高一物理下册机械能守恒定律单元练习(Word版 含答案)

一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）1．一足够长的水平传送带上放置质量为m=2kg小物块（物块与传送带之间动摩擦因数为0.2μ=），现让传送带从静止开始以恒定的加速度a=4m/s2开始运动，当其速度达到v=12m/s后，立即以相同大小的加速度做匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块均静止不动。

下列说法正确的是（）A．小物块0到4s内做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动直至静止B．小物块0到3s内做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动直至静止C．物块在传送带上留下划痕长度为12mD．整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J【答案】ACD【解析】【分析】【详解】物块和传送带的运动过程如图所示。

AB.由于物块的加速度a1=µg=2m/s2小于传送带的加速度a2=4 m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间12vta==3s，此时物块的速度v1=6 m/s，传送带的速度v2=12 m/s物块的位移x1=12a1t12=9m传送带的位移x2=12a2t12=18m两者相对位移为121x x x∆=-=9m此后传送带减速，但物块仍加速，B错误；当物块与传送带共速时，由匀变速直线运动规律得12- a2t2=6+ a1t2解得t 2=1s因此物块匀加速所用的时间为t 1+ t 2=4s两者相对位移为2x ∆= 3m ，所以A 正确。

C ．物块开始减速的速度为v 3=6+ a 1t 2=8 m/s物块减速至静止所用时间为331v t a ==4s 传送带减速至静止所用时间为342v t a ==2s 该过程物块的位移为x 3=12a 1t 32=16m 传送带的位移为x 2=12a 2t 42=8m 两者相对位移为3x ∆=8m回滑不会增加划痕长度，所以划痕长为12x x x ∆=∆+∆=9m+3m=12mC 正确；D ．全程相对路程为L =123x x x ∆+∆+∆=9m+3m+8m=20mQ =µmgL =80JD 正确； 故选ACD 。

2．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L 1、L 2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a 、b （视为质点）质量均为m ，a 球套在竖直杆L 1上，b 杆套在水平杆L 2上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L 2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g ．在此后的运动过程中，下列说法中正确的是A ．a 球和b 球所组成的系统机械能守恒B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于gC ．b 22gL +（）D ．a 2gL【答案】AC 【解析】 【详解】A ．a 球和b 球组成的系统没有外力做功，只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转换，因此a 球和b 球的机械能守恒，故A 正确；B ．当再次回到初始位置向下加速时，b 球此时刻速度为零，但a 球的加速度小于g ，故B 错误；C ．当杆L 和杆L 1平行成竖直状态，球a 运动到最下方，球b 运动到L 1和L 2交点的位置的时候球b 的速度达到最大，此时由运动的关联可知a 球的速度为0，因此由系统机械能守恒有：2212b mg L L mv ⎫+=⎪⎪⎝⎭得：()2+2b v gL =故C 正确；D ．当轻杆L 向下运动到杆L 1和杆L 2的交点的位置时，此时杆L 和杆L 2平行，由运动的关联可知此时b 球的速度为零，有系统机械能守恒有：2212aL mv ⋅= 得：2a v gL =此时a 球具有向下的加速度g ，因此此时a 球的速度不是最大，a 球将继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，故D 错误．3．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 2B ．行李箱从A 点到达B 点时间为3.1 sC ．传送带对行李箱做的功为0.4 JD ．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：110.042x 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?22vt vts vt m =-==，故D 正确．故选BCD ．4．如图所示，质量为0.1kg 的小滑块（视为质点）从足够长的固定斜面OM 下端以20m/s 的初速度沿斜面向上运动，小滑块向上滑行到最高点所用的时间为3s ，小滑块与斜面间的动摩擦因数为3，取重力加速度大小g =10m/s 2，下列说法正确的是（ ）A ．斜面的倾角为60°B ．小滑块上滑过程损失的机械能为5JC ．小滑块上滑的最大高度为10mD ．若只减小斜面的倾角，则小滑块上滑的最大高度可能比原来高【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．物体上滑的加速度为2vat==由牛顿第二定律sin cosmg mg maθμθ+=解得=60θ选项A正确；B．小滑块上滑过程损失的机械能为120cos601222vE mg tμ∆=⋅=⨯⨯选项B正确；C．小滑块上滑的最大高度为20sin60sin60322vh l t===⨯⨯选项C错误；D．根据动能定理21cossin2hmgh mg mvμθθ+⋅=解得22(1)tanvhgμθ=+则若只减小斜面的倾角θ，则小滑块上滑的最大高度减小，选项D错误。

故选AB。

5．蹦床比赛中运动员从最高点下落过程可简化为下物理模型：如图，运动员从O点自由下落，其正下方放置一下端固定的轻质弹簧，弹簧处于自然长度。

运动员下落到轻质弹簧上端a位置开始与弹簧接触并开始向下压缩弹簧。

运动员运动到b处时，质弹簧对运动员的弹力与运动员的重力平衡。

运动员运动到c处时，到达最低点。

若不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．由O向a运动的过程中运动员处于完全失重状态，其机械能减少B．由a向b运动的过程中运动员处于失重状态，其机械能减少C．由a向b运动的过程中运动员处于超重状态，其动能增加D．由b向c运动的过程中运动员处于超重状态，其机械能减少【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．运动员由O向a运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，运动员的机械能守恒，A错误；BC．运动员由a向b运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，运动员处于失重状态，运动员和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，运动员的机械能减少，由于运动员向下加速运动，运动员的动能还是增大的，B正确，C错误；D．运动员由b向c运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，运动员的机械能继续减小，D正确。

故选BD。

6．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球沿光滑的水平轨道从A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.9 m的圆轨道，小球从A运动到C的过程中其速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C，运动一周后从A点离开圆轨道，圆轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g取10 m/s2，B为AC轨道中点．下列说法正确的是( )A．图乙中x的数值为9B．小球从从A点离开圆轨道时的动能为1.30JC．小球从A到C合外力对其做的功为-2.75JD．小球从B到C损失了0.475 J的机械能【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A.图乙中的点(1.8,)x 表示小球到达C 点速度的平方为x ；小球恰能到达最高点C ，则有：xmg m r=，代入数据得：x =9，故A 正确B.物体从A 到C 的过程根据动能定理可知2211222f C A W mg R mv mv --=-，解得0.95J f W =若从C 再次运动到A 克服摩擦力做功和从A 到C 一样，则再次回到A 时的动能为212 1.30J 2k A f E mv W =-= ，但由于下降过程中的平均阻力小于上升过程中的平均阻力，所以再次回到A 点时的动能大于1.30J ，故B 错误C. 根据动能定理可知小球从A 到C 合外力对其做的功为2211 2.75J 22C A W mv mv =-=-故C 正确D.根据功能关系可知小球从A 到C 损失的机械能为0.95J f W =，若摩擦力做功恒定，则从小球从B 到C 损失了0.475 J 的机械能，但由于从A 到B 的平均摩擦力大于从B 到C 的平均摩擦力，所以从B 到C 损失的机械能小于0.475 J ，故D 错误；7．如图所示，细线上挂着小球，用水平恒力F 将小球从竖直位置P 拉到位置Q ，小球在Q 点垂直绳方向所受的合力恰好为零，此时细绳与竖直方向的夹角为θ，则（ ）A ．恒力做功等于小球重力势能的增量B．小球将静止在Q点C．细线对小球做的功为零D．若在Q点将外力F撤去，小球来回摆动的角度将等于θ【答案】C【解析】【分析】小球在Q点所受的合力恰好为零，由此可分析恒力F和重力的关系，再根据动能定理可分析小球的运动情况。

【详解】A．小球在Q点垂直绳方向所受的合力恰好为零，由图可知恒力F和重力G的关系为tanF Gθ=从竖直位置P拉到位置Q过程中位移为s，恒力F做功ctan tanos cos22FW GsG sθθθθ重力G做功的大小sin2GW Gh Gsθ90θ<︒所以222tan cos tan21sin22tan1tanFGGWW Gssθθθθθθ即有F GW W而小球重力势能的增量等于重力G做功的大小，因此恒力做功大于小球重力势能的增量，选项A错误；B．因为F GW W，根据动能定理可知小球到达Q点时动能不为零，小球具有一定速度，不会静止在Q点，选项B错误；C．因为小球的轨迹是圆弧，其速度方向始终与细线垂直，因此细线的拉力始终与速度垂直，对小球做的功为零，选项C正确；D．因为小球在Q点速度不为零，若在Q点将外力F撤去，小球还会向上运动一段距离，到最高点后再回落。