高一物理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．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

L的2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31mgL 2D．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

vPcosvQsin

解得

vPtan vQ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

EPmgL(cos30cos60)

弹性势能的最大值为

EP选项C正确；

31mgL 2D．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

FN2mgm0m0

解得

FN=2mg

选项D正确。 故选CD。

2．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v0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/s2。则由图可知（ ）

A．物体的初速率v0＝3m/s

B．物体与斜面间的动摩擦因数µ＝0.8 C．图乙中xmin＝0.36m

D．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2时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据

2v02gh

可得

v03m/s

A正确；

B．当0时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理

12mv0mgx 2代入数据解得

=0.75

B错误； C．根据动能定理

12mv0mgxcosmgxsin 2整理得

x因此位移最小值

9

20(0.75cossin)9200.7512xminC正确；

D．动能与重力势能相等的位置

0.36m

mgxsin37o整理得

12mv0(mgxsin37omgxcos37o) 2x0.25m

D错误。 故选AC。

3．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 C．木板的长度至少为3m 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

A．以物块为研究对象有

B．物块B的质量为4kg

D．A、B间因摩擦而产生的热量为72J

ma11mg

2由图看出a14m/s，可得

10.4

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

(Mm)a22(Mm)g

2由图看出a21m/s，可得

20.1

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

1mg2(Mm)gMa3

2由图看出a32m/s，解得

M4kg

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

Q1mgs48J

选项D错误。 故选BC。

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﹣Wf=mv2，解得克服摩擦力做功

为：Wf=mgh﹣mv2，则摩擦力做功的平均功率为：误．

考点：功率、平均功率和瞬时功率．

=

﹣

．故D错

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x0，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4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为，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C．物体做匀减速运动的时间为2kx0g mx0 gD．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mg(x0【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

mgk)

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：

kx0mgma

解得：aB正确；

C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：

kx0g ma1＝g

将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：

3x0联立解得：t12a1t 26x0，C错误； gFmgkx

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

解得xmgk，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：

mgWfmgx0xmg(x0 kD正确。 故选BD。

6．如图，将一质量为2m的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离A为d处．现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）

A．环到达B处时，重物上升的高度B．环能下降的最大距离为

d 24d 32 2C．环到达B处时，环与重物的速度大小之比为

D．环从A到B减少的机械能等于重物增加的机械能 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h=2d−d，故A错误；环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为h2d2 d，根

据机械能守恒有mgh2mg(h2d2?d)，解得：h=

4dd，故B正确．对B的速度沿绳3子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v

重物，所以

vv重物＝2，故C错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守

恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D正确；故选BD．

7．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的滑块，初始时静置于a点．一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连．直杆上还有b、c、d三点，且b与O在同一水平线上，Ob=l，Oa、Oc与Ob夹角均为37°，Od与Ob夹角为53°．现由静止释放小滑块，在小滑块从a下滑到d过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin37°=0.6，则下列说法正确的是

A．滑块在b点时速度最大，加速度为g B．从a下滑到c点的过程中，滑块的机械能守恒 C．滑块在c点的速度大小为3gL D．滑块在d处的机械能小于在a处的机械能 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】

A、从a到b,弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力,滑块的速度不断增大.从b到c,弹簧对滑块沿弹簧向上的拉力,开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力,滑块仍在加速,所以滑块在b点时速度不是最大,此时滑块的合力为mg,则加速度为g.故A错误.

B、从a下滑到c点的过程中,因为弹簧的弹力对滑块做功,因此滑块的机械能不守恒.故B错误.

C、对于滑块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,由机械能守恒定律得mg2lsin3712mvc ，解得vc3gL ，故C对； 2D、弹簧在d处的弹性势能大于在a处的弹性势能,由系统的机械能守恒可以知道,滑块在d处的机械能小于在a处的机械能，故D对； 故选CD 【点睛】

滑块的速度根据其受力情况,分析速度的变化情况确定.加速度由牛顿第二定律分析.对于滑

块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,但滑块的机械能不守恒.根据系统的机械能守恒求滑块在c点的速度.

8．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l3m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/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810m/s 41D．此时物块A的速度大小为8【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．初态时，弹簧的压缩量

10m/s 41x1mg 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

kx2mg

x1x22

整理可得

x1x21m，k20N/m

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

mgh1212mvAmvCmg(x1x2) 22vCcosvA

设绳子与竖直方向夹角为 ，由于A、C沿着绳的速度相等

且

cosh4 l5

整理得

vC10C错误，D正确。 故选AD。

1010m/s，vA8m/s

4141

9．2016年6月18日神舟九号完成最后一次变轨，在与天宫一号对接之前神舟九号共完成了4次变轨。神舟九号某次变轨的示意图如图所示。在A点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B为轨道Ⅱ上的一点，关于飞船的运动，下列说法中正确的有（ ）

A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度

B．在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能 C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期 D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】

A．在轨道Ⅱ上从A到B万有引力做正功，即合外力做正功，物体的动能增加，所以A的速度小于经过B的速度，故A项正确；

B．由于从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ神舟九号要点火加速做离心运动，所以在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能，故B正确；

a3C．根据开普勒第三定律2k，由图可知轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径更小，所以在

T轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C正确；

GmMma，由于神舟九号在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上离地球的距离相同即r相同，所r2以在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度，故D错误。 故选ABC。

D．根据

10．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，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EP，动能Ek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

a1g(sincos)

由

v22a1x

得

v2a1x 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，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v0后，摩擦力沿传送带向上，加速度

a2g(sincos)

由

2v2v02a2x

解得

2vv02a2x 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EP0，重力势能表达式为

EpEp0mgxsin

EP-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a1时，根据动能定理有动能的表达式为

EkF合xma1x

设此过程获得的动能为Ek0，Ek-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a2，动能表达式为

EkEk0F合xEk0ma2x

故Ek-x图像应为斜率为正值的一段直线；由于a1a2，斜率变小，故C正确。 D．小物块加速度为a1时，摩擦力做正功，机械能增加，机械能表达式为

EEp0mgcosx

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EP0；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Em，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

EEmmgcosx

E-x图像应为斜率为负值的一段直线，故D正确。 故选BCD。

11．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度也是

1L，B处小球上升的高211L，但A处小球的质量比B处小球的大，故有mgL的重力势能转化为小球的22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BCD。

12．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/s2）（ ）

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

ag4m/s2

货物加速到2m/s所需的时间为

t货物加速到2m/s时的位移为

v2s0.5s a411xat240.520.5m

22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

x1vt20.5m1m

它们之间的相对位移为

sx1x0.5m

所以货物与传送带因摩擦而产生的热量为

Qmgs0.410100.5J=20J

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

11Emv2Q1022J20J40J

22故D正确。 故选BD。

13．如图所示，细线上挂着小球，用水平恒力F将小球从竖直位置P拉到位置Q，小球在Q点垂直绳方向所受的合力恰好为零，此时细绳与竖直方向的夹角为，则（ ）

A．恒力做功等于小球重力势能的增量 B．小球将静止在Q点 C．细线对小球做的功为零

D．若在Q点将外力F撤去，小球来回摆动的角度将等于 【答案】C 【解析】 【分析】

小球在Q点所受的合力恰好为零，由此可分析恒力F和重力的关系，再根据动能定理可分析小球的运动情况。 【详解】

A．小球在Q点垂直绳方向所受的合力恰好为零，由图可知恒力F和重力G的关系为

FGtan

从竖直位置P拉到位置Q过程中位移为s，恒力F做功

WF重力G做功的大小

Gtanscos2Gstancos

2WGGhGssin2

90所以

WFWG即有

GstancosGssin2tantan21tan2221

2WF选项A错误； B．因为WFWG

而小球重力势能的增量等于重力G做功的大小，因此恒力做功大于小球重力势能的增量，

WG，根据动能定理可知小球到达Q点时动能不为零，小球具有一定速度，

不会静止在Q点，选项B错误；

C．因为小球的轨迹是圆弧，其速度方向始终与细线垂直，因此细线的拉力始终与速度垂直，对小球做的功为零，选项C正确；

D．因为小球在Q点速度不为零，若在Q点将外力F撤去，小球还会向上运动一段距离，到最高点后再回落。之后的摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，因此小球来回摆动的角度将大于，选项D错误。

故选C。 【点睛】

抓住小球在Q点所受的合力恰好为零是分析问题的关键。

14．一物体沿光滑水平面运动时，其速度v随位移x变化的关系如图所示，则物体

A．相同时间内速度变化量相同 B．相同时间内速度变化量越来越小 C．相同位移内所受外力做功相同 D．相同位移内所受外力的冲量相同 【答案】D 【解析】 【分析】

本题考查速度位移图像的理解，速度和位移成正比，分析相关物理量的变化。 【详解】

由图得速度和位移成正比，物体不是做匀变速直线运动。

AB．随着位移增大，物体速度均匀增大，所以相同时间内物体位移越来越大，速度变化量越来越大，AB错误；

CD．相同位移速度变化量相同，对同一物体，动量变化量相同，但动能变化量不同，所以所受外力的冲量相同，做功不同，C错误，D正确； 故选D。

15．一质量为m的小轿车以恒定功率P启动，沿平直路面行驶，若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为v。当小轿车的速度大小为（ ） A．

2v时，它的加速度大小为34P mvP mvB．

P 2mvC．

3P 2mvD．

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

汽车速度达到最大后，将匀速前进，此时有

PFv

Ff

当汽车的车速为

2v时，有 3PF2v 3根据牛顿第二定律有

Ffma

联立解得

选项B正确，ACD错误。 故选B。

aP2mv