgsin0+F彈

這時B恰好離開擋板C

%=mgsin0

F=2mgsin0

AB項錯誤；

C.初始A、B保持靜止，彈簧被壓縮，壓縮量為

_mgsin0

中

A達到最大速度時彈簧被拉伸，拉伸量為

_mgsin0

X2=^r~

由能量守恒可得

2

F(x,+x2)=mg(x1+x2)sin0+^mv

解得

v=2gsin6口

C項正確；

D.由于初末狀態(tài)彈簧彈性勢能沒有變化，恒力做的功等于A物塊機械能的變化量，D項錯誤。

故選C。

10.C

【詳解】

A.物體在下落過程中，只受重力和彈簧彈力作用，總的機械能是守恒的；物體和彈簧接觸后，受重力和向

上的彈力作用，物體下落階段，先是重力大于彈力，然后是彈力大于重力，故物體先加速后減速，動能先

增加后減少，即物體和彈簧接觸時，物體的動能未達到最大，A錯誤；

D.同理，物體在反彈階段，未脫離彈簧時，動能先增加后減少，D錯誤；

BC.物體從接觸彈簧至離開彈簧的過程中，先下落后上升，物體的重力勢能先減少后增加，由于物體和彈

簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以物體的動能和彈簧彈性勢能的和先增加后減少，B錯誤C正確。

故選Co

11.B

【詳解】

AB.物塊A與物塊B間有少量的粘合劑，能承受最大的拉力為gFo,根據(jù)牛頓第二定律可得

4

1「

士=ma

2ma=F

解得

/=蝮

2

根據(jù)圖像可得B與A分離時的位置坐標為

*=血

2

A錯誤，B正確；

C.由圖像可得，B與A分離之前，彈簧減少的彈性勢能為

曲=g瑞%為=；玲玉）

C錯誤；

D.B與A分離之前，彈簧減小的彈性勢能轉(zhuǎn)化為A、B的動能，即有

AE=—?2mv2

n'2

解得

/也

v4/7?

D錯誤。

故選Bo

12.C

【詳解】

AB段運動員只受重力，機械能守恒，BC段除受重力外，還受彈力，運動員機械能不守恒，但是運動員、

彈簧所所組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以整個過程運動員、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)的機械能不變。

故選C。

13.BD

【詳解】

A.由于小球受到桿的滑動摩擦力做負功，對于彈性繩和小球組成的系統(tǒng)，從C點到E點的過程中機械能

減少，故A錯誤；

B.設(shè)BC間距為x,在C點時，繩上的拉力為

T-kx=O.5tng

從C點向下運動過程，設(shè)B點右側(cè)繩長為C與豎直方向夾角為0,水平方向由平衡條件可得

N-kx'-sin0-kx-0.5mg

小球受到的滑動摩擦力大小為

￡1

f=^N=-mg

4

故小球從C點到E點的過程中摩擦力大小不變，故B正確；

C.結(jié)合B解析可知，小球在CD階段和在DE階段克服摩擦力所做的功相同，故損失的機械能相同，故C

錯誤;

D.從C到E過程，據(jù)動能定理可得

=0

若在E點給小球一個向上的速度病，從E到C過程，據(jù)動能定理可得

W彈一mgh-"=E「—mv2

2

聯(lián)立解得到達C點的動能等于0,故小球恰好能回到C點，故D正確。

故選BDo

14.BD

【詳解】

A.Ek-x圖線的斜率表示車所受的合外力，。?xi過程中，車所受合外力不變，則所受拉力不變，故A錯誤;

B.0?xi過程中，拉力不變，而車的速度逐漸增大，所以拉力的功率逐漸增大，故B正確；

C.根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律的推論可知，只有當兩個過程車都做勻變速運動時，其平均速度才相等，而0?

X2過程中，車先做勻加速運動，然后做變加速運動；X2?X3過程，車做勻減速運動，所以0?X2過程與X2?

X3過程，車的平均速度不相等，故C錯誤；

D.X2?X3過程中，車做勻減速運動，此時拉力可能為零，車的機械能可能守恒，故D正確。

故選BDo

15.BCD

【詳解】

A.質(zhì)量為m的物塊b從距a正上方h處自由釋放，根據(jù)機械能守恒，可得到達物體a時b的速度為

mgh^^mv2

解得

V=yj2gh

A與b碰撞的過程中，動量守恒，則有

mv-2機y共

兩物塊由于碰撞損失的機械能為

AE=gmv2—?-2/nv^=gntgh

A錯誤;

B.一起上升到最高點時物塊b恰好不離開物塊a,則此時彈簧處在原長位置，設(shè)此時物體上升的高度為九，

則有

g?2/%?嗑+gkh；=g-2m-h]

又

kl%=mg

解得

,1,

It=-h

13

從碰撞后到最高點，整個系統(tǒng)彈性勢能的減少量為

2236

B正確；

C.當彈簧的彈力大小與兩物塊的重力大小相等時，此時有兩物塊的最大動能

a”=g.2"??噴+=，gh

C正確：

D.當兩物體的速度減為零時，整個系統(tǒng)彈性勢能取得最大值，此時最大值為

D正確。

故選BCD。

16.(1)5.85X103；；(2)1.04X104N;(3)2.73xlO7J

【詳解】

(1)著陸器在著陸前0.75s內(nèi)，大氣非常稀薄阻力可以忽略，無初速度、無動力下降，所以做自由落體運

動