北京市第四中学机械能守恒定律单元复习练习(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2
2 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=12
mv 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．质量是m 的物体（可视为质点），从高为h ，长为L 的斜面顶端，由静止开始匀加速下滑，滑到斜面底端时速度是v ，则（ ）
A ．到斜面底端时重力的瞬时功率为
B ．下滑过程中重力的平均功率为
C．下滑过程中合力的平均功率为
D．下滑过程中摩擦力的平均功率为
【答案】AB
【解析】
试题分析：A、根据P=mgvcosα可知，滑到底端的重力的瞬时功率为为：
P=mgvcosα=mgv．故A正确．B、物体运动的时间为：t==，则重力做功的平均功率为：P===．故B正确．C、物体做匀加速直线运动的加速度为：a=，则合力为：F合=ma=，合力做功为：W合=F合L=，则合力的平均功率为：
．故C错误．D、根据动能定理得：mgh﹣W f=mv2，解得克服摩擦力做功为：W f=mgh﹣mv2，则摩擦力做功的平均功率为：=﹣．故D错
误．
考点：功率、平均功率和瞬时功率．
3．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）
A．环到达B处时，重物上升的高度h=d/2
B．小环在B(322)gd
C．环从A到B，环沿着杆下落的速度大小小于重物上升的速度大小
D．环能下降的最大高度为4d/3
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A 、根据几何关系有，环从A 下滑至
B 点时，重物上升的高度2h d d =-，故A 错误；
B 、
C 、对B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物
的速度，有：v 环cos45°=v 物，根据系统机械能守恒定律可得
22112+222
mgd mgh mv mv -=
⋅环物，解得：环的速度=(322)v gd -环，故B 正确．故C 错误．D 、设环下滑到最大高度为H 时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为
2
2
H d d +-，根据机械能守恒有222()mgH mg H d d =+-，解得：4
3
H d =
，故D 正确．故选BD ． 【点睛】
解决本题的关键要掌握系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．
4．如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连。

开始时物块与定滑轮等高。

已知物块的质量13m kg =，球的质量25m kg =，杆与滑轮间的距离d =2m ，重力加速度g =10m/s 2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力。

现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中（ ）
A ．物块运动的最大速度为
53
m /s B ．小球运动的最大速度为
33
m /s C ．物块下降的最大距离为3m D ．小球上升的最大距离为2.25m
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力为小球的重力，有
250N T m g ==
对物块作受力分析，由受力平衡可知
1cos T m g θ=
对物块速度v 沿绳子的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v 1，则有
1cos v v θ=
对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知
221212111
()tan sin 22
d d m g
m g d m v m v θθ=-++ 代入数据可得
53
m/s 3
v =
，13m/s v = 故A 正确，B 错误；
CD ．设物块下落的最大高度为h ，此时小球上升的最大距离为h 1，则有
221h h d d =+-
对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得
121m gh m gh =
联立解得
3.75m h =，1 2.25m h =
故C 错误，D 正确。

故选AD 。

【点睛】
物块与小球具有速度关联，注意物块沿绳方向的分速度大小等于小球的速度大小。

5．如图，将一质量为2m 的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点正下方距离A 为d 处．现将环从A 点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）
A ．环到达
B 处时，重物上升的高度2
d B ．环能下降的最大距离为
43
d
C ．环到达B 处时，环与重物的速度大小之比为
22
D ．环从A 到B 减少的机械能等于重物增加的机械能 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
根据几何关系有，环从A 下滑至B 点时，重物上升的高度h=2d−d ，故A 错误；环下滑到最大高度为h 时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为22 h d d +-，根据机械能守恒有222(?)mgh mg h d d =+-，解得：h=
43
d
d ，故B 正确．对B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v
重物，所以
2v v 重物
＝，故C 错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D 正确；故选BD ．
6．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
22
022v 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 。

7．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】 【详解】
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 。

8．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 ．2
00
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 。

9．如图，在竖直平面内有一光滑水平直轨道，与半径为R 的光滑半圆形轨道相切于B 点，一质量为m （可视为质点）的小球从A 点通过B 点进入半径为R 的半圆，恰好能通 过轨道的最高点M ，从M 点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则（ ）
A ．小球在 A 点时的速度为 2gR
B ．小球到达B 点时对轨道的压力大小为mg
C ．小球从B 点到达M 点的过程中合力的冲量大小为
D ．小球运动到与圆心等高处对轨道的压力大小为3mg 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球恰好能通过半圆的最高点M ，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
2M
v mg m R
= 解得
M v 由A 到M ，由动能定理得
22M A 11222
mg R mv mv -⋅=
- 解得
A v 故A 错误；
B ．由A 到B ，速度不变
B A v v =在B 点时，对B 点进行受力分析重力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
B
N v F mg m R
-=
所以
2
2B
=+=6N v
F mg m mg m
mg R
R
+=
由牛顿第三定律得，小球到达B 点时对轨道的压力大小为
==6N F F mg 压
故B 错误；
C ．小球在B 点时速度向右，大小为B v =，在M 点时，速度向左，大小为
M v =B 点到达M 点的过程中，取向右为正，合力的冲量为动量的变化
=M B I mv mv --=-
故C 错误；
D ．小球运动到与圆心等高处时，由动能定理知
22A 1122
mg R mv mv -⋅=
-
在那一点，弹力提供向心力
2
3mv F mg R
==
由牛顿第三定律得，小球到达B 点时对轨道的压力大小为
==3F F mg 压
故D 正确； 故选：D 。

10．某汽车在平直公路上以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力为F 0．在t 1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P /2，此后保持该功率继续行驶，t 2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态．下面是有关汽车牵引力F 、速度v 在此过程中随时间t 变化的图像，其中正确的是( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
由题，汽车以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为
P
2
时，根据P =Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为012F F =
，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P
2
，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为0F ；由P =Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半．
AB ．汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速；故A 正确，B 错误．
CD ．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原；故CD 错误．
11．如图所示，AB 是倾角为37°的斜面，BC 为水平面，一小球以6J 的初动能从A 点水平
抛出，第一次落到界面上的动能为12J ，若A 点水平抛出的动能为12J ，则第一次落到界面上的动能为（ ）
A ．18J
B ．24J
C ．36J
D ．42J
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
当小球以6J 的初动能从A 点水平抛出时，假设小球落在斜面上，设初速度为1v ，在空中运动时间为1t ，由平抛运动规律可得
2
12
h gt =
① 1x v t = ②
tan 37h x
=
③ 从开始抛出到落到斜面过程，由动能定理可得
K K mgh E E =-末初 ④
2
112
K E mv =
初 ⑤ 联立①②③④⑤可得
19.5J 12J K E =≠末
故假设不成立，小球没有落在斜面上
当小球以6J 的初动能从A 点水平抛出时，小球落在水平面上，由动能定理可得
1K K mgh E E =-2⑥
当小球以12J 的初动能从A 点水平抛出时，小球也落在水平面上，由动能定理可得
43K K mgh E E =-⑦
联立⑥⑦可得
418J K E =
故选A
12．如图（a ）所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC ，半径为0.4 m ，小球以一定的初速度从最低点A 冲上轨道，图（b ）是小球在半圆形轨道上从A 运动到C 的过程中，其速率二次方与其对应高度的关系图像。

已知小球在最高点C 受到轨道的作用力为2.5 N ，空气阻力不计，B 点为AC 轨道中点，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是（ ）
A ．图（b ）中x =36
B ．小球质量为0.2 kg
C ．小球在A 点时受到轨道作用力为12.5 N
D ．小球在B 点时受到轨道作用力为4.5 N
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据机械能守恒定律
22011
22
mv mgh mv =+ 整理得
22
02v v gh -=-
由图（b ）可知，当0.8m h =时，2229m /s v =，代入上式可得
222025m /s x v ==
A 错误；
B ．在最高点时，根据牛顿第二定律
2
mv N mg R
+= 可得
0.2kg m =
B 正确；
C ．在A 点时，根据牛顿第二定律
20
A mv N mg R
-= 可得
A 14.5N N =
C 错误；
D ．小球在B 点时
2B
B mv N R
= 又
2202B v v gR -=-
整理得
8.5N B N =
D 错误。

故选B 。

13．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于 ( ) A ．
9
H B ．
29
H
C ．
39
H
D ．
49
H
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
设小球受到的阻力大小恒为f ，小球上升至最高点过程，由动能定理得：
2
0102
mgH fH mv --=-
小球上升至离地高度h 处时速度设为1v ，由动能定理得：
22101122
mgh fh mv mv --=
- 又由题有：2
11 22
mv mgh =
小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处时速度设为2v ，此过程由动能定理得：
22
2011222
mgh f H h mv mv ---=
-（） 又由题有：2
2122
mv mgh ⨯
= 以上各式联立解得：49
H
h =,选项D 正确，ABC 错误． 【点睛】
在应用动能定理解题时，要灵活选择研究的过程，各个力做功的分析非常重要，本题中要注意上升和下降过程中阻力始终做负功．
14．如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m 的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O 点，O 点与B 点在同一水平线上，BC >AB ，AC =h ，环从A 处由静止释放运动到B 点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g ，环从A 处开始运动时的加速度大小为2g ，则在环向下运动的过程中（ ）
A ．环在
B 处的加速度大小为0 B ．环在
C 2gh C ．环从B 到C 先加速后减速
D ．环的动能和弹簧弹性势能的和先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．环在
B 处时，水平方向受到弹簧的拉力和杆的支持力，二力平衡。

竖直方向受到重力，所以环在B 处的加速度大小为g ，故A 错误；
B ．因为B
C ＞AB ，则环从A 到C 弹簧的弹性势能增加，根据环和弹簧组成的系统机械能守恒得
2
P 12
C mgh mv E =
+∆ P 0E ∆>，则2C v gh
故B 错误；
C ．环从A 处开始运动时的加速度大小为2g ，根据牛顿第二定律得
=mg F ma +竖
得环从A 处时弹簧拉力的竖直向下的分量
=F mg 竖
设杆上A 点关于B 点的对称性为D 点（D 点在B 、C 之间），则环在D 点时，根据牛顿第二定律得
=mg F ma +竖
得
a =0
所以环从B 到D 做加速运动，环从D 到C 做减速运动，在D 点时速度最大，故C 正确； D ．因环和弹簧的系统机械能守恒，则系统的动能、弹性势能和重力势能之和不变，而重力势能在环向下运动的过程中一直减小，则环的动能和弹簧弹性势能的和一直增大，故D 错误。

故选C 。

15．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O ，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上．A 的质量为m ，B 的质量为4m .开
始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中错误的是()
A．物块B受到的摩擦力先减小后增大
B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右
C．小球A的机械能守恒，A、B系统的机械能守恒
D．地面对斜面体的支持力不变
【答案】D
【解析】
【详解】
A. A物体在最高点时，绳子拉力为零，对B进行受力分析可知，B受摩擦力
方向沿斜面向上，当小球A向下运动过程中，机械能守恒，则
在最低点时
整理得：
此时再对B进行受力分析可知，B受摩擦力沿斜面向下，大小等于mg，在A下摆的过程中，B受摩擦力先沿斜面向上，后沿斜面向下，所以物块B受到的摩擦力先减小后增大，故A正确，不符合题意；
B.在A下摆的过程中，将斜面体与B做为一个整体，细绳对整体始终有一个斜向左下方的拉力作用，因此地面对斜面体的摩擦力始终水平向右，故B正确，不符合题意；
C. 小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，B静止不动，机械能也守恒，所以A、B 系统的机械能守恒，故C正确，不符合题意；
D. 在A下摆的过程中，小球A在竖直方向上的加速度向上且不断增大，所以地面对斜面体的支持力是不断增大的，故D错误，符合题意。