高一物理机械能守恒定律单元培优测试卷

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
1．如图甲所示，质量为4kg 的物块A 以初速度v 0=6m/s 从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B 。

已知物块A 与木板B 之间的动摩擦因数为μ1，木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，A 、B 运动过程的v -t 图像如图乙所示，A 始终未滑离B 。

则（ ）
A ．μ1=0.4，μ2=0.2
B ．物块B 的质量为4kg
C ．木板的长度至少为3m
D ．A 、B 间因摩擦而产生的热量为72J
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．以物块为研究对象有
11ma mg μ=
由图看出2
14m/s a =，可得
10.4μ=
将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有
22M m a M m g μ+=+()()
由图看出2
21m/s a =，可得
20.1μ=
选项A 错误；
B ．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有
123()mg M m g Ma μμ-+=
由图看出2
32m/s a =，解得
4kg M =
选项B 正确；
C ．由v -t 图看出物块和木板在1s 内的位移差为3m ，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m ，选项C 正确；
D ．A 、B 的相对位移为s =3m ，因此摩擦产热为
148J Q mgs μ==
选项D 错误。

故选BC 。

2．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，一端固定于A 点，一端连接质量为m 的小球，小球穿在竖直的杆上。

轻杆OB 一端固定在墙上，一端为定滑轮。

若绳自然长度等于AB ，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。

已知C 、E
两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为
2
mg
，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球在D 点时速度最大
B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到
C 点，则2v gh = C ．小球在C
D 阶段损失的机械能等于小球在D
E 阶段损失的机械能
D ．若O 点没有固定，杆OB 在绳的作用下以O 为轴转动，在绳与B 点分离之前，B 的线速度等于小球的速度沿绳方向分量 【答案】AD 【解析】 【详解】
A ．设当小球运动到某点P 时，弹性绳的伸长量是BP x ，小球受到如图所示的四个力作用：
其中
T BP F kx =
将T F 正交分解，则
N T sin sin 2
BP BC mg
F F kx kx θθ⋅====
f N 14
F F mg μ==
T F 的竖直分量
T T cos cos y BP CP F F kx kx θθ===
据牛顿第二定律得
f T y m
g F F ma --=
解得
T 33
44y CP F kx a g g m m
=
-=- 即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE 的中点D 时，加速度为零，速度最大，A 正确；
B ．对小球从
C 运动到E 的过程，应用动能定理得
T F 0104mgh W mgh ⎛⎫
-+-=- ⎪⎝⎭
若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰能从E 点回到C 点，应用动能定理得
T 2F 11()042mgh W mgh mv ⎛⎫
-++-=- ⎪⎝⎭
联立解得
T F 3
4
W mgh =
，v gh = B 错误；
C ．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在C
D 段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在CD 段时摩擦力和弹力做的负功比小球在D
E 段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD 阶段损失的机械能小于小球在DE 阶段损失的机械能，C 错误； D ．绳与B 点分离之前B 点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D 正确。

故选AD 。

3．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v t -图象如图所示．已知汽车的质量为3
110kg m =⨯，
汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（ ）
A ．汽车在前5s 内的牵引力为3510N ⨯
B ．汽车速度为25m /s 时的加速度为25m /s
C ．汽车的额定功率为100kW
D ．汽车的最大速度为80m /s
【答案】AC
【解析】 【分析】 【详解】
A ．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小
2220
m/s 4m/s 5
a =
= 根据牛顿第二定律得
F f ma -=
解得牵引力
1000N 4000N 5000N F f ma =+=+=
选项A 正确； BC ．汽车的额定功率
500020W 100000W 100kW P Fv ==⨯==
汽车在25m/s 时的牵引力
100000'N 4000N 25
P F v ===
根据牛顿第二定律得加速度
22'40001000'm/s 3m/s 1000
F f a m --===
选项B 错误，C 正确；
D ．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度
100000m/s 100m/s 1000
m P v f ===
选项D 错误。

故选AC 。

4．如图所示，劲度数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x ，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为40x ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则（ ）
A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为
kx g m
μ-
C ．物体做匀减速运动的时间为
D ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为0()mg
mg x k
μμ-
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误；
B ．刚开始时，由牛顿第二定律有：
0kx mg ma μ-=
解得：0
kx a g m
μ=- B 正确；
C ．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x 0，由牛顿第二定律得：
1a g μ＝
将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：
20112
3x a t =
联立解得：t =
C 错误；
D ．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有
F mg kx μ==
解得mg
x k
μ=
，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：
()f 00(mg W mg x x mg x k μμμ=⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭- D 正确。

故选BD 。

5．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
3
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。

6．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5J
C ．小滑块上滑的最大高度为10m
D ．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
203
v a t =
= 由牛顿第二定律
sin cos mg mg ma θμθ+=
解得
=60θ
选项A 正确；
B ．小滑块上滑过程损失的机械能为
03120cos 6013J=5J 2322
v E mg t μ∆=⋅
=⨯⨯ 选项B 正确；
C ．小滑块上滑的最大高度为
020sin 60sin 60322v h l t ==
=⨯⨯ 选项C 错误； D ．根据动能定理
2
01cos sin 2
h mgh mg mv μθθ+⋅
= 解得
20
2(1)
tan v h g μ
θ
=
+
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 。

7．某汽车质量为5t ，发动机的额定功率为60kW ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.l 倍。

若汽车以0.5m/s 2的加速度由静止开始匀加速启动，经过24s ，汽车达到最大速度。

取重力加速度g =10m/s 2，在这个过程中，下列说法正确的是（ ） A ．汽车的最大速度为12m/s B ．汽车匀加速的时间为24s C ．汽车启动过程中的位移为120m D ．4s 末汽车发动机的输出功率为60kW 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当阻力与牵引力平衡时，汽车速度达到最大值，由汽车的功率和速度关系可得
max P Fv fv ==
解得
3max
36010m/s 12m/s 0.10.151010
P P v f mg ⨯====⨯⨯⨯ 故A 正确；
B ．汽车以0.5m/s 2的加速度运动时,当汽车的功率达到额定功率时，汽车达到了匀加速运动阶段的最大速度, 由汽车的功率和速度关系可得
m P F v '=
由牛顿第二定律，可得此时汽车的牵引力为
-0.1F mg ma '=
由以上方程可得
8m/s m v =
37.510N F '=⨯
这一过程能维持的时间
18s 16s 0.5
m v t a =
== 故B 错误；
C ．匀加速过程中汽车通过的位移为
22111
0.516m=64m 22
x at =
=⨯⨯ 启动过程中，由动能定理得
2
11max 1()2
F x P t t kmgx mv '+--=
解得，汽车启动过程中的位移为
x =120m
故C 正确；
D ．由B 项分析可知，4s 末汽车还在做匀加速运动，实际功率小于额定功率，所以4s 末汽车发动机的输出功率小于60kW ，故D 错误； 故选AC 。

8．戽斗是古代最常见的提水器具，两人相对而立，用手牵拉绳子，从低处戽水上岸，假设戽斗装水后重20kg ，左右两根轻绳长均为2m ，最初绳子竖直下垂，戽水时两人均沿水平方向朝相反的方向做直线运动，戽斗以加速度21m /s 匀加速度直线上升，己知重力加速度
210m /s g =，（绳子可以看成轻质细绳）则戽斗上升1m 时（ ）
A ．两绳的拉力大小均为200N
B 2m /s
C ．两人对戽斗做的功均为110J
D ．绳子拉力的总功率为2202W 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．此时戽斗已经向上移动了1m ，对戽斗进行受力分析如下
沿戽斗运动方向根据牛顿第二定律有
2cos T ABD mg ma ∠-=
其中1cos 2
ABD ∠=
带入数据解得
220N T =
故A 错误；
B ．上升1m 的过程根据速度位移公式可得
202v ax -=戽
如下图，戽斗与人在沿绳方向的分速度相等
cos cos ABD v v BAD ∠=人戽
联立并带入数据解得
2m/s v =戽
2
m/s 3
v =
人 故B 错误；
C ．戽斗上升过程根据动能定理有
2
122
W mgh mv -=戽人
带入数据解得每人对戽斗做的功W 人为110J ，故C 正确； D ．上升1m 后的瞬时功率为
222c 2s 0W o P Fv T ABD v ===∠⨯戽
故D 正确。

故选CD 。

9．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/s 2，B 为AC 轨道中点．下列说法正确的是( )
A ．图乙中x 的数值为9
B ．小球从从A 点离开圆轨道时的动能为1.30J
C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为-2.75J
D ．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：
x
mg 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
22
11222
f C A W m
g 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
2
12 1.30J 2
k 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
22
11 2.75J 22
C 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；
10．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 。

11．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．
12．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
13．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 ．
14．如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L ，重力加速度大小为g 。

现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，球在最低点每根绳的拉力大小为（ ）
A 3mg
B 43
C ．3mg
D ．33mg
【答案】D 【解析】 【分析】
本题根据机械能守恒定律可以求得最低时的速度，再结合向心力公式即可求出最低点每根绳的拉力。

【详解】
题中已知，在最高点速率为v ，根据牛顿第二定律可知
2
v mg m R
=
当小球在最高点速率为2v 时，设到最低点的速度为1v ，因两根绳的拉力的合力总是不做功，故这一过程满足机械能守恒，即
22111
(2)222
m v mg R mv +⨯= 解得
2144v v gR =+
根据牛顿第二定律
222
142c 448o 4s v v gR v mg m m m mg mg R R T R
θ+-===+=
得到
92cos mg
T θ
=
式中θ为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知
30θ︒=
解得
9332cos30
mg
T mg =
=
故D 正确。

故选D 。

【点睛】
机械能守恒定律与牛顿第二定律相结合。

15．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。