四川省(天府大联考)高中机械能守恒定律综合测试卷(word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，质量为1kg 的物块（可视为质点），由A 点以6m/s 的速度滑上正沿逆时针
转动的水平传送带（不计两转轮半径的大小），传送带上A 、B 两点间的距离为8m ，已知传送带的速度大小为3m/s ，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为
210m/s 。

下列说法正确的是（ ）
A ．物块在传送带上运动的时间为2s
B ．物块在传送带上运动的时间为4s
C ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为16J
D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为28J 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．滑块先向右匀减速，根据牛顿第二定律有
mg ma μ=
解得
22m/s a g μ==
根据运动学公式有
010v at =-
解得
13s t =
匀减速运动的位移
0106
3m 9m 8m 22
v x t L +=
=⨯==> 物体向左匀加速过程，加速度大小仍为22m/s a =，根据运动学公式得物体速度增大至2m/s v =时通过的位移
2212m 1m 222
v x a ===⨯
用时
22
s 1s 2
v t a =
== 向左运动时最后3m 做匀速直线运动，有
233
=
s 1s 3
x t v == 即滑块在传送带上运动的总时间为
1234s t t t t =++=
物块滑离传送带时的速率为2m/s 。

选项A 错误，B 正确；
C ．向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为
110.211041J 6J f W f x x mg x x μ=--=--=-⨯⨯⨯-=-（）()()
选项C 错误；
D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为
114m l vt ==
物体向左加速过程，传送带运动距离为
222m l vt ==
即
121[]Q fS mg l x l x μ==++-（）（）
代入数据解得
28J Q =
选项D 正确。

故选BD 。

2．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。

3．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=mv2，解得克服摩擦力做功为：W f=mgh﹣mv2，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．
4．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3m l =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/s 2.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/m
B ．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10
8
m/s 41
D ．此时物块A 的速度大小为10
8m/s 41
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．初态时，弹簧的压缩量
1mg
x k
=
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
22
A C 1211()22
mgh 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 5
h l θ=
=
整理得
C 1010
m/s 41
v =，A 108m/s 41v =
C 错误，
D 正确。

故选AD 。

5．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 ．两人拉绳的速率均为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 。

6．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
22
022v v a x -=
解得
2
022v 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。

D ．小物块加速度为a 1时，摩擦力做正功，机械能增加，机械能表达式为
p0cos E E mg x μθ=+⋅
E-x 图像应为斜率为正值的一段直线，纵轴截距为初状态的机械能E P0；小物体加速到与传送带的速度相等时，机械能增加到最大值E m ，小物块的速度大于传送带速度后，摩擦力做负功，机械能表达式为
m cos E E mg x μθ=-⋅
E-x 图像应为斜率为负值的一段直线，故D 正确。

故选BCD 。

7．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；
8．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A 处固定质量为2m 的小球，B 处固定质量为m 的小球，支架悬挂在O 点，可绕过O 点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB 与地面相垂直。

放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）
A ．A 处小球到达最低点时速度为0
B ．A 处小球机械能的减少量等于B 处小球机械能的增加量
C ．B 处小球向左摆动所能达到的最高位置应高于A 处小球开始运动时的高度
D ．当支架从左向右回摆时，A 处小球能回到起始高度
【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
BD ．因A 处小球质量大，位置高，所以三角支架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动，摆动过程中只有小球受到的重力做功，故系统的机械能守恒，A 处小球机械能的减少量等于B 处小球机械能的增加量，当支架从左向右回摆时，A 处小球能回到起始高度，选项B 、D 正确；
A ．设支架边长是L ，则A 处小球到最低点时小球下落的高度为1
2
L ，B 处小球上升的高度也是
12L ，但A 处小球的质量比B 处小球的大，故有1
2
mgL 的重力势能转化为小球的动能，因而此时A 处小球的速度不为0，选项A 错误；
C ．当A 处小球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续向左摆，B 处小球仍要继续上升，因此B 处小球能达到的最高位置比A 处小球的最高位置还要高，选项C 正确。

故选BC
D 。

9．如图，水平传送带长为L =4m ，在电动机的带动下以速度v =2m/s 始终保持匀速运动，把质量为m =10kg 的货物放到左端A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ=0.4，当货物从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是（g 取10m/s 2）（ ）
A ．货物一直做匀加速运动
B ．货物运动到B 点时的速度大小为2m/s
C ．货物与传送带因摩擦而产生的热量为10J
D ．电动机因货物多输出的机械能为40J 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．货物在传送带上的加速度
24m/s a g μ==
货物加速到2m/s 所需的时间为
2
s 0.5s 4
v t a =
== 货物加速到2m/s 时的位移为
2211
40.50.5m 22
x at ==⨯⨯=
因为x L <，货物与传送带速度相等后，随传送带一起匀速向右运动，所以货物先加速，后匀速，货物运动到B 点时的速度大小为2m/s ，故A 错误，B 正确； C ．在货物加速的0.5s 内，传送带的位移为
120.5m 1m x vt ==⨯=
它们之间的相对位移为
10.5m s x x =-=
所以货物与传送带因摩擦而产生的热量为
0.410100.5J=20J Q mgs μ==⨯⨯⨯
故C 错误；
D ．电动机因货物多输出的机械能为物体动能的增加量和系统因摩擦产生的热量，故
2211
102J 20J 40J 22
E mv Q =+=⨯⨯+=
故D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，质量为m 的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面水平向左匀速移动距离l ，物体始终与斜面保持相对静止．则在斜面水平向左匀速运动距离l 的过程中（ ）
A ．摩擦力对物体做的功为－μmglcos θ
B ．斜面对物体的弹力做的功为mglsin θcos 2θ
C ．重力对物体做的功为mgl
D ．斜面对物体做的功为0 【答案】D 【解析】
试题分析：物体处于静止，对物体受力分析可得，在竖直方向 mg="Ncosθ+fsinθ" ； 在水平分析 Nsinθ=fcosθ
解得 N=mgcosθ；f=mgsinθ；支持力与竖直方向的夹角为θ，摩擦力做的功 W f =-fcosθ•l=-mglsinθcosθ，故A 错误；支持力做的功为W N =Nsinθ•s=mgssinθcosθ，支持力做功的功率为：mgcosθ•vsinθ，故B 错误；重力做功为零，故C 错误；由于匀速运动，所以斜面体对物体作用力的合力与速度方向垂直，则作用力做的总功为零，故D 正确；故选D ．
考点：功
11．如图所示，特战队员在进行训练时抓住一不可伸长的绳索，绳索的另一端固定，特战队员从高度一定的平台由静止开始下摆，悬点与平台在同一水平而上，在下摆过程中绳索始终处于绷紧状态，由于悬点位置不同，每次下摆的绳长可以发生变化，在到达竖直状态时特战队员松开绳索，特战队员被水平抛出直到落地。

（不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点，绳索与队员的运动轨迹在同一竖直面内）下列说法正确的是（ ）
A ．绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大
B ．绳索越长，特战队员在到达竖直状态时绳索拉力越大
C ．绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大
D ．绳索越长，特战队员落地时的速度越大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．设绳子长度为L ，总高度为H ，由动能定理可得特战员到达绳子最低点时的速度
212
mgL mv =
可得特战员到达绳子最低点时的速度2v gL =，而后特战队员做平抛运动
212
H L gt -=
()
()222H L x vt gL L H L g
-===-可知2
H
L =
时，水平位移最大，A 错误； B ．特战队员在到达竖直状态时，由牛顿第二定律，可得
2
v T mg m L
-=
代入速度，可得3T mg =，B 错误；
C ．特战队员落地时的水平速度为2v gL =，故绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大，C 正确；
D ．整个过程，由动能定理，可得
211
2
mgH mv =
特战队员落地时的速度与绳子长度无关，D 错误。

故选C 。

12．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．
13．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
14．如图所示，一竖直轻质弹簧固定在水平地面上，其上端放有一质量为m 的小球，小球
可视为质点且和弹簧不拴接。

现把小球往下按至A 位置，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球上升至最高位置C ，图中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态。

已知B 、A 的高度差为1h ，C 、B 的高度差为2h ，重力加速度为g ，空气阻力忽略不计。

下列说法正确的是（ ）
A ．从A 位置上升到
B 位置的过程中，小球的动能一直增大 B ．从A 位置上升到
C 位置的过程中，小球的机械能守恒 C ．小球在A 位置时，弹簧的弹性势能等于()12mg h h +
D ．小球在A 位置时，弹簧的弹性势能小于()12mg h h + 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球从A 位置上升到
B 位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k x mg ∆=时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大；之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，小球做减速运动，故小球从A 上升到B 的过程中，动能先增大后减小，选项A 错误； B ．从A 运动到B 的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能增加。

从B 运动到
C 的过程中，只受重力，机械能守恒，选项B 错误；
CD 、根据系统的机械能守恒可知小球在A 位置时，弹簧的弹性势能等于小球由A 到C 位置时增加的重力势能，为
21p E mg h h =+()
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

15．如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为固定轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中（ ）
A ．支持力对物块做功为sin mgL α
B ．重力对小物块做功为-sin mgL α
C ．滑动摩擦力对小物块做的功
2
1sin 2
mv mgL α+ D ．小物块的机械能减小了sin mgL α 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在缓慢抬高木板A 端的过程中，只有重力和支持力对小物块做功，根据动能定理得
sin 0N W mgL α-=
得到支持力对小物块做的功为
=sin N W mgL α
A 正确；
B ．对整体过程研究，重力对小物块做功为零，B 错误；
C ．小物块沿板下滑过程中，小物块重力和滑动摩擦力做功，根据动能定理得
2
1sin 02
f mgL W mv α+=
- 得到滑动摩擦力对小物块做的功为
21
=sin 2
f W mv mgL α-
C 错误；
D ．在整个过程中小物块的机械能是增加的，增加量等于小物块动能的增加量即为212
mv ，D 错误。

故选A 。