机械能守恒训练

一、单选题

1．“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面约为430km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要多次“轨道维持”。所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定圆轨道上稳定飞行。如果不进行“轨道维持”，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是 A．动能、重力势能和机械能逐渐减少

B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变 C．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 D．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变

2．“反向蹦极”是蹦极运动中的一种类型，如图所示，将弹性绳拉长后固定在运动员上，并通过其它力作用使运动员停留在地面上，当撤去其它力后，运动员从A点被“发射”出去冲向高空，当上升到B点时弹性绳恢复原长，运动员继续上升到最高点C，若运动员始终沿竖直方向运动并视为质点，忽略弹性绳质量与空气阻力。下列说法正确的是（ ） A.运动员在A点时弹性绳的弹性势能最小 B.运动员在B点的动能最大 C.运动员在C点时的加速度大小为0

D.运动员从A点运动到B点的过程弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量

3．如图所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接，轨道半径为R，BC为直径，一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点时瞬间对轨道的压力变为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ） A.物块经过B点时的速度大小为

B.刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3.5mgR C.物块从B点到C点克服阻力所做的功为

D.若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C点的动能为

4．如图abc是竖直平面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点，一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g，则（ ） A.小球恰好能运动到轨道最高点c

B.小球从a点开始运动到c点的过程中动能增量为2mgR

1

C.小球从a点开始运动到c点的过程中机械能的增量为2mgR

D.小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中机械能的增量为3mgR

5．如图所示，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，离地面高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b后，a能达到的最大高度为(b球落地后不反弹，不计滑轮质量和一切阻力) A．h

B．1.5h

C．2h

D．2.5h

6．如图所示，水平光滑长杆上套有物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂物块P，设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小。现将P、Q由静止同时释放，角逐渐增大，则下列说法错误的是（ ）

A．θ＝30°时，P、Q的速度大小之比是3：2 B．θ角增大到90°时，Q的速度最大、加速度最小

C．θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的动能增加，P的动能减小 D．θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的机械能增加，P的机械能减小 二、多选题

7．如图所示，一根轻质弹簧固定于 O 点，另一端系一个重物，将重物从与悬

挂点等高的地方无 初速度释放，让其自由摆下，不计空气阻力，重物在摆向最低点的位置的过程中( ) A.重物重力势能减小

B.重物重力势能与动能之和增大 C.重物的机械能不变 D.重物的机械能减少

8．如图为某运动员低空跳伞表演，假设质量为m的运动员在下落高度h的一段过程中受恒定阻力作用，匀加

3g(g为重力加速度)。在该运动过程中，下列说法正确的是（ ） 533 A．运动员的重力势能减少了mgh B．运动员的动能增加了mgh

5532C．运动员克服阻力所做的功为mgh D．运动员的机械能减少了mgh

55速下落的加速度为

9．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2．由图中数据可得（ ） A.从地面至h＝4m，物体重力做功80J B.从地面至h＝4m，物体克服空气阻力做功20J C.物体的质量为2kg

D.h＝0时，物体的速率为20m/s

2

10．如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，质量为M＝2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度h的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，则

A.物块B离开D点时的速度大小为4m/s

B.物块B落到P点时其竖直速度大于物块B离开D点时的速度 C.S与Q竖直高度为0.8m

D.物块能沿轨道到达M点的速度大小约为2.2m/s

11．如图甲所示，一处于竖直平面内的光滑轨道，由水平轨道AB与半径为R的四分之一圆规轨道BC组成，轨道AB和轨道BC在B点处平滑连接。一质量为m的物块（可视为质点）静止在A点，A、B之间的距离为R。现对物块施加一水平外力F使其从静止开始运动，力F随物块的水平方向位移x变化的图像如图乙所示，物块运动到B点后力F保持恒定，到C点时撤去力F，物块继续上升，达到的最高点距C点的距离为计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.F0=mg

B.物块从A到C的过程中，其机械能先增大再不变 C.运动过程中物块对轨道的最大压力大小为D.运动过程中物块对轨道的最大压力大小为4mg

12．如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动．在转动的过程中，忽略空气的阻力．若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是 A．球B转到最低点时，其速度为vBB．球B在最低点时速度为10gL C．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mg D．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为0.75mg

26gL5。不

3

三、解答题

13．如图，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数µ=0.1的水平轨道上的A点。对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W。经过一段时间后撒去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N。已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方=0.6，cos 37°=0.8）求： 向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m。（空气阻力可忽略，g=10 m/s2，sin37°（1）滑块运动到C点时速度vc的大小； （2）B、C两点的高度差h及水平距离x? （3）水平外力作用在滑块上的时间t?

4

机械能守恒训练参考答案

1．C【解析】轨道高度逐渐降低，即飞船的高度降低、重力势能减少，速度将增大、动能增大，重力势能转

化为动能；由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，飞船要克服空气阻力做功，飞船的机械能减少，转化为内能。

A. 动能、重力势能和机械能逐渐减少，与结论不相符，选项A错误；

B. 重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变，与结论不相符，选项B错误； C. 重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小，与结论相符，选项C正确； D. 重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变，与结论不相符，选项D错误； 2．D【解析】A.运动员在A点时弹性绳的伸长量最大，弹性势能最大；故A错误.

B.运动员的合力为零时速度最大，此时弹性绳处于伸长状态，位置在AB之间；故B错误. C.运动员在C点时弹性绳松驰，弹力为0，运动员只受重力，加速度大小为g；故C错误.

D.运动员从A点运动到B点的过程，运动员的动能增加，重力势能增加，弹性绳的弹性势能减小，根据系统的机械能守恒知弹性绳的弹性势能减小量等于运动员重力势能的增加量与动能的增加量之和，所以弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量；故D正确. 3．C【解析】A.在B点由向心力公式可知：

B.由机械能守恒定律得：刚开始时被压缩弹簧的弹性势能C. 恰能通过半圆轨道的最高点C，物体经过C点的速度

解得

解得：

故A项不符合题意； 故B项不符合题意；

由B点运动C点，由动能定理得：

故C项符合题意；

D. 若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，因为在半圆轨道运动时，速度变大，压力变大，摩擦力变大。所以故D项不符合题意。

4．BA．【解析】设小球到达c点的速度为v，则从a到c由动能定理：则小球不是恰好能运动到轨道最高点c（恰好达到c点的速度为零），A错误； B．小球从a到c的过程中，动能增量为

，B正确；

，解得

，

，由功能原理得

解得：

C．小球从a点开始运动到c点的过程中机械能的增量为，故C错误；

D．小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c点达到最高点的时间为t，则有

，此段时间水平位移为

，所以小球从a点开始

运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为，水平外力做功为，则机械能的增量为，故D错误。

5．B【解析】释放b后，在b到达地面之前，a向上加速运动，b向下加速运动，a、b系统的机械能守恒，设b落地瞬间速度为v，取地面所在平面为参考平面，则3mghmgh121mv(3m)v2，可得vgh。b22v2h.所以a能达到的最大高度为1.5h。a向上以速度v做竖直上抛运动， 落地后，能够继续上升的高度h2g26．C【解析】A.对Q分析，根据速度和合成与分解vP=vQcos30°，解得

vP3，故A正确，A不合题意. vQ2B.P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ=90°时，Q的速度最大，此时

水平方向的拉力为零，加速度最小，故B正确;B项不合题意. C.θ角逐渐增大到90°的过程中，Q的速度一直增大，P的速度先增大，后减小，故Q的动能增加，P的动能

1

先增大后减小，故C错误;则C项符合题意. D.θ角逐渐增大到90°的过程中，绳的拉力一直做正功，故机械能增加，绳的拉力对P一直做负功，机械能一直减小，故D正确;D项不合题意.

7．AD【解析】A. 在小球向下摆动过程中，重力做正功，故重力势能减小，故A项与题意相符；

B. 在小球向下摆动过程中，弹簧的弹力逐渐变大，故弹性势能逐渐变大；在整个运动的过程中，有重力和弹簧的弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；故重物重力势能与动能之和不断减小，故B项与题意不相符； CD. 根据功能关系，除重力外，其余力做的功等于机械能的增加量，故重物的机械能减少量等于克服弹簧弹力所做的功，物体的机械能减小。故C项与题意不符，D项与题意相符。

8．BD【解析】A、运动员在下落高度h的一段过程中，重力做功mgh，运动员的重力势能减少了mgh，故A错误。

B、运动员在下落高度h的一段过程中，合外力的功W合=mah=能增加了

3mgh，根据动能定理W合=nEk，运动员的动53mgh，故B正确。 52mg，在下落高度h的过程中，运动员克服阻力522所做的功Wf=mgh，根据能量守恒，运动员的机械能减少了mgh，故C错误，D正确。

55CD、根据牛顿第二定律mg-Ff=ma，运动员受到的阻力Ff=

9．BC【解析】A. 从地面至h=4m，物体重力势能增加了80J，则物体重力做功-80J，故A项与题意不相符；

B. 从地面至h=4m，物体的机械能减少20J，根据功能关系知，物体克服空气阻力做功20J．故B项与题意相符； C. 由图知，h=4m时Ep=80J，由Ep=mgh得m=2kg，故C项与题意相符； D. h=0时，Ep=0，E总=100J，则物体的动能为Ek=E总-Ep=100J由

得：

故D项与题意不

相符。

10．AC【解析】AB.A、B碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，有vy2＝2gR，而＝tan45°解得vD＝vy＝4m/s,选项A正确、B错误；

C.设A与B碰撞前的速度为，A与B相碰交换速度，所以v0=vD＝4m/s,A从S滑到Q的过程中，根据机械能守恒定律得mAgh＝mAv02解得h＝0.8m,选项C正确；

D.设物块能沿轨道到达M点，且到达时其速度为vM，从D到M由动能定理得：－mBgRcos45°＝mBvM2－mBvD2， 解得vM≈2.2m/s<

≈2.8m/即物块不能到达M点，选项D错误。

，

11．AD【解析】A.从A点开始到物体上升到最高点的过程，由能量关系可知：解得F0=1.5mg，选项A正确；

B. 物块从A到C的过程中，F一直做正功，则物体的机械能一直增加，选项B错误； CD.F和mg的等效合力为

，则物体到达此平衡位置时对轨道的压力最大，此位置

；

与圆心连线与竖直方向夹角为θ=37°，则由动能定理：由牛顿第二定律：

，联立解得：

，选项C错误，D正确.

mv212．AC【解析】A、球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg，

2L2

解得v2gL，由于A、B两球的角速度相等，而线速度之比等于半径之比，故此时A的线速度为

vAv22gL，由机械能守恒定律可知B转到最低点时，选O点为零势面，则有2121vB211226gL 故选项A正确，B错误； mgLmvBm()mgLmv2mvA，解得vB2222252mvACD、 B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有Fmg，解得

LF1.5mg，故杆对水平轴的作用力为1.5mg，故选项C正确，D错误。

15．（1）vc=5m/s；（2）h=0.45m；x=1.2m；（3）t=0.4s

2vD 【解析】（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得： FN－mg＝mR滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得： mgR（1－cosα）＋联立解得vc5m/s。

（2）滑块在C点时，速度的竖直分量为： vyvcsin3m/s

2vy1212mvC＝mvD

22B、C两点的高度差为h＝

2g＝0.45 m

滑块由B运动到C所用的时间为ty＝

vyg＝0．3 s

滑块运动到B点时的速度为vBvccos4m/s B、C间的水平距离为xvBty1.2m

（3）滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得： PtμmgL解得t0.4s。

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