辽宁葫芦岛市第一高级中学下册机械能守恒定律单元达标训练题(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，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，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g

C ．b 22gL +（）

D ．a 2gL

【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：

2

2122

a

mg 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．

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

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．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 。

5．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2

d B ．环能下降的最大距离为

43

d C ．环到达B 处时，环与重物的速度大小之比为

22

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022h d d +，根据机械能守恒有222()mgh mg h d d =+，解得：h=

43

d

d ，故B 正确．对B 的速度沿绳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

2v v 重物

＝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 ．

6．如图所示，劲度系数k =40N/m 的轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙上，物块A 、B 在水平向左的推力F =10N 作用下，压迫弹簧处于静止状态，已知两物块不粘连，质量均为m =3kg 。现突然撤去力F ，同时用水平向右的拉力F '作用在物块B 上，同时控制F '的大小使A 、B 一起以a =2m/s 2的加速度向右做匀加速运动，直到A 、B 分离，此过程弹簧对物块做的功为W 弹=0.8J 。则下列说法正确的是（ ）

A ．两物块刚开始向右匀加速运动时，拉力F '=2N

B ．弹簧刚好恢复原长时，两物块正好分离

C 10

s 刚好分离 D ．两物块一起匀加速运动到分离，拉力F '对物块做的功为0.6J 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．两物块刚开始向右匀加速运动时，对A

B 整体，由牛顿第二定律可知

2F F ma '+=

解得

2232N 10N 2N F ma F '=-=??-=

故A 正确；

BC ．两物体刚好分离的临界条件；两物体之间的弹力为零且加速度相等。设此时弹簧的压缩量为x ，则有

kx ma =

代入数据，可得

32

m 0.15m 40

ma x k ?=

== 弹簧最初的压缩量

010

m=0.25m 40

F x k =

= 故两物块一起匀加速运动到分离的时间为

2

012

at x x =- 解得

02()2(0.250.15)10

s 2x x t a --=

== 故B 错误，C 正确；

D ．对AB 整体，从一起匀加速运动到分离，由动能定理可得

21

22

F W W mv '+=?弹

10102m/s v at ==?

= 解得

22

1110223()J 0.8J 0.4J 22F W mv W '=?-=???-=弹

故D 错误。 故选AC 。

7．如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ．现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E 点，D 、E 两点间

的距离为

2L ．若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面间的动摩擦因数3

8

μ=，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( )

A ．A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动

B ．A 在从

C 至

D 的过程中，加速度大小为120

g C ．弹簧的最大弹性势能为

15

8mgL D ．弹簧的最大弹性势能为38

mgL 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．对AB 整体，从C 到D 的过程受力分析，根据牛顿第二定律得加速度为

4sin 304cos30420

mg mg mg g

a m m μ?--??=

=+

可知a 不变，A 做匀加速运动，从D 点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E 点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A 错误，B 正确；

CD ．当A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB 整体应用动能定理得

004sin 304cos30222L L L mg L mg L mg L W μ?????

?-=+?-+-??+- ? ? ??????

?弹

解得3

8

W mgL =

弹，则弹簧具有的最大弹性势能为 p 3

8

E W mgL ==弹

故C 错误，D 正确。 故选BD 。

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

v =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

v 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，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．物块在水平面上以初速度v 0直线滑行，前进x 0后恰好停止运动，已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x 的关系为μ=kx （k 为常数），重力加速度为g 。则（ ） A ．200

v kgx =

B ．200

2v kgx =

C ．20

02

kgx v =D ．2

002v kgx =

【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

因动摩擦因数kx μ=，则滑动摩擦力为

f m

g kmgx μ==

即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功的功可用平均力乘以位移表示，由动能定理

2

00001022

kmgx f x x mv +-=-

?=- 解得

2

00

v kgx = 故A 正确，BCD 错误。 故选A 。

12．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 。

13．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．

14．某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用v y 、E 、E k 、P 分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t 表示足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g 的匀变速直线运动，其速度-时间关系为， 上升阶段

0y y v v gt =-

下落阶段

y gt =v

由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是一条倾斜直线，A 错误； B ．不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E 不变，B 错误； C ．足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，C 错误； D ．足球在竖直方向上的速度满足 上升阶段

0y y v v gt =-

下落阶段

y gt =v

再由重力的瞬时功率

y P mgv =

可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，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2

3

v

时，它的加速度大小为

（）

A．

P

mv

B．

2

P

mv

C．

3

2

P

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2

3

v

时，有

2

3

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。