机械能守恒定律检测题(Word版 含答案)

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）1．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 gLD ．滑块经过C 2gL 【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 0Lk mg L ︒≤-︒︒ 在C 点不离开斜面，则有()cos30cos30cos30Lk 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21cos302p B mgL E mv ︒+=解得2cos30232p p B E E v gL g mg L L m︒+=+=>选项C 正确；D ．从A 点滑到C 点，由机械能守恒可得21cos302P C L mgE mv '+=︒解得432222cos303p pCgLE ELv g gLm m'=+>+︒=选项D错误。

故选BC。

2．如图甲所示，质量为4kg的物块A以初速度v0=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4kgC．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 mgμ=由图看出214m/sa=，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 gμ+=+()()由图看出221m/sa=，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 Maμμ-+=由图看出232m/sa=，解得4kgM=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 。

3．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：22122amg L 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．4．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．5．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0kx g mμ- C ．物体做匀减速运动的时间为02x gμD ．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()mgmg x kμμ-【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：0kx a g mμ=- 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：201123x a t =联立解得：06x t gμ=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mgx kμ=，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 。

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203v 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 2322v E mg t μ∆=⋅=⨯⨯ 选项B 正确；C ．小滑块上滑的最大高度为203sin60sin603m=15m222vh 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。

7．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3ml=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/s2.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/mB．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/s41D．此时物块A的速度大小为108m/s41【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．初态时，弹簧的压缩量1mgxk=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()22mgh 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 5h l θ==整理得C 1010m/s 41v =，A 108m/s 41v =C 错误，D 正确。

故选AD 。

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200NB 2m /sC ．两人对戽斗做的功均为110JD ．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 2ABD ∠=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2m/s 3v =人 故B 错误；C ．戽斗上升过程根据动能定理有2122W 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。