高一下册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）1．一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，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2L 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312mgL 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 PQv 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31P 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 。

3．某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x 与θ的关系如图乙所示，取g ＝10m/s 2。

则由图可知（ ）A ．物体的初速率v 0＝3m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数µ＝0.8C ．图乙中x min ＝0.36mD ．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】 A ．当2πθ=时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据202v gh =可得03m/s v =A 正确；B ．当0θ=时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理2012mv mgx μ= 代入数据解得=0.75μB 错误；C ．根据动能定理201cos sin 2mv mgx mgx μθθ=+ 整理得920(0.75cos sin )x θθ=+因此位移最小值min 20.36m 200.751x ==+C 正确；D ．动能与重力势能相等的位置o 2o o 01sin 37(sin 37cos37)2mgx mv mgx mgx μ=-+ 整理得0.25m x =D 错误。

故选AC 。

4．如图所示，两质量都为m 的滑块a ，b （为质点）通过铰链用长度为L 的刚性轻杆相连接，a 套在竖直杆A 上，b 套在水平杆B 上两根足够长的细杆A 、B 两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。

将滑块a 从图示位置由静止释放（轻杆与B 杆夹角为30°），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 ．滑块a 和滑块b 所组成的系统机械能守恒B ．滑块b 的速度为零时，滑块a 的加速度大小一定等于gC ．滑块b 3gLD ．滑块a 2gL【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A ．由于整个运动过程中没有摩擦阻力，因此机械能守恒，A 正确；B ．初始位置时，滑块b 的速度为零时，而轻杆对滑块a 有斜向上的推力，因此滑块a 的加速度小于g ，B 错误；C ．当滑块a 下降到最低点时，滑块a 的速度为零，滑块b 的速度最大，根据机械能守恒定律o 21(1sin 30)2b mgL mv +=解得3b v gL =C 正确；D ．滑块a 最大速度的位置一定在两杆交叉点之下，设该位置杆与水平方向夹角为θ 根据机械能守恒定律o 2211(sin 30sin )22a b mgL mv mv θ+=+ 而两个物体沿杆方向速度相等cos sin b a v v θθ=两式联立，利用三角函数整理得212(sin )cos 2a v gL θθ=+利用特殊值，将o =30θ 代入上式可得.521a v gL gL =>因此最大值不是2gL ，D 错误。

故选AC 。

5．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：22122b 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．6．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A 处，上端连接质量5kg 的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。

将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O 点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a 随位移x 的变化关系如图乙所示，，重力加速度取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

下列说法正确的是 （ ）A ．滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒B ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1C 13m/sD ．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A ．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A 错误；B ．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a =5.2m/s 2，根据牛顿第二定律有sin cos mg mg ma θμθ-=解得0.1μ=，故B 正确；C ．当x =0.1m 时a =0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有sin cos 0mg kx mg θμθ--=解得260N /m k =，则弹簧弹力与形变量的关系为F kx =当形变量为x =0.1m 时，弹簧弹力F =26N ，则滑块克服弹簧弹力做的功为112.60.1J 1.3J 22W Fx ==⨯⨯= 从下滑到速度最大，根据动能定理有()2m 1sin cos 2mg mg x W mv θμθ--=解得m 13v =m/s ，故C 正确； D ．滑块滑到最低点时，加速度为25.2m/s a '=-，根据牛顿第二定律可得 sin cos mg mg kx ma θμθ--'='解得0.2m x '=，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有()p sin cos 00mg mg x E θμθ'--=-解得E p =5.2J ，故D 错误。

故选BC 。

7．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22022v 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。