人教版高一物理下册 机械能守恒定律单元检测(提高,Word版 含解析)

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
0.2
μ=），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12m
D．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1
2
v
t
a
==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=
1
2
a1t12=9m
传送带的位移
x2=
1
2
a2t12=18m
两者相对位移为
121
x 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
3
31
v t a =
=4s 传送带减速至静止所用时间为
3
42
v t a =
=2s 该过程物块的位移为
x 3=
1
2
a 1t 32=16m 传送带的位移为
x 2=
1
2
a 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=12m
C 正确；
D ．全程相对路程为
L =123x x x ∆+∆+∆=9m+3m+8m=20m
Q =µmgL =80J
D 正确； 故选ACD 。

2．如图所示，一根轻弹簧一端固定于O 点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上的A 点，此时弹簧恰好水平。

将滑块从A 点由静止释放，经B 点到达位于O 点正下方的C 点。

当滑块运动到B 点时弹簧与斜面垂直，且此时弹簧恰好处于原长。

已知OB 的距离为L ，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，则滑块由A 运动到C 的过程中（ ）
A ．滑块的加速度先减小后增大
B ．滑块的速度一直在增大
C ．滑块经过B
D ．滑块经过C
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．弹簧原长为L ，在A 点不离开斜面，则
sin 3(
)sin c 3300os 0L
k mg L ︒≤-︒
︒ 在C 点不离开斜面，则有
(
)cos30cos30cos30L
k L mg -︒≤︒︒
从A 点滑至C 点，设弹簧与斜面夹角为α（范围为30°≤α≤90°）；从B 点滑至C 点，设弹簧与斜面的夹角为β，则
2sin 30cos mg kx ma β︒-=
可知下滑过程中加速度一直沿斜面向下且减小，选项A 错误，B 正确； C ．从A 点滑到B 点，由机械能守恒可得
21cos302
p B mgL E mv ︒+=
解得
B v ==>选项
C 正确；
D ．从A 点滑到C 点，由机械能守恒可得
2
1cos302
P C L mg
E mv '+=︒
解得
C v =
>=选项D 错误。

故选BC 。

3．如图所示，两个质量均为m 的小滑块P 、Q 通过铰链用长为L 的刚性轻杆连接，P 套在固定的竖直光滑杆上，Q 放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α=30°．原长为
2
L
的轻弹簧水平放置，右端与Q 相连，左端固定在竖直杆O 点上。

P 由静止释放，下降到最低点时α变为60°．整个运动过程中，P 、Q 始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g 。

则P 下降过程中（ ）
A ．P 、Q 组成的系统机械能守恒
B ．P 、Q 的速度大小始终相等
C ．弹簧弹性势能最大值为
31
2
mgL D ．P 达到最大动能时，Q 受到地面的支持力大小为2mg 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据能量守恒知，P 、Q 、弹簧组成的系统机械能守恒，而P 、Q 组成的系统机械能不守恒，选项A 错误；
B ．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知
cos sin P Q v v αα=
解得
tan P
Q
v v α= 由于α变化，故P 、Q 的速度大小不相同，选项B 错误； C ．根据系统机械能守恒可得
(cos30cos 60)P E mgL =︒-︒
弹性势能的最大值为
31
P E -=
选项C 正确；
D ．P 由静止释放，P 开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P 的速度达到最大，此时动能最大，对P 、Q 和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得
200N F mg m m -=⨯+⨯
解得
F N =2mg
选项D 正确。

故选CD 。

4．如图所示，一根轻质弹簧放在光滑斜面上，其下端与斜面底端的固定挡板相连，弹簧处
于自然伸长状态。

第一次让甲物块从斜面上的A点由静止释放，第二次让乙物块从斜面上的B点由静止释放，两物块压缩弹簧使弹簧获得的最大弹性势能相同，两物块均可看作质点，则下列说法正确的是（）
A．甲物块的质量比乙物块的质量大
B．甲物块与弹簧刚接触时的动能大于乙物块与弹簧刚接触时的动能
C．乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大的位置下方
D．将两物块释放的位置上移，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置会下移
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于两物块使弹簧获得的最大弹性势能相同，即两物块向下运动最低点的位置相同，根据机械能守恒可知，两物块减少的最大重力势能相同，由此可以判断甲物块的质量比乙物块的质量小，选项A错误；
B．从两物块与弹簧相接触到弹簧被压缩到最短的过程中，乙物块的质量大，则乙物块减小的重力势能大，所以其动能减小的少，选项B正确；
C．动能最大的位置是合外力为零的时候，由力的平衡可知，乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大位置的下方，选项C正确；
D．由力的平衡可知，改变两物块释放的位置，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置不会变，选项D错误。

故选BC。

5．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/s2，则（）．
A．开始时行李箱的加速度为0.2 m/s2
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 ．
6．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 =mv 2，解得克服摩擦力做功
为：W f =mgh ﹣mv 2，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．
7．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
1
2
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
2
22v v x x v g g gT μμμ∆=-=
则摩擦产生的热量为
Q =μmg △x ＝2
2
2mx 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
22212mx 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 。

8．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O 点的转轴上，另一端与一质量为m 、套在粗糙固定直杆A 处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30°，OA =OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A ，第一次经过B 处的速度为v ，运动到C 处速度为0，后又以大小为a C 的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是
A ．小球可以返回到出发点A 处
B ．弹簧具有的最大弹性势能为2
2
mv
C ．撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置
D ．a A －a C ＝g 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB.设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为f W ，AB 间的竖直高度为h ，小球的质量
为m ，弹簧具有的最大弹性势能为
p E ．根据能量守恒定律，对于小球A 到B 的过程有： 21
2
p f mgh E mv W +=+
A 到C 的过程有：
22p f p mgh E W E +=+
解得：
212
f p W mgh E mv ==
， 小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，由能量守恒定律得：
22p f p E W mgh E =++
该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A 处．故A 错误，B 正确．
C.设从A 运动到C 摩擦力的平均值为f ，AB =s ，由：
f W mgh =
得：
sin 30f s mgs =
解得：
sin 30f mg =
在B 点，摩擦力cos30f mg μ=，由于弹簧对小球有拉力（除B 点外），小球对杆的压
力大于cos30mg μ，所以：
cos30f mg μ>
可得：
sin 30cos30mg mg μ>
因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止．故C 错误． D.根据牛顿第二定律得，在A 点有：
cos30sin 30A F mg f ma +-=
在C 点有：
cos30sin 30C F f mg ma --=
两式相减得：
A C a a g -=
故D 正确．
9．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
3
6010m/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 。

10．如图所示，劲度系数k =40N/m 的轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙上，物块A 、B 在水平向左的推力F =10N 作用下，压迫弹簧处于静止状态，已知两物块不粘连，质量均为m =3kg 。

现突然撤去力F ，同时用水平向右的拉力F '作用在物块B 上，同时控制F '的大小使A 、B 一起以a =2m/s 2的加速度向右做匀加速运动，直到A 、B 分离，此过程弹簧对物块做的功为W 弹=0.8J 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．两物块刚开始向右匀加速运动时，拉力F '=2N
B ．弹簧刚好恢复原长时，两物块正好分离
C ．两物块一起匀加速运动经过
10
s 刚好分离 D ．两物块一起匀加速运动到分离，拉力F '对物块做的功为0.6J 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．两物块刚开始向右匀加速运动时，对A
B 整体，由牛顿第二定律可知
2F F ma '+=
解得
2232N 10N 2N F ma F '=-=⨯⨯-=
故A 正确；
BC ．两物体刚好分离的临界条件；两物体之间的弹力为零且加速度相等。

设此时弹簧的压缩量为x ，则有
kx ma =
代入数据，可得
32
m 0.15m 40
ma x k ⨯=
== 弹簧最初的压缩量
010
m=0.25m 40
F x k =
= 故两物块一起匀加速运动到分离的时间为
2
012
at x x =- 解得
10
t =
== 故B 错误，C 正确；
D ．对AB 整体，从一起匀加速运动到分离，由动能定理可得
21
22
F W W mv '+=⨯弹
2m/s 105
v at ==⨯
= 解得
22
11223(J 0.8J 0.4J 225
F W mv W '=⨯-=⨯⨯⨯-=弹
故D 错误。

故选AC 。

11．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m 的半圆轨道，小球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 ，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 ＝4 m 2s －2
B ．小球从B 到
C 损失了0.125 J 的机械能 C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为－1.05J
D ．小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8 m 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
A.当h ＝0.8 m 时小球在C 点，由于小球恰能到达最高点C ，故
mg ＝2C
mv R
所以C v gR =
2C v gR =＝4 m 2·s －2
故选项A 正确；
B.由已知条件无法计算出小球从B 到C 损失了0.125 J 的机械能，故选项B 错误；
C.小球从A 到C ，由动能定理可知
W 合＝
22
1122
C A mv mv -=－1.05 J 故选项C 正确；
D.小球离开C 点后做平抛运动，故
2R ＝
2
12
gt 落地点到A 的距离x 1＝v C t ，解得x 1＝0.8 m ，故选项D 正确．
12．如图所示，固定光滑长斜面倾角θ=37°，下端有一固定挡板。

两小物块A 、B 放在斜面上，质量均为m ，用与斜面平行的轻弹簧连接。

一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B 相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。

系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L 且绳中无弹力。

当小车缓慢向右运动
3
4
L 距离时A 恰好不离开挡板。

已
知重力加速度为g ，sin37°=0.6，c os37°=0.8.在小车从图示位置发生位移3
4
L 过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．弹簧的劲度系数为245mg
L
B ．拉力对B 做功为
3
10
mgL C gL 34
L 时B 2
5gL D gL B 做的功为33
100
mgL 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．初态，弹簧压缩量
1sin37g k
x m =
︒
A 恰好不离开挡板时，弹簧伸长量
2sin37g k
x m =
︒
， 12223()1
44
L L x x L L +==+
解得
245k mg
L
=
选项A 正确；
B ．根据x 1=x 2，弹性势能不变，则小车在3
0~
4
L 位移内拉力对B 做的功 11
·sin 374
W mg L =︒
解得
13
20
W mgL =
选项B 错误；
C ．小车位移大小为
3
4
L 时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B 的速率
cos533
5
B v gL gL =︒=
选项C 错误； D ．小车在3
0~
4
L 位移大小内，拉力对B 做的功设为W 2，根据功能原理有 221331··sin 3742100
B W mv mg L mgL =+︒=
选项D 正确。

故选AD 。

13．一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F 作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体向上运动过程中，其机械能E 与位移x 的关系图象如图乙所示，已知曲线上A 点的切线斜率最大，不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ）
A ．在x 1处物体所受拉力最大
B ．0～x 1过程中合外力增大
C ．在x 1～x 2过程中，物体的加速度一直减小
D ．在x 1～x 2过程中，物体的动能先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图并根据功能关系可知，1x 处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由
E Fx =
可知此时所受的拉力最大，故A 正确，不符合题意；
B ．在0~x 1过程中，图象的斜率逐渐变大，说明拉力越来越大，合外力向上越来越大，故B 正确，不符合题意；
CD ．在x 1~x 2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x 2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零．根据合外力
F F mg =-合
可知，在x 1~x 2过程中，拉力F 逐渐减小到mg 的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运
动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg 到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x 1~x 2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故C 错误，符合题意；D 正确，不符合题意。

故选C 。

14．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 。

15．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 。