高一物理机械能守恒定律中考真题汇编[解析版]

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．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/s

B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8

C ．图乙中x min ＝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

π

θ=

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

2

012

mv mgx μ= 代入数据解得

=0.75μ

B 错误；

C ．根据动能定理

2

01cos sin 2

mv mgx mgx μθθ=+ 整理得

9

20(0.75cos sin )

x θθ=

+

因此位移最小值

min 0.36m x =

=

C 正确；

D ．动能与重力势能相等的位置

o 2

o o 01sin 37(sin 37cos37)2

mgx mv mgx mgx μ=

-+ 整理得

0.25m x =

D 错误。 故选AC 。

3．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/s 2，则 （ ）．

A ．开始时行李箱的加速度为0.2 m/s 2

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 ．

4．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0

kx g m

μ- C ．物体做匀减速运动的时间为0

2

x g

μD ．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()mg

mg x k

μμ-

【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：0

kx a g m

μ=- 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：

20112

3x a t =

联立解得：0

6x t g

μ=

，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mg

x k

μ=

，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 。

5．如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连。开始时物块与定滑轮等高。已知物块的质量13m kg =，球的质量25m kg =，杆与滑轮间的距离d =2m ，重力加速度g =10m/s 2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力。现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中（ ）

A ．物块运动的最大速度为

53

m /s 3

B ．小球运动的最大速度为

33

m /s 5

C ．物块下降的最大距离为3m

D ．小球上升的最大距离为2.25m

【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力为小球的重力，有

250N T m g ==

对物块作受力分析，由受力平衡可知

1cos T m g θ=

对物块速度v 沿绳子的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v 1，则有

1cos v v θ=

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知

221212111

()tan sin 22

d d m g

m g d m v m v θθ=-++ 代入数据可得

3

m/s 3

v =

，13m/s v = 故A 正确，B 错误；

CD ．设物块下落的最大高度为h ，此时小球上升的最大距离为h 1，则有

221h h d d =+

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得

121m gh m gh =

联立解得

3.75m h =，1 2.25m h =

故C 错误，D 正确。 故选AD 。 【点睛】

物块与小球具有速度关联，注意物块沿绳方向的分速度大小等于小球的速度大小。

6．蹦床比赛中运动员从最高点下落过程可简化为下物理模型：如图，运动员从O点自由下落，其正下方放置一下端固定的轻质弹簧，弹簧处于自然长度。运动员下落到轻质弹簧上端a位置开始与弹簧接触并开始向下压缩弹簧。运动员运动到b处时，质弹簧对运动员的弹力与运动员的重力平衡。运动员运动到c处时，到达最低点。若不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A．由O向a运动的过程中运动员处于完全失重状态，其机械能减少

B．由a向b运动的过程中运动员处于失重状态，其机械能减少

C．由a向b运动的过程中运动员处于超重状态，其动能增加

D．由b向c运动的过程中运动员处于超重状态，其机械能减少

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

A．运动员由O向a运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，运动员的机械能守恒，A错误；BC．运动员由a向b运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，运动员处于失重状态，运动员和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，运动员的机械能减少，由于运动员向下加速运动，运动员的动能还是增大的，B正确，C错误；

D．运动员由b向c运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，运动员的机械能继续减小，D正确。

故选BD。

7．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/s2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/s2，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 。

8．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

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。 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 。

9．如图所示，一根劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平地面上，轻弹簧上端正上方h 高度处A 点有一个质量为m 的小球。现让小球由静止开始下落，在B 点接触轻弹簧的上端，在C 点时小球所受的弹力大小等于重力大小，在D 点时小球速度减为零，此后小球向上运动返回到最初点，已知小球在竖直方向上做周期性运动。若轻弹簧储存的弹性势能与其形变量x 间的关系为2

12

p E kx =，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）

A ．在D 点时小球的加速度大小大于重力加速度g 的大小

B ．小球从B 点到D 点的过程中，其速度和加速度均先增大后减小

C ．从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量

D ．小球在D 点时弹簧的压缩量为(2)

mg mg mg kh ++

【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．若小球从

B 点由静止释放，则最低点应该在D ′位置且满足B

C =C

D ′，由对称可知，在D ′点的加速度为向上的g ；若小球从A 点释放，则最低点的位置在D 点，则D 点应该在D ′点的下方，则在D 点时小球的加速度大小大于在D ′点的加速度，即大于重力加速度g 的大小，选项A 正确；

B ．小球从B 点到D 点的过程中，在B

C 段重力大于弹力，加速度向下且逐渐减小，速度逐渐变大；在C

D 段，重力小于弹力，加速度向上且逐渐变大，速度逐渐减小，即小球从B 点到D 点的过程中，加速度先减小后增加，速度先增加后减小，选项B 错误； C ．由能量守恒定律可知，从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，选项C 错误； D ．由能量关系可知从A 到D 满足

21()2

mg h x kx +=

解得小球在D 点时弹簧的压缩量为

(2)

mg mg mg kh x ++=

（另一值舍掉）选项D 正确。 故选AD 。

10．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 =

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．

11．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于 ( ) A ．

9

H B ．

29

H

C ．

39

H

D ．

49

H

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

设小球受到的阻力大小恒为f ，小球上升至最高点过程，由动能定理得：

2

0102

mgH fH mv --=-

小球上升至离地高度h 处时速度设为1v ，由动能定理得：

22101122

mgh fh mv mv --=

- 又由题有：2

11 22

mv mgh =

小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处时速度设为2v ，此过程由动能定理得：

22

2011222

mgh f H h mv mv ---=

-（） 又由题有：2

2122

mv mgh ?

= 以上各式联立解得：49

H

h =,选项D 正确，ABC 错误． 【点睛】

在应用动能定理解题时，要灵活选择研究的过程，各个力做功的分析非常重要，本题中要注意上升和下降过程中阻力始终做负功．

12．如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m 的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g ．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对细杆的拉力大小为：

A ．5mg

B ．Mg+4mg

C ．Mg+5mg

D ．Mg+10mg

【答案】C 【解析】 【分析】

利用机械能守恒、竖直平面内的圆周运动、力的合成、牛顿运动定律求解． 【详解】

设大环底端处为重力势能零点，大环半径为R ，小环在最低点速度为v ，由于小环运动过程中只受弹力和重力，弹力和运动方向始终垂直，所以弹力不做功，只有重力做功，所以根据机械能守恒可得：

2

122

mv mgR = 解得：

42v gR gR ==当小环到达大环最低点时，分析小环的受力得：

2

mv F mg R

-=支 把2v gR =

5F mg =支

分析大环的受力，大环受到自身重力和小环竖直向下的压力5mg ，故大环对轻杆的拉力为：5Mg mg +，C 符合题意．

13．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 。

14．一质量为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

23

v

时，它的加速度大小为

（ ） A ．

P mv

B ．

2P mv

C ．

32P

mv

D ．

4P mv

【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

23

v

时，有 23

v P F '=?

根据牛顿第二定律有

F f ma '-=

联立解得

2P a mv

=

选项B 正确，ACD 错误。 故选B 。

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 。