高一物理下册 机械能守恒定律检测题(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．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 0.36m x ==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 。

3．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 。

4．在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点,每隔T 的时间,轻放上一个相同的工件,已知工件与传送带间动摩擦因素为,工件质量均为m ,经测量,发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ,下列判断正确的有A ．传送带的速度为x TB ．传送带的速度为22gx μC ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为12mgx μ D ．在一段较长的时间内,传送带因为传送工件而将多消耗的能量为23mtx T【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A ．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x =vT ，解得传送带的速度v =xT．故A 正确； B ．设每个工件匀加速运动的位移为x ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg ，则传送带的速度2v gx μ=s 与x 的关系．故B 错误； C ．工件与传送带相对滑动的路程为22222v v x x v g g gT μμμ∆=-=则摩擦产生的热量为Q =μmg △x ＝222mx T故C 错误；D ．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量22212mx E mv mg x Tμ=+∆=在时间t 内，传送工件的个数fW E η=则多消耗的能量23mtx E nE T'==故D 正确。

故选AD 。

5．如图所示，质量为0.1kg 的小滑块（视为质点）从足够长的固定斜面OM 下端以20m/s 的初速度沿斜面向上运动，小滑块向上滑行到最高点所用的时间为3s ，小滑块与斜面间的动摩擦因数为3，取重力加速度大小g =10m/s 2，下列说法正确的是（ ）A ．斜面的倾角为60°B ．小滑块上滑过程损失的机械能为5JC ．小滑块上滑的最大高度为10mD ．若只减小斜面的倾角，则小滑块上滑的最大高度可能比原来高 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】A ．物体上滑的加速度为203v a t == 由牛顿第二定律sin cos mg mg ma θμθ+=解得=60θ选项A 正确；B ．小滑块上滑过程损失的机械能为3120cos6013J=5J2322vE mg tμ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯选项B正确；C．小滑块上滑的最大高度为203sin60sin603m=15m222vh l t===⨯⨯选项C错误；D．根据动能定理21cossin2hmgh mg mvμθθ+⋅=解得22(1)tanvhgμθ=+则若只减小斜面的倾角θ，则小滑块上滑的最大高度减小，选项D错误。

故选AB。

6．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gB．从a下滑到c点的过程中，滑块的机械能守恒C．滑块在c3gLD．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212sin 372c mg l mv ⨯=，解得3c v gL = ，故C 对； D 、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.7．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 '=2NB ．弹簧刚好恢复原长时，两物块正好分离C ．两物块一起匀加速运动经过1010s 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AB 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32m 0.15m 40ma x k ⨯=== 弹簧最初的压缩量010m=0.25m 40F x k == 故两物块一起匀加速运动到分离的时间为2012at x x =- 解得02()2(0.250.15)10s s 210x 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2122F W W mv '+=⨯弹10102m/s 105v at ==⨯= 解得221110223()J 0.8J 0.4J 22F W mv W '=⨯-=⨯⨯⨯-=弹故D 错误。