机械能守恒定律习题(含答案)

机械能守恒定律习题(含答案)一、选择题1.下列关于机械能守恒的说法中正确的是（）A.做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B.做匀加速运动的物体，其机械能一定不守恒C.做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D.除重力和弹力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒答案：D解析：A选项，做匀速运动的物体，机械能不一定守恒，例如物体在竖直方向做匀速直线运动，动能不变，重力势能变化，机械能不守恒，A错误；B选项，做匀加速运动的物体，机械能可能守恒，比如自由落体运动，只受重力，加速度为g，机械能守恒，B错误；C选项，做匀速圆周运动的物体，机械能不一定守恒，例如在竖直平面内做匀速圆周运动的物体，动能不变，重力势能变化，机械能不守恒，C错误；D选项，根据机械能守恒的条件，除重力和弹力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒，D正确。2.一个物体从光滑斜面顶端由静止开始下滑，在它通过的路径中取AE并分成相等的四段，如图所示，vC表示物体通过C点时的瞬时速度，v表示物体在AE段的平均速度，则vC和v的关系是（）A.vC=vB.vC>vC.vC<vD.以上三种关系都有可能答案：B解析：物体从光滑斜面顶端由静止开始下滑，做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动的推论：某段时间内的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度。设物体从A到E的时间为t，C点为AE的中间位置，而中间位置的速度大于中间时刻的速度。物体在AE段的平均速度等于中间时刻的速度，所以vC>v，B正确。3.质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，如图所示，若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个过程中小球重力势能的变化分别是（）A.mgh，减少mg（H-h）B.mgh，增加mg（H+h）C.-mgh，增加mg（H-h）D.-mgh，减少mg（H+h）答案：D解析：以桌面为参考平面，小球落地时的高度为-h，根据重力势能的表达式Ep=mgh，可得小球落地时的重力势能为-mgh。小球初始的重力势能为mgH，末重力势能为-mgh，重力势能的变化量ΔEp=Ep末-Ep初=-mgh-mgH=-mg（H+h），负号表示重力势能减少，所以整个过程中小球重力势能减少mg（H+h），D正确。4.如图所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中（）A.重力做正功，弹力不做功B.重力势能减少，弹性势能增加C.若用与弹簧原长相等的细绳代替弹簧后，重力做正功，弹力不做功D.若用与弹簧原长相等的细绳代替弹簧后，重力势能减少，弹性势能不变答案：BCD解析：A选项，在重物由A点摆向最低点B的过程中，重力方向竖直向下，重物在重力方向上有位移，重力做正功，弹簧伸长，弹力对重物做负功，A错误；B选项，重物高度降低，重力势能减少，弹簧伸长，弹性势能增加，B正确；C选项，若用与弹簧原长相等的细绳代替弹簧后，重力方向竖直向下，重物在重力方向上有位移，重力做正功，细绳的拉力始终与重物的运动方向垂直，弹力不做功，C正确；D选项，用细绳代替弹簧后，重物高度降低，重力势能减少，细绳没有发生弹性形变，弹性势能不变，D正确。5.如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为3g/4，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A.重力势能增加了mghB.机械能损失了mgh/2C.动能损失了mghD.克服摩擦力做功mgh/4答案：AB解析：A选项，物体上升的高度为h，根据重力势能的变化量ΔEp=mgh，重力势能增加了mgh，A正确；B选项，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin30°+f=ma，已知a=3g/4，解得f=mg/4。物体在斜面上上升的最大高度为h，则沿斜面上升的距离s=2h，摩擦力做功Wf=-fs=-mg/4×2h=-mgh/2，机械能的损失等于克服摩擦力做的功，所以机械能损失了mgh/2，B正确；C选项，根据动能定理，合外力做功等于动能的变化量，合外力F合=ma=3mg/4，沿斜面上升的距离s=2h，合外力做功W合=-F合s=-3mg/4×2h=-3mgh/2，动能损失了3mgh/2，C错误；D选项，由前面分析可知克服摩擦力做功mgh/2，D错误。二、填空题1.质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h高度，那么：（1）物体的重力势能减少了__________；（2）物体的动能增加了__________；（3）物体的机械能增加了__________。答案：（1）mgh；（2）2mgh；（3）mgh解析：（1）物体高度下降h，根据重力势能的变化量ΔEp=mgh，重力势能减少了mgh；（2）根据动能定理，合外力做功等于动能的变化量，合外力F合=ma=2mg，物体下降的高度为h，合外力做功W合=F合h=2mgh，所以物体的动能增加了2mgh；（3）物体的机械能等于动能与重力势能之和，重力势能减少了mgh，动能增加了2mgh，所以机械能增加了2mgh-mgh=mgh。2.如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ=30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮。一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连接，A的质量为4m，B的质量为m。开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升。物块A与斜面间无摩擦。设当A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了。则物块B上升的最大高度H为__________。答案：1.2s解析：对A、B系统，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。A下降的高度hA=ssin30°=s/2，B上升的高度hB=s。系统减少的重力势能ΔEp=4mg×s/2-mgs=mgs。设此时A、B的速度为v，根据动能定理可得mgs=（4m+m）v²/2，解得v²=2gs/5。细线断后，B做竖直上抛运动，根据v²=2gh，可得B继续上升的高度h'=v²/2g=s/5。所以物块B上升的最大高度H=s+s/5=1.2s。3.如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP=L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，则初速度v0=__________。答案：\(\sqrt{\frac{7gL}{2}}\)解析：小球恰能到达最高点B，在B点时，重力提供向心力，即mg=mvB²/（L/2），解得vB²=gL/2。从A点到B点，根据机械能守恒定律，以A点所在平面为零势能面，有mv0²/2=mg×（L/2）+mvB²/2，将vB²=gL/2代入可得mv0²/2=mg×（L/2）+m×（gL/2）/2，解得v0=\(\sqrt{\frac{7gL}{2}}\)。三、解答题1.如图所示，一质量为m=2kg的物体从半径为R=5m的圆弧的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端（圆弧AB在竖直平面内）。拉力F大小始终为15N，方向始终与物体在该点的切线成37°角。圆弧所对应的圆心角为60°，BO边为竖直方向，g取10m/s²。求这一过程中：（1）拉力F做的功；（2）重力G做的功；（3）圆弧面对物体的支持力N做的功；（4）圆弧面对物体的摩擦力f做的功。解：（1）将圆弧分成很多小段，每一小段都可以近似看成直线，设每一小段的长度为Δs。拉力F做的功WF=Fcos37°ΣΔs，而ΣΔs等于圆弧AB的长度s=Rθ（θ为圆心角，这里θ=π/3），s=5×π/3m。WF=Fcos37°×Rθ=15×0.8×5×π/3J=20πJ≈62.8J。（2）物体上升的高度h=R-Rcos60°=5-5×0.5=2.5m。重力G做的功WG=-mgh=-2×10×2.5J=-50J。（3）支持力N始终与物体的运动方向垂直，根据W=Fscosα（α为F与s的夹角），α=90°，cosα=0，所以支持力N做的功WN=0。（4）根据动能定理，WF+WG+WN+Wf=ΔEk，因为物体缓慢运动，ΔEk=0。所以Wf=-WF-WG-WN=-62.8-（-50）-0=-12.8J。2.如图所示，半径为R的光滑半圆上有两个小球A、B，质量分别为m和M，由细线挂着，今由静止开始无初速度自由释放，求小球A升至最高点C时A、B两球的速度。解：对A、B组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒。设A升至最高点C时的速度为vA，B的速度为vB，由于A、B用细线相连，它们沿细线方向的速度大小相等，即vA=vB=v。以初始位置为零势能面，A上升的高度hA=R，B下降的高度hB=πR/2。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，有Mg×πR/2-mgR=（M+m）v²/2。整理可得：（Mπ-2m）gR=（M+m）v²。解得v=\(\sqrt{\frac{(M\pi-2m)gR}{M+m}}\)。3.如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。要求物块能通过圆形轨道的最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）。求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围。解：（1）首先分析物块刚好能通过圆形轨道最高点的情况。在最高点，当轨道对物块的压力为零时，由重力提供向心力，即mg=mv1²/R，解得v1=\(\sqrt{gR}\)。从初始位置到最高点，根据机械能守恒定律，mg（h1-2R）=mv1²/2，将v1=\(\sqrt{gR}\)代入可得mg（h1-2R）=m×gR/2，解得h1=2.5R。（2）然后分析物块在最高点与轨道间的压力为5mg的情况。在最高点，根据牛顿第二定律，N+mg=mv2²/R，已知N=5mg，可得5mg+mg=mv2²/R，解得v2=\(\sqrt{6gR}\)。从初始位置到最高点，根据机械能守恒定律，mg（h2-2R）=mv2²/2，将v2=\(\sqrt{6gR}\)代入可得mg（h2-2R）=m×6gR/2，解得h2=5R。所以物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围是2.5R≤h≤5R。4.如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，轻绳与竖直方向的夹角为θ，求：（1）拉力F做的功；（2）重力做的功；（3）轻绳的拉力T做的功。解：（1）因为小球缓慢移动，动能不变，根据动能定理，WF+WG+WT=ΔEk=0。小球上升的高度h=L（1-cosθ）。重力做的功WG=-mgh=-mgL（1-cosθ）。轻绳的拉力T始终与小球的运动方向垂直，所以轻绳的拉力T做的功WT=0。则拉力F做的功WF=-WG-WT=mgL（1-cosθ）。（2）由上述分析可知，重力做的功WG=-mgL（1-cosθ）。（3）轻绳的拉力T始终与小球的运动方向垂直，根据W=Fscosα（α为F与s的夹角），α=90°，cosα=0，所以轻绳的拉力T做的功WT=0。5.如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。（1）试分析滑块在传送带上的运动情况；（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度v0，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能；（3）若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度v0，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。解：（1）滑块在传送带上的运动情况分两种：①当滑块离开弹簧时的速度v>v0时，滑块在传送带上做匀减速直线运动，直到速度减为v0。②当滑块离开弹簧时的速度v<v0时，滑块在传送带上做匀加速直线运动，直到速度增为v0。（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度v0，滑块在传送带上做匀减速直线运动。根据牛顿第二定律，滑块的加速度a=μmg/m=μg。根据运动学公式v0²-v²=-2aL，可得v²=v0²+2μgL。释放滑块时弹簧具有的弹性势能等于滑块离开弹簧时的动能，即Ep=mv²/