课时作业18 机械能守恒定律 能的转化和守恒定律
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
1．下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A 、B 、C 中斜面是光滑的，图D 中的斜面是粗糙的，图A 、B 中的F 为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A 、B 、D 中的木块向下运动，图C 中的木块向上运动．在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是(
)
图1
解析：依据机械能守恒条件：只有重力做功的情况下，物体的机械能才能保持守恒，由此可见，A 、B 均有外力F 参与做功，D 中有摩擦力做功，故A 、B 、D 均不符合机械能守恒的条件，故答案为C.
答案：C
2．在一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m 的游戏者身系一根长为L 、弹性优良的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5 L 时到达最低点，若在下落过程中不计空气阻力，则从橡皮绳开始拉紧，到游戏者到达最低点的过程中，以下说法错误的是( )
A ．速度先增大后减小 C ．动能增加了mgL
B ．加速度先减小后增大 1
D
2
解析：橡皮绳拉紧的开始阶段：mg －F ＝ma ，a 向下减小，但速度增加，当mg ＝F 以后，又有：F －mg ＝ma ′ ，a ′向上增大，速度减小，故A 、B 正确；重力在此过程中11
做正功mgL ，重力势能减少了mgL ，D 正确；因此过程初时刻动能为mgL ，末时刻动能为
220，动能减少了mgL ，故C 错误．
答案：
C
图2
3．一块质量为m 的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图2所示，用恒力F 拉弹簧，使木块离开地面，如果力F 的作用点向上移动的距离为h ，则( )
A ．木块的重力势能增加了mgh B ．木块的机械能增加了Fh C ．拉力所做的功为Fh D ．木块的动能增加了Fh
解析：因拉力F 为恒力，所以拉力所做的功为W ＝Fh ，C 选项正确．力F 的作用点向上移动的距离为h ，但物体上升的距离小于h ，A 选项错．由功能关系可知，拉力所做的功等于弹簧增加的弹性势能与木块增加的机械能(即木块增加的动能和重力势能) 之和，所以B 、D 选项均错．
答案：
C
图3
4．如图3所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上．质量为m 的小物块(可视为质点) 放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为F f . 物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为l . 在这个过程中，以下结论正确的是( )
A ．物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋l ) B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f l C ．物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋l ) D ．物块和小车增加的机械能为Fl
解析：根据动能定理，物块到达最右端时具有的动能为E k 1＝△E k 1＝F ·(L ＋l ) －F f ·(L ＋l ) ＝(F －F f )·(L ＋l ) ，A 正确．物块到达最右端时，小车具有的动能可根据动能定理列式：E k 2＝△E k 2＝F f l ，B 正确．由功的公式，物块克服摩擦力所做的功为W f ＝F f (L ＋l ) ，C 正确．物块增加的机械能E km ＝(F －F f )(L ＋l ) ，小车增加的机械能E kM ＝F f l ，物块和小车增加的机械能为E km ＋E kM ＝F ·(L ＋l ) －F f L . 或直接由功能关系得结论，D 错误．
答案：ABC
5．一物体获得一竖直向上的初速度从某点开始向上运动，运动过程中加速度的方向始终竖直向下，大小为4 m/s2，则正确的说法是(g 取10 m/s2)( )
A ．上升的过程中物体的机械能不断增加，重力势能增加 B ．下降的过程中物体的机械能不断增加，重力势能减小 C ．整个过程中物体的机械能不变
D ．物体下落回到抛出点时的机械能和抛出时的机械能相等
解析：根据牛顿第二定律F 合＝ma 即mg －F ＝ma ，F ＝6m 方向竖直向上，即物体在受到自身重力的同时还受到向上的F ＝6m 的拉力，上升过程中，F 做正功，物体机械能增加，重力做负功，重力势能增加，故A 正确；下降过程中F 做负功，物体机械能减小，重力做正功，重力势能减小，B 错误；运动过程中F 做功，故机械能变化，C 错；而从抛出到落回抛出点的整个过程中F 做功的代数和为零，即W 其他＝0，所以落回抛出点时的机械能还等于抛出时的机械能，故D 正确．
答案：
AD
图4
6．一物块从如图4所示的弧形轨道上的A 点由静止开始滑下，由于轨道不光滑，它仅能滑到B 点．由B 点返回后，仅能滑到C 点，已知A 、B 高度差为h 1，B 、C 高度差为h 2，则下列关系正确的是( )
A ．h 1＝h 2 C ．h 1>h 2
B ．h 1
D ．h 1、h 2大小关系不确定
解析：由能的转化和守恒定律可知，物块由A 到B 的过程中重力势能减少mgh 1，全部用于克服摩擦力做功，即W fAB ＝mgh 1，同理：W fBC ＝mgh 2，又随着小滑块最大高度的降低，运动过程中的同位置处滑块对轨道的压力变小，必有W fAB >W fBC ，所以mgh 1>mgh 2，得：h 1>h 2，C 项正确．
答案：
C
图5
7．半径为R 的四分之一竖直圆弧轨道，与粗糙的水平面相连，如图5所示．有一个质量为m 的均匀细直杆搭放在圆弧两端，若释放细杆，它将开始下滑，并且最后停在水平面上．在上述过程中( )
A ．杆克服摩擦力所做的功为mgR 1
B ．杆克服摩擦力所做的功为mgR
2C ．重力所做的功为mgR 1
D
2
1
解析：在杆滑动的过程中，杆不能看作质点，重力所做的功为mg R ，摩擦力所做的功
211
为W f ，杆受到的支持力对杆不做功，根据动能定理有：mg R ＋W f ＝0－0，可得W f ＝－mgR ，
22
1
即合外力所做的总功为0，杆克服摩擦力所做的功为，故只有B 正确．
2
答案：
B
图6
8．沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来，在缓解用电高峰电力紧张方面，取得了良好的社会效益和经济效益．抽水蓄能电站的工作原理是，在用电低谷时(如深夜) ，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电，如图6所示，蓄水池(上游水库) 可视为长方体，有效总库容量(可用于发电) 为V ，蓄水后水位高出下游水面H ，发电过程中上游水库水位最大落差为d . 统计资料表明，该电站年抽水用电为2.4×108 kW·h ，年发电量为1.8×108 kW·h. 则下列计算结果正确的是(水的密度为ρ，重力加速度为g ，涉及重力势能的计算均以下游水面为零势能面)( )
A ．能用于发电的水的最大重力势能E p ＝ρVgH d
B. 能用于发电的水的最大重力势能E p ＝ρVg(H －)
2C ．电站的总效率达75%
D ．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以105 kW计) 约10 h d
解析：以下游水面为零势能面，则用于发电的水的重心位置离下游水面高为(H －) ，故
2W 有1.8×108d
其最大重力势能E p ＝ρVg(H －) ，A 错，B 对；电站的总效率η＝×100%＝100%
2W 总2.4×10W 有
＝75%，故C 对；设该电站平均每天发电可供一个大城市居民用电t 小时，则：Pt 代
365入数据得t ＝5 h，故D 错．
答案：BC
二、计算题(3×12′＝36′
)
图7
9. AB 是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B 与水平直轨道相切，如图7所示，一小球自A 点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R ，小球的质量为m ，不计各处
摩擦，求：
(1)小球运动到B 点时的动能；
1
(2)小球下滑到距水平轨道的高度为R 时速度的大小和方向；
2
(3)小球经过圆弧轨道的B 点和水平轨道的C 点时，所受轨道支持力F N B 、F N C 各是多大？
解析：以BC 面所在的平面为零势能面 (1)根据机械能守恒定律得：E k ＝mgR (2)根据机械能守恒定律得：ΔEk ＝ΔEp 11
m v 2＝mgR 22
小球速度大小为：v gR
速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30°角． (3)根据牛顿运动定律及机械能守恒定律， v B 21
在B 点：F N B －mg ＝m mgR m v B 2
R 2解得F N B ＝3mg ，在C 点：F N C ＝mg .
答案：(1)mgR gR ，沿圆弧的切线向下与竖直方向成30°角 (3)3mg mg
图8
10．如图8所示，摆球的质量为m ，从偏离水平方向θ＝30°的位置由静止释放，求： (1)小球运动到最低点A 时绳子受到的拉力是多大？ (2)整个过程中小球的机械能还守恒吗？
解析：(1)设悬线长为l ，小球被释放后，先做自由落体运动，直到下落高度为h ＝2l sin θ＝l ，处于松弛状态的细绳被拉直为止．如图9所示，这时，小球的速度方向竖直向下，大小为v 2gl .
图9
当绳刚被拉直时，在绳的冲力作用下，速度v 的法向分量v n 减为零(相应的动能转化为绳的内能) ；小球以切向分量v τ＝v cos30°，开始做变速圆周运动到最低点．根据后一过程中机械能守恒，有
11
m (v cos30°) 2＋mgl (1－cos60°) ＝v A 2 22
v A 2在最低点A ，根据牛顿第二定律，又有F －mg ＝m l v A 2
所以，绳的拉力为F ＝mg ＋m 3.5mg .
l
(2)整个过程中小球的机械能不守恒，细绳被拉直的瞬间小球的动能有损失，相应的动能转化为绳的内能．
答案：(1)3.5 mg (2)不守恒
图10
11．如图10所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为l ＝5 m，传送带在电动机的带动下以v ＝1 m/s的速度匀速运动，现将一质量为m ＝10 kg的小物体(可视为质点) 轻放在传送带的A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ3/2，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s2)
(1)传送带对小物体做的功； (2)电动机做的功．
μmgcos θ－mg sin θ解析：(1)物块加速上升时的加速度a ＝
m ＝2.5 m/s2
1
当小物体的速度v ＝1 m/s时，时间为t ，位移为l 1，则v ＝at ，l 1at 2
2解得t ＝0.4 s，l 1＝0.2 m
之后，小物体与传送带保持相对静止，即以v ＝1 m/s的速度走完4.8 m的路程． 1
由功能关系得：W ＝m v 2＋mgl sin θ＝255 J.
2(2)小物块与传送带的相对位移 v
△l ＝v t －t ＝0.2 m
2
摩擦生热Q ＝μmg·cos θ·△l ＝15 J 故电动机做的功为：
W 机＝W ＋Q ＝270 J.答案：(1)255 J (2)270 J
课时作业18 机械能守恒定律 能的转化和守恒定律
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
1．下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A 、B 、C 中斜面是光滑的，图D 中的斜面是粗糙的，图A 、B 中的F 为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A 、B 、D 中的木块向下运动，图C 中的木块向上运动．在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是(
)
图1
解析：依据机械能守恒条件：只有重力做功的情况下，物体的机械能才能保持守恒，由此可见，A 、B 均有外力F 参与做功，D 中有摩擦力做功，故A 、B 、D 均不符合机械能守恒的条件，故答案为C.
答案：C
2．在一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m 的游戏者身系一根长为L 、弹性优良的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5 L 时到达最低点，若在下落过程中不计空气阻力，则从橡皮绳开始拉紧，到游戏者到达最低点的过程中，以下说法错误的是( )
A ．速度先增大后减小 C ．动能增加了mgL
B ．加速度先减小后增大 1
D
2
解析：橡皮绳拉紧的开始阶段：mg －F ＝ma ，a 向下减小，但速度增加，当mg ＝F 以后，又有：F －mg ＝ma ′ ，a ′向上增大，速度减小，故A 、B 正确；重力在此过程中11
做正功mgL ，重力势能减少了mgL ，D 正确；因此过程初时刻动能为mgL ，末时刻动能为
220，动能减少了mgL ，故C 错误．
答案：
C
图2
3．一块质量为m 的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图2所示，用恒力F 拉弹簧，使木块离开地面，如果力F 的作用点向上移动的距离为h ，则( )
A ．木块的重力势能增加了mgh B ．木块的机械能增加了Fh C ．拉力所做的功为Fh D ．木块的动能增加了Fh
解析：因拉力F 为恒力，所以拉力所做的功为W ＝Fh ，C 选项正确．力F 的作用点向上移动的距离为h ，但物体上升的距离小于h ，A 选项错．由功能关系可知，拉力所做的功等于弹簧增加的弹性势能与木块增加的机械能(即木块增加的动能和重力势能) 之和，所以B 、D 选项均错．
答案：
C
图3
4．如图3所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上．质量为m 的小物块(可视为质点) 放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为F f . 物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为l . 在这个过程中，以下结论正确的是( )
A ．物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋l ) B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f l C ．物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋l ) D ．物块和小车增加的机械能为Fl
解析：根据动能定理，物块到达最右端时具有的动能为E k 1＝△E k 1＝F ·(L ＋l ) －F f ·(L ＋l ) ＝(F －F f )·(L ＋l ) ，A 正确．物块到达最右端时，小车具有的动能可根据动能定理列式：E k 2＝△E k 2＝F f l ，B 正确．由功的公式，物块克服摩擦力所做的功为W f ＝F f (L ＋l ) ，C 正确．物块增加的机械能E km ＝(F －F f )(L ＋l ) ，小车增加的机械能E kM ＝F f l ，物块和小车增加的机械能为E km ＋E kM ＝F ·(L ＋l ) －F f L . 或直接由功能关系得结论，D 错误．
答案：ABC
5．一物体获得一竖直向上的初速度从某点开始向上运动，运动过程中加速度的方向始终竖直向下，大小为4 m/s2，则正确的说法是(g 取10 m/s2)( )
A ．上升的过程中物体的机械能不断增加，重力势能增加 B ．下降的过程中物体的机械能不断增加，重力势能减小 C ．整个过程中物体的机械能不变
D ．物体下落回到抛出点时的机械能和抛出时的机械能相等
解析：根据牛顿第二定律F 合＝ma 即mg －F ＝ma ，F ＝6m 方向竖直向上，即物体在受到自身重力的同时还受到向上的F ＝6m 的拉力，上升过程中，F 做正功，物体机械能增加，重力做负功，重力势能增加，故A 正确；下降过程中F 做负功，物体机械能减小，重力做正功，重力势能减小，B 错误；运动过程中F 做功，故机械能变化，C 错；而从抛出到落回抛出点的整个过程中F 做功的代数和为零，即W 其他＝0，所以落回抛出点时的机械能还等于抛出时的机械能，故D 正确．
答案：
AD
图4
6．一物块从如图4所示的弧形轨道上的A 点由静止开始滑下，由于轨道不光滑，它仅能滑到B 点．由B 点返回后，仅能滑到C 点，已知A 、B 高度差为h 1，B 、C 高度差为h 2，则下列关系正确的是( )
A ．h 1＝h 2 C ．h 1>h 2
B ．h 1
D ．h 1、h 2大小关系不确定
解析：由能的转化和守恒定律可知，物块由A 到B 的过程中重力势能减少mgh 1，全部用于克服摩擦力做功，即W fAB ＝mgh 1，同理：W fBC ＝mgh 2，又随着小滑块最大高度的降低，运动过程中的同位置处滑块对轨道的压力变小，必有W fAB >W fBC ，所以mgh 1>mgh 2，得：h 1>h 2，C 项正确．
答案：
C
图5
7．半径为R 的四分之一竖直圆弧轨道，与粗糙的水平面相连，如图5所示．有一个质量为m 的均匀细直杆搭放在圆弧两端，若释放细杆，它将开始下滑，并且最后停在水平面上．在上述过程中( )
A ．杆克服摩擦力所做的功为mgR 1
B ．杆克服摩擦力所做的功为mgR
2C ．重力所做的功为mgR 1
D
2
1
解析：在杆滑动的过程中，杆不能看作质点，重力所做的功为mg R ，摩擦力所做的功
211
为W f ，杆受到的支持力对杆不做功，根据动能定理有：mg R ＋W f ＝0－0，可得W f ＝－mgR ，
22
1
即合外力所做的总功为0，杆克服摩擦力所做的功为，故只有B 正确．
2
答案：
B
图6
8．沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来，在缓解用电高峰电力紧张方面，取得了良好的社会效益和经济效益．抽水蓄能电站的工作原理是，在用电低谷时(如深夜) ，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电，如图6所示，蓄水池(上游水库) 可视为长方体，有效总库容量(可用于发电) 为V ，蓄水后水位高出下游水面H ，发电过程中上游水库水位最大落差为d . 统计资料表明，该电站年抽水用电为2.4×108 kW·h ，年发电量为1.8×108 kW·h. 则下列计算结果正确的是(水的密度为ρ，重力加速度为g ，涉及重力势能的计算均以下游水面为零势能面)( )
A ．能用于发电的水的最大重力势能E p ＝ρVgH d
B. 能用于发电的水的最大重力势能E p ＝ρVg(H －)
2C ．电站的总效率达75%
D ．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以105 kW计) 约10 h d
解析：以下游水面为零势能面，则用于发电的水的重心位置离下游水面高为(H －) ，故
2W 有1.8×108d
其最大重力势能E p ＝ρVg(H －) ，A 错，B 对；电站的总效率η＝×100%＝100%
2W 总2.4×10W 有
＝75%，故C 对；设该电站平均每天发电可供一个大城市居民用电t 小时，则：Pt 代
365入数据得t ＝5 h，故D 错．
答案：BC
二、计算题(3×12′＝36′
)
图7
9. AB 是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B 与水平直轨道相切，如图7所示，一小球自A 点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R ，小球的质量为m ，不计各处
摩擦，求：
(1)小球运动到B 点时的动能；
1
(2)小球下滑到距水平轨道的高度为R 时速度的大小和方向；
2
(3)小球经过圆弧轨道的B 点和水平轨道的C 点时，所受轨道支持力F N B 、F N C 各是多大？
解析：以BC 面所在的平面为零势能面 (1)根据机械能守恒定律得：E k ＝mgR (2)根据机械能守恒定律得：ΔEk ＝ΔEp 11
m v 2＝mgR 22
小球速度大小为：v gR
速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30°角． (3)根据牛顿运动定律及机械能守恒定律， v B 21
在B 点：F N B －mg ＝m mgR m v B 2
R 2解得F N B ＝3mg ，在C 点：F N C ＝mg .
答案：(1)mgR gR ，沿圆弧的切线向下与竖直方向成30°角 (3)3mg mg
图8
10．如图8所示，摆球的质量为m ，从偏离水平方向θ＝30°的位置由静止释放，求： (1)小球运动到最低点A 时绳子受到的拉力是多大？ (2)整个过程中小球的机械能还守恒吗？
解析：(1)设悬线长为l ，小球被释放后，先做自由落体运动，直到下落高度为h ＝2l sin θ＝l ，处于松弛状态的细绳被拉直为止．如图9所示，这时，小球的速度方向竖直向下，大小为v 2gl .
图9
当绳刚被拉直时，在绳的冲力作用下，速度v 的法向分量v n 减为零(相应的动能转化为绳的内能) ；小球以切向分量v τ＝v cos30°，开始做变速圆周运动到最低点．根据后一过程中机械能守恒，有
11
m (v cos30°) 2＋mgl (1－cos60°) ＝v A 2 22
v A 2在最低点A ，根据牛顿第二定律，又有F －mg ＝m l v A 2
所以，绳的拉力为F ＝mg ＋m 3.5mg .
l
(2)整个过程中小球的机械能不守恒，细绳被拉直的瞬间小球的动能有损失，相应的动能转化为绳的内能．
答案：(1)3.5 mg (2)不守恒
图10
11．如图10所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为l ＝5 m，传送带在电动机的带动下以v ＝1 m/s的速度匀速运动，现将一质量为m ＝10 kg的小物体(可视为质点) 轻放在传送带的A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ3/2，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s2)
(1)传送带对小物体做的功； (2)电动机做的功．
μmgcos θ－mg sin θ解析：(1)物块加速上升时的加速度a ＝
m ＝2.5 m/s2
1
当小物体的速度v ＝1 m/s时，时间为t ，位移为l 1，则v ＝at ，l 1at 2
2解得t ＝0.4 s，l 1＝0.2 m
之后，小物体与传送带保持相对静止，即以v ＝1 m/s的速度走完4.8 m的路程． 1
由功能关系得：W ＝m v 2＋mgl sin θ＝255 J.
2(2)小物块与传送带的相对位移 v
△l ＝v t －t ＝0.2 m
2
摩擦生热Q ＝μmg·cos θ·△l ＝15 J 故电动机做的功为：
W 机＝W ＋Q ＝270 J.答案：(1)255 J (2)270 J