人教版高一物理下册 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）

1．一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

0.2

μ=），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12m

D．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1

2

v

t

a

==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=

1

2

a1t12=9m

传送带的位移

x2=

1

2

a2t12=18m

两者相对位移为

121

x 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

331

v 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=

12

a 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=12m

C 正确；

D ．全程相对路程为

L =123x x x ?+?+?=9m+3m+8m=20m

Q =μmgL =80J

D 正确；

故选ACD 。

2．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

01063m 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

22

12m 1m 222

v x a ===? 用时

22s 1s 2

v t a === 向左运动时最后3m 做匀速直线运动，有 233=

s 1s 3x 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

11

4m

l vt

==

物体向左加速过程，传送带运动距离为

22

2m

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。

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/s2，则（）．

A．开始时行李箱的加速度为0.2 m/s2

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/s2，故A错误；物体加速

到与传送带共速的时间

1

0.4

0.2

2

v

t s s

a

===，此时物体的位移：

1

1

0.04

2

x vt m

==，则

物体在剩下的x2=1.2m-0.04m=1.96m内做匀速运动，用时间2

2

2.9

x

t s

v

==，则行李箱从A 点到达B点时间为t=t1+t2="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=

1

2

mv2="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，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最

低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法一定正确的是（）

A．若

5

v gR

<

B．若

2

v gR

<，小球不可能到达圆周最高点

C．若

2

v gR

<，小球运动过程中机械能守恒

D．若

5

v gR

>

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

AD. 小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律，在最高点，有

2

v

mg m

R

=

由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律，有

22

11

2

22

mv mv mg R

=+?

解得

5

v gR

=

若小球速度

5

v gR

<

是最终在圆心下方做往复运动，故A错误；若小球速度

5

v gR

>

轨，小球运动过程中机械能守恒，故D错误；

B. 如果轨道内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律，有

2

1

2

2

mv mg R

=?

解得

2

v gR

=

现在内轨粗糙，如果小球速度

2

v gR

<，小球在到达最高点前一定受到摩擦力作用，即小球在到达最高点前速度已为零，小球不可能到达圆周最高点，故B正确；

C.若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律，有

2

1

2

mv mgR

=

解得

2

v gR

=

若

2

v gR

<，小球只与外轨作用，不受摩擦力作用，小球运动过程中机械能守恒，故C 正确。

故选BC。

5．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量5kg的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x 的变化关系如图乙所示，，重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（）

A．滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒

B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1

C

13

m/s

D．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

A．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；

B．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a=5.2m/s2，根据牛顿第二定律有

sin cos

mg mg ma

θμθ

-=

解得0.1μ=

，故B 正确；

C ．当x =0.1m 时a =0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有

sin cos 0mg kx mg θμθ--=

解得260N /m k =，则弹簧弹力与形变量的关系为

F kx =

当形变量为x =0.1m 时，弹簧弹力F =26N ，则滑块克服弹簧弹力做的功为

11 2.60.1J 1.3J 22

W Fx ==??= 从下滑到速度最大，根据动能定理有 ()2m 1sin cos 2mg mg x W mv θμθ--=

解得m 135

v =m/s ，故C 正确； D ．滑块滑到最低点时，加速度为25.2m/s a '=-，根据牛顿第二定律可得

sin cos mg mg kx ma θμθ--'=' 解得0.2m x '=，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有

()p sin cos 00mg mg x E θμθ'--=-

解得E p =5.2J ，故D 错误。

故选BC 。

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．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

4

3

d

C．环到达B

2

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022

h d d

+，根据机械能守恒有22

2()

mgh mg h d d

=+，解得：h=

4

3

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

＝，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 ．

8．一辆汽车在平直的公路上由静止启动，先保持加速度不变，达到额定功率后保持额定功率不变继续行驶。汽车所受阻力恒定，下列关于汽车运动全过程的速度、加速度、牵引力、功率的大小随时间变化的图像可能正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．汽车以恒定加速度启动，可分为三个阶段：第一个阶段，匀加速直线运动，在v t -图像中是一条通过原点的直线；第二个阶段，作加速度越来越小的加速运动；第三阶段，以最大速度作匀速直线运动，故A 正确；

B ．汽车刚开始做匀加速，加速度恒定，当汽车匀加速到额定功率后，速度继续增大时，牵引力减小，加速度减小，速度继续增大，这一过程加速度减小，但加速度的变化是越来越慢，而不是变化越来越快，故B 错误；

C ．0~t 1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，到t 2时以最大的速度做匀速运动，此时有牵引力等于阻力，而不是为零，故C 错误；

D ．0~t 1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，由P Fv =可知

()()P ma f v ma f at =+=+

即P 与v 成正比，到t 1时刻功率达到额定功率，此后将保持这一额定功率运行，故D 正确。

故选AD 。

9．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/s2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AB整体，由牛顿第二定律可知

2

F F ma

'

+=

解得

2232N10N2N

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

m0.15m

40

ma

x

k

?

===

弹簧最初的压缩量

10

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

1

2

at x x

=-

解得

2()2(0.250.15)10

s

2

x 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

2122

F W W mv '+=?弹 10102m/s v at ==?

= 解得 221110223()J 0.8J 0.4J 22F W mv W '=?-=???-=弹 故D 错误。

故选AC 。 10．如图1所示，遥控小车在平直路面上做直线运动，所受恒定阻力f =4N ，经过A 点时，小车受到的牵引力F A =2N ，运动到B 点时小车正好匀速，且速度v B =2m/s ；图2是小车从A 点运动到B 点牵引力F 与速度v 的反比例函数关系图像。下列说法正确的是（ ）

A ．从A 到

B ，牵引力的功率保持不变

B ．从A 到B ，牵引力的功率越来越小

C ．小车在A 点的速度为4m/s

D ．从A 到B ，小车的速度减小得越来越慢

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】

AB ．遥控小车牵引力的功率P =Fv ，而题目中，已知小车从A 点运动到B 点牵引力F 与速度v 成反比例，则可知F 与v 的乘积保持不变，即功率P 不变，故A 正确，B 错误； C ．小车运动到B 点时正好匀速，则牵引力等于阻力，且速度v B =2m/s ，则小车的功率为

8W B P Fv fv ===

则在A 点时速度

8m/s 4m/s 2

A A P v F =

== 故C 正确； D ．小车从A 到B 的过程中，因速度从4m/s 减小到2m/s ，在这一过程中，功率始终保持不变，故牵引力增大，小车所受的合外力

F f F =-合

可知，合外力减小，由牛顿第二定律F a m

=合

可知，小车的加速度减小，所以从A 到B ，

小车的速度减小得越来越慢，故D 正确。

故选ACD 。

11．

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

22022v 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 。

12．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 gR =

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＝

221122C 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 ＝212

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．

13．如图所示，一小球用不可伸长的细绳（长度为l ）连接悬于O 点，小球被刚性小锤打击，打击后迅速离开，两次打击才能达到最高点，且球总在圆弧上运动．两次打击均在最低点A 完成，打击的时间极短．若锤第一次对球做功为1W ，锤第二次对球做功为2W ，则12:W W 最大值为（ ）．

A ．1∶2

B ．1∶3

C ．2∶3

D ．3∶2

【答案】C

【解析】

【分析】 要使摆球不脱离轨道，则有两种可能，一是摆到和圆心等高处，二是能做完整的圆周运动。

所以第一次敲击后小球摆到摆到和圆心等高处，如果第一次敲击超过了半径R 的高度 那么球就不可能是贴着圆形轨道返回。第一次敲击后小球到达最高点做完整的圆周运动。

【详解】

要使12:W W 有最大值，则应在1W 最大而2W 最小时。

要使1W 最大，应该是第一次打击后，小球恰能运动到和圆心等高处，所以有

1W mgl =

要使2W 最小，则两次打击后，小球恰能能做完整的圆周运动，在最高点有

2

v mg m l

= 解得v gl 在最高点具有的机械能2215222E mgl mv mgl =+

= 所以2123-2

W gl W E m ==

因此12:=2:3W W

故选C 。

【点睛】 抓住球总在圆弧上运动，即摆球不脱离轨道的两种可能，一是摆到和圆心等高处，二是能做完整的圆周运动，这是解决此问题的关键。

14．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 θcos2θ

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

．

15．一质量为m的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h o表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0

）则由图可知，下列结论正确的是( )

A．①表示的是动能随上升高度的图像，②表示的是重力势能随上升高度的图像

B．上升过程中阻力大小恒定且f=（k+1）mg

C ．上升高度012k h h k +=

+时，重力势能和动能不相等 D ．上升高度02

h h =时，动能与重力势能之差为02k mgh 【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】 A ．根据动能定理可知小球上升过程中速度减小（动能减小，对应图象②），高度升高（重力势能增大，对应图象①），故A 错误；

B ．从①和②图知动能与重力势能都随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图得

k00k01

E fh E k =-

+ 由①图线结合动能定理得 00(+)k E mg f h =

解得f kmg =，故B 错误；

C ．当高度012

k h h k +=+时，动能为 ()k k0E E mg f h =-+

联立解得

k 0+12

k E mgh k =

+ 重力势能为 p 012k E mgh mgh k +==

+ 所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，故C 错误；

D ．当上升高度02

h h =时，动能为 k 012

k E mgh -= 重力势能为

p 0E mgh = 则动能与重力势能之差为02

k mgh ，故D 正确。 故选D 。

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