人教版高一物理下册 机械能守恒定律同步单元检测(Word版 含答案)

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难） 1．在机场和火车站对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当行李放在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s ，某行李箱的质量为5 kg ，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上的A 点，已知传送带AB 两点的距离为1.2 m ,那么在通过安全检查的过程中，g 取10 m/s 2，则 （ ）．
A ．开始时行李箱的加速度为0.2 m/s 2
B ．行李箱从A 点到达B 点时间为3.1 s
C ．传送带对行李箱做的功为0.4 J
D ．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma ，所以得：a="2" m/s 2，故A 错误；物体加速到与传送带共速的时间10.40.22v t s s a ===，此时物体的位移：110.042
x vt m ==，则物体在剩下的x 2=1.2m-0.04m=1.96m 内做匀速运动，用时间22 2.9x t s v =
=，则行李箱从A 点到达B 点时间为t=t 1+t 2="3.1" s ，选项B 正确；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=
12mv 2="0.4" J ，故C 正确；在传送带上留下的痕迹长度为：0.04?22
vt vt s vt m =-==，故D 正确．故选BCD ．
2．在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点,每隔T 的时间,轻放上一个相同的工件,已知工件与传送带间动摩擦因素为,工件质量均为m ,经测量,发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ,下列判断正确的有
A ．传送带的速度为x T
B ．传送带的速度为22gx μ
C ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为12
mgx μ D ．在一段较长的时间内,传送带因为传送工件而将多消耗的能量为2
3mtx T
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x =vT ，解得传送带的速度v =x T
．故A 正确； B ．设每个工件匀加速运动的位移为x ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg ，则传送带的速度2v gx μ=s 与x 的关系．故B 错误；
C ．工件与传送带相对滑动的路程为
22
222v v x x v g g gT μμμ∆=-= 则摩擦产生的热量为
Q =μmg △x ＝2
22mx T
故C 错误；
D ．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量
2
2212mx E mv mg x T μ=+∆= 在时间t 内，传送工件的个数f W E η=
则多消耗的能量 2
3mtx E nE T
'== 故D 正确。

故选AD 。

3．如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。

一小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R ，空气阻力不计，重力加速度大小为g ，下列说法一定正确的是 （ ）
A ．若05v gR <
B ．若02v gR <，小球不可能到达圆周最高点
C ．若02v gR <，小球运动过程中机械能守恒
D ．若05v gR >
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AD. 小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律，在最高点，有
2
v mg m R
= 由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律，有
22011222
mv mv mg R =+⋅ 解得
05v gR =若小球速度05v gR <是最终在圆心下方做往复运动，故A 错误；若小球速度05v gR >轨，小球运动过程中机械能守恒，故D 错误；
B. 如果轨道内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律，有
20122
mv mg R =⋅ 解得
02v gR =现在内轨粗糙，如果小球速度02v gR <小球在到达最高点前速度已为零，小球不可能到达圆周最高点，故B 正确；
C.若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律，有
2012
mv mgR = 解得
02v gR =
若02v gR <，小球只与外轨作用，不受摩擦力作用，小球运动过程中机械能守恒，故C 正确。

故选BC 。

4．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A 处，上端连接质量5kg 的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。

将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O 点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a 随位移x 的变化关系如图乙所示，，重力加速度取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

下列说法正确的是 （ ）
A ．滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
B ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1
C 13m/s
D ．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A 错误；
B ．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a =5.2m/s 2，根据牛顿第二定律有
sin cos mg mg ma θμθ-=
解得0.1μ=，故B 正确；
C ．当x =0.1m 时a =0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有
sin cos 0mg kx mg θμθ--=
解得260N /m k =，则弹簧弹力与形变量的关系为
F kx = 当形变量为x =0.1m 时，弹簧弹力F =26N ，则滑块克服弹簧弹力做的功为
11 2.60.1J 1.3J 22
W Fx ==⨯⨯= 从下滑到速度最大，根据动能定理有 ()2m 1sin cos 2mg mg x W mv θμθ--=
解得m 13v =m/s ，故C 正确； D ．滑块滑到最低点时，加速度为25.2m/s a '=-，根据牛顿第二定律可得
sin cos mg mg kx ma θμθ--'='
解得0.2m x '=，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有
()p sin cos 00mg mg x E θμθ'--=-
解得E p =5.2J ，故D 错误。

故选BC 。

5．如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O 固定在天花板上，物块B 和A 通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后，再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A 和C ，物块C 穿在竖直固定细杆上，OA 竖直，OC 间距3m l =且水平，此时A 、C 间轻绳恰好拉直而无张力作用。

已知物块A 、B 、C 质量均为2kg 。

不计一切摩擦，g 取10m/s 2.现将物块C 由静止释放，下滑h =4m 时物块B 刚好被提起，下列说法正确的是（ ）
A ．弹簧劲度系数为20N/m
B ．此过程中A 、
C 组成的系统机械能总和一直不变
C ．此时物块C 的速度大小为108m/s 41
D ．此时物块A 的速度大小为108
m/s 41 【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．初态时，弹簧的压缩量
1mg x k
= 根据勾股定理可知，C 下降h =4m 时，A 物体上升了2m ，根据题意可知
2kx mg =
122x x +=
整理可得
121m x x ==，20N/m k =
A 正确；
B ．物体
C 开始下降时，弹簧处于压缩状态，弹力对物体A 做正功，系统机械能增加，后来弹簧处于伸长状态，弹力对物体A 做负功，系统的机械能减小，B 错误；
CD ．由于弹簧的伸长量与压缩量相等，整个过程弹簧对A 物体做功等于零，因此A 、C 组成的系统，初态的机械能与末态的机械能相等
22A C 1211()22
mgh mv mv mg x x =+++ 设绳子与竖直方向夹角为θ ，由于A 、C 沿着绳的速度相等
C A cos v v θ= 且
4cos 5
h l θ==
整理得
C v =，A v = C 错误，
D 正确。

故选AD 。

6．如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ．现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E 点，D 、E 两点间
的距离为
2L ．若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面间的动摩擦因数μ=，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( )
A ．A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动
B ．A 在从
C 至
D 的过程中，加速度大小为
120g C ．弹簧的最大弹性势能为158
mgL D ．弹簧的最大弹性势能为3
8mgL
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对AB 整体，从C 到D 的过程受力分析，根据牛顿第二定律得加速度为
4sin 304cos30420
mg mg mg g a m m μ︒--⋅︒==+ 可知a 不变，A 做匀加速运动，从D 点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E 点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A 错误，B 正确； CD ．当A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB 整体应用动能定理得
004sin 304cos30222L L L mg L mg L mg L W μ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+︒-+-⨯︒+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝
⎭弹 解得38
W mgL =弹，则弹簧具有的最大弹性势能为 p 38
E W mgL ==弹 故C 错误，D 正确。

故选BD 。

7．如图所示，倾角为的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初速度的放在传送带上端，传送带与物块间动摩擦因数tan μθ<，取传送带底端为零势能面，下列描述小物块速度v ，重力势能E P ，动能E k 和机械能E 四个物理量随物块沿传送带运动距离x 的变化趋势中正确的有（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小物块无初速度的放在传送带上，先向下加速，最初阶段传送带的速度大于小物体的速度，滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律的小物体的加速度
1(sin cos )a g θμθ=+
由
212v a x =
得
12v a x =故v —x 图像应为向x 轴弯曲的一段曲线；
当小物体加速到与传送带的速度相等后，由于tan μθ<，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，小物体受到的合力沿传送带向下，小物块继续向下加速；小物块的速度大于传送带的速度v 0后，摩擦力沿传送带向上，加速度
2(sin cos )a g θμθ=-
由
22022v v a x -=
解得
2022v v a x =+
故v-x 图像同样为向x 轴弯曲的一段曲线，故A 错误；
B ．取传送带底端为零势能面，设初状态重力势能为E P0，重力势能表达式为
p p0sin E E mgx θ=-
E P -x 图像应为斜率为负值的一段直线，故B 正确；
C ．小物块加速度为a 1时，根据动能定理有动能的表达式为
k 1E F x ma x ==⋅合
设此过程获得的动能为E k0，E k -x 图像应为斜率为正值、过原点的一段直线；小物块的速度大于传送带速度后加速度为a 2，动能表达式为
k k0k02E E F x E ma x =+=+合
故E k -x 图像应为斜率为正值的一段直线；由于12a a >，斜率变小，故C 正确。

D ．小物块加速度为a 1时，摩擦力做正功，机械能增加，机械能表达式为
p0cos E E mg x μθ=+⋅
E-x 图像应为斜率为正值的一段直线，纵轴截距为初状态的机械能E P0；小物体加速到与传送带的速度相等时，机械能增加到最大值E m ，小物块的速度大于传送带速度后，摩擦力做负功，机械能表达式为
m cos E E mg x μθ=-⋅
E-x 图像应为斜率为负值的一段直线，故D 正确。

故选BCD 。

8．如图所示，一根劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平地面上，轻弹簧上端正上方h 高度处A 点有一个质量为m 的小球。

现让小球由静止开始下落，在B 点接触轻弹簧的上端，在C 点时小球所受的弹力大小等于重力大小，在D 点时小球速度减为零，此后小球向上运动返回到最初点，已知小球在竖直方向上做周期性运动。

若轻弹簧储存的弹性势能与其形变量x 间的关系为212
p E kx =
，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．在D 点时小球的加速度大小大于重力加速度g 的大小
B ．小球从B 点到D 点的过程中，其速度和加速度均先增大后减小
C ．从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
D ．小球在D 点时弹簧的压缩量为
(2)mg mg mg kh ++ 【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】 A ．若小球从B 点由静止释放，则最低点应该在D ′位置且满足BC =CD ′，由对称可知，在D ′点的加速度为向上的g ；若小球从A 点释放，则最低点的位置在D 点，则D 点应该在D ′点的下方，则在D 点时小球的加速度大小大于在D ′点的加速度，即大于重力加速度g 的大小，选项A 正确；
B ．小球从B 点到D 点的过程中，在B
C 段重力大于弹力，加速度向下且逐渐减小，速度逐渐变大；在C
D 段，重力小于弹力，加速度向上且逐渐变大，速度逐渐减小，即小球从B 点到D 点的过程中，加速度先减小后增加，速度先增加后减小，选项B 错误；
C ．由能量守恒定律可知，从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，选项C 错误；
D ．由能量关系可知从A 到D 满足
21()2
mg h x kx +=
解得小球在D 点时弹簧的压缩量为 (2)mg mg mg kh x ++=
（另一值舍掉）选项D 正确。

故选AD 。

9．如图，水平传送带长为L =4m ，在电动机的带动下以速度v =2m/s 始终保持匀速运动，把质量为m =10kg 的货物放到左端A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ=0.4，当货物从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是（g 取10m/s 2）（ ）
A ．货物一直做匀加速运动
B ．货物运动到B 点时的速度大小为2m/s
C ．货物与传送带因摩擦而产生的热量为10J
D ．电动机因货物多输出的机械能为40J
【答案】BD
【解析】
【分析】
AB ．货物在传送带上的加速度
24m/s a g μ==
货物加速到2m/s 所需的时间为
2
s 0.5s 4
v t a =
== 货物加速到2m/s 时的位移为
2211
40.50.5m 22
x at ==⨯⨯=
因为x L <，货物与传送带速度相等后，随传送带一起匀速向右运动，所以货物先加速，后匀速，货物运动到B 点时的速度大小为2m/s ，故A 错误，B 正确； C ．在货物加速的0.5s 内，传送带的位移为
120.5m 1m x vt ==⨯=
它们之间的相对位移为
10.5m s x x =-=
所以货物与传送带因摩擦而产生的热量为
0.410100.5J=20J Q mgs μ==⨯⨯⨯
故C 错误；
D ．电动机因货物多输出的机械能为物体动能的增加量和系统因摩擦产生的热量，故
2211
102J 20J 40J 22
E mv Q =+=⨯⨯+=
故D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其距离0.50m d =，盆边缘的高度为0.30m h =．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为0.10μ=．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为（ ）．
A ．0.50m
B ．0.25m
C ．0.10m
D ．0
【答案】D 【解析】
小物块滑动过程中，重力做功和摩擦阻力做功，全过程应用动能定理可进行求解。

【详解】
由小物块从A 点出发到最后停下来，设小物块在BC 面上运动的总路程为S ，整个过程用动能定理有：
0mgh mgs μ-=
所以小物块在BC 面上运动的总路程为
0.3
m 3m 0.1
h
s μ
=
=
= 而d =0.5 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，即距离B 点为0 m 。

故选D 。

【点睛】
本题对全过程应用动能定理，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程的关系。

11．物块在水平面上以初速度v 0直线滑行，前进x 0后恰好停止运动，已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x 的关系为μ=kx （k 为常数），重力加速度为g 。

则（ ） A ．200
v kgx =
B ．200
2v kgx =
C ．20
02
kgx v =
D ．2
002v kgx =
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
因动摩擦因数kx μ=，则滑动摩擦力为
f m
g kmgx μ==
即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功的功可用平均力乘以位移表示，由动能定理
2
00001022
kmgx f x x mv +-=-
⋅=- 解得
2
00
v kgx = 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

12．某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。

用v y 、E 、E k 、P 分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t 表示足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g 的匀变速直线运动，其速度-时间关系为， 上升阶段
0y y v v gt =-
下落阶段
y gt =v
由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是一条倾斜直线，A 错误； B ．不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E 不变，B 错误； C ．足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，C 错误； D ．足球在竖直方向上的速度满足 上升阶段
0y y v v gt =-
下落阶段
y gt =v
再由重力的瞬时功率
y P mgv =
可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，D 正确； 故选D ．
13．如图所示，一质量为M 的人站在台秤上，一根长为R 的悬线一端系一个质量为m 的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球运动到最高点时，小球的速度为零
B ．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为Mg
C ．小球在a 、b 、c 三个位置时，台秤的示数相同
D ．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球恰好能通过圆轨道最高点，由
2
v mg m R
=
得
v gR =
A 项错误；
B ．小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg ，但不是最小，当小球处于如图所示状态时，
设其速度为v 1，由牛顿第二定律有
2
1cos v T mg m R
θ+=
由最高点到该位置，由机械能守恒定律
22111
(1cos )22
mv mgR mv θ+-= 解得悬线拉力为
T =3mg （1-cosθ）
其分力为
T y =T cosθ=3mgcosθ-3mgcos 2θ
当cosθ=0.5，即θ=60°时，台秤的最小示数为
F min =Mg -T y =Mg -0.75mg
故B 错误；
C ．小球在a 、b 、c 三个位置，竖直方向的加速度均为g ，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，故C 正确；
D ．人没有运动，不会有超重失重状态，故D 错误。

故选C 。

14．如图所示，一竖直轻质弹簧固定在水平地面上，其上端放有一质量为m 的小球，小球可视为质点且和弹簧不拴接。

现把小球往下按至A 位置，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球上升至最高位置C ，图中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态。

已知B 、A 的高度差为1h ，C 、B 的高度差为2h ，重力加速度为g ，空气阻力忽略不计。

下列说法正确的是（ ）
A ．从A 位置上升到
B 位置的过程中，小球的动能一直增大 B ．从A 位置上升到
C 位置的过程中，小球的机械能守恒 C ．小球在A 位置时，弹簧的弹性势能等于()12mg h h +
D ．小球在A 位置时，弹簧的弹性势能小于()12mg h h + 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球从A 位置上升到
B 位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k x mg ∆=时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大；之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，小球做减速运动，故小球从A 上升到B 的过程中，动能先增大后减小，选项A 错误； B ．从A 运动到B 的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能增加。

从B 运动到
C 的过程中，只受重力，机械能守恒，选项B 错误；
CD 、根据系统的机械能守恒可知小球在A 位置时，弹簧的弹性势能等于小球由A 到C 位置时增加的重力势能，为
21p E mg h h =+()
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

15．一质量为m 的小轿车以恒定功率P 启动，沿平直路面行驶，若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为v 。

当小轿车的速度大小为23
v
时，它的加速度大小为（ ） A ．
P mv
B ．
2P mv
C ．
32P
mv
D ．
4P mv
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
汽车速度达到最大后，将匀速前进，此时有
P Fv
=
F f
=
当汽车的车速为2
3
v
时，有
2
3
v
P F'
=⋅
根据牛顿第二定律有
F f ma
'-=
联立解得
2P
a
mv
=
选项B正确，ACD错误。

故选B。