高一下册机械能守恒定律(培优篇)(Word版 含解析)

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），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/s，所以前面阶段两者相对滑动，时间t12

v3s，此时物块a2的速度v1=6 m/s，传送带的速度v2=12 m/s 物块的位移

x1=

传送带的位移

x2=

两者相对位移为

1a1t12=9m 21a2t12=18m 2x1x2x1=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t2=1s

因此物块匀加速所用的时间为

t1+ t2=4s

两者相对位移为x2 3m，所以A正确。 C．物块开始减速的速度为

v3=6+ a1t2=8 m/s

物块减速至静止所用时间为

t3传送带减速至静止所用时间为

v34s a1t4该过程物块的位移为

x3=

传送带的位移为

x2=

两者相对位移为

v32s a21a1t32=16m 21a2t42=8m 2x38m

回滑不会增加划痕长度，所以划痕长为

xx1x29m+3m=12m

C正确；

D．全程相对路程为

L=x1x2x3=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

10m/s2。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

解得

ag2m/s2

根据运动学公式有

0v0at1

解得

t13s

匀减速运动的位移

xv006t13m9m>L8m 22物体向左匀加速过程，加速度大小仍为a2m/s2，根据运动学公式得物体速度增大至v2m/s时通过的位移

v222x1m1m

2a22用时

t2v2s1s a2x23s1s v3向左运动时最后3m做匀速直线运动，有

t3=即滑块在传送带上运动的总时间为

tt1t2t34s

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

Wf（fxx1）mg(xx1)0.2110(41)J6J

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

l1vt14m

物体向左加速过程，传送带运动距离为

l2vt22m

即

QfSmg（[l1x）（l2x1）]

代入数据解得

Q28J

选项D正确。 故选BD。

3．如图所示，一根轻质弹簧放在光滑斜面上，其下端与斜面底端的固定挡板相连，弹簧处于自然伸长状态。第一次让甲物块从斜面上的A点由静止释放，第二次让乙物块从斜面上的B点由静止释放，两物块压缩弹簧使弹簧获得的最大弹性势能相同，两物块均可看作质点，则下列说法正确的是（ ）

A．甲物块的质量比乙物块的质量大

B．甲物块与弹簧刚接触时的动能大于乙物块与弹簧刚接触时的动能 C．乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大的位置下方

D．将两物块释放的位置上移，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置会下移 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

A．由于两物块使弹簧获得的最大弹性势能相同，即两物块向下运动最低点的位置相同，根据机械能守恒可知，两物块减少的最大重力势能相同，由此可以判断甲物块的质量比乙物块的质量小，选项A错误；

B．从两物块与弹簧相接触到弹簧被压缩到最短的过程中，乙物块的质量大，则乙物块减小的重力势能大，所以其动能减小的少，选项B正确；

C．动能最大的位置是合外力为零的时候，由力的平衡可知，乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大位置的下方，选项C正确；

D．由力的平衡可知，改变两物块释放的位置，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置不会变，选项D错误。 故选BC。

4．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．滑块下滑过程中的最大速度为13m/s 5D．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

mgsinmgcosma

解得0.1，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

mgsinkxmgcos0

解得k260N/m，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

W11Fx2.60.1J1.3J 2212mvm 2从下滑到速度最大，根据动能定理有

mgsinmgcosxW解得vm13m/s，故C正确； 5mgsinmgcoskxma

D．滑块滑到最低点时，加速度为a5.2m/s2，根据牛顿第二定律可得

解得x0.2m，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有

mgsinmgcosxEp00

解得Ep=5.2J，故D错误。 故选BC。

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

33，取重力加速度大小g=10m/s2，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5J C．小滑块上滑的最大高度为10m

D．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

av0203m/s2t 由牛顿第二定律

mgsinmgcosma

解得

=60

选项A正确；

B．小滑块上滑过程损失的机械能为

Emgcos60v02t331122023J=5J 选项B正确；

C．小滑块上滑的最大高度为

hlsin60v02tsin60203232m=15m 选项C错误；

）

D．根据动能定理

mghmgcos解得

h12mv0 sin2h2v02g(1tan)

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．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

PFvfvmax

解得

vmax故A正确；

PP60103m/s12m/s 3f0.1mg0.151010B．汽车以0.5m/s2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

PFvm

由牛顿第二定律，可得此时汽车的牵引力为

F-0.1mgma

由以上方程可得

vm8m/s F7.5103N

这一过程能维持的时间

t1vm8s16s a0.5

故B错误；

C．匀加速过程中汽车通过的位移为

x1启动过程中，由动能定理得

121at0.5162m=m 2212mvmax 2Fx1P(tt1)kmgx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。

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FA=2N，运动到B点时小车正好匀速，且速度vB=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vB=2m/s，则小车的功率为

PFvfvB8W

则在A点时速度

vA故C正确；

P8m/s4m/s FA2D．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合fF

可知，合外力减小，由牛顿第二定律aF合m小车的速度减小得越来越慢，故D正确。 故选ACD。

可知，小车的加速度减小，所以从A到B，

9．戽斗是古代最常见的提水器具，两人相对而立，用手牵拉绳子，从低处戽水上岸，假设戽斗装水后重20kg，左右两根轻绳长均为2m，最初绳子竖直下垂，戽水时两人均沿水平方向朝相反的方向做直线运动，戽斗以加速度1m/s2匀加速度直线上升，己知重力加速度

g10m/s2，（绳子可以看成轻质细绳）则戽斗上升1m时（ ）

A．两绳的拉力大小均为200N B．两人拉绳的速率均为2m/s C．两人对戽斗做的功均为110J D．绳子拉力的总功率为2202W 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】

A．此时戽斗已经向上移动了1m，对戽斗进行受力分析如下

沿戽斗运动方向根据牛顿第二定律有

2TcosABDmgma

其中cosABD带入数据解得

T220N

1 2故A错误；

B．上升1m的过程根据速度位移公式可得

2v戽02ax

如下图，戽斗与人在沿绳方向的分速度相等

v戽cosABDv人cosBAD

联立并带入数据解得

v戽2m/s

v人故B错误；

C．戽斗上升过程根据动能定理有

2m/s 3122W人mghmv戽

2带入数据解得每人对戽斗做的功W人为110J，故C正确； D．上升1m后的瞬时功率为

PFv2TcosABDv戽2202W

故D正确。 故选CD。

10．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Ep是（ ）

12kx，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的2

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【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BC=CD′，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BC段重力大于弹力，加速度向下且逐渐减小，速度逐渐变大；在CD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

mgmg(mg2kh)

kmg(hx)解得小球在D点时弹簧的压缩量为

12kx 2x（另一值舍掉）选项D正确。 故选AD。

mgmg(mg2kh)

k

11．如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μA．物块随转台由静止开始至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2mgLsin

B．物块随转台由静止开始至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为

1mgLsin 2mgLsin2C．物块随转台由静止开始至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为

2cosD．物块随转台由静止开始至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为【答案】BC 【解析】 【分析】

此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0。 【详解】

AB．对物体受力分析知物块离开圆盘前，合力为

3mgL 4cosv2FfTsinm …①

rNTcosmg…②

根据动能定理知

WEk又

12mv…③ 2T=0，r=Lsinθ…④

由①②③④解得

W11fLsinmgLsin 221mgLsin，选项A错误，B正确； 2至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为CD．当N=0，f=0，由①②③知

1mgLsin2 WmgLsintan22cos选项C正确；D错误。 故选BC。

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/s2，B为AC轨道中点．下列说法正确的是( )

A．图乙中x＝4 m2s－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

2mvCmg＝

R所以vCgR

2vCgR＝4 m2·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＝

故选项C正确；

D.小球离开C点后做平抛运动，故

2R＝

1212mvCmvA=－1.05 J 2212gt 2落地点到A的距离x1＝vCt，解得x1＝0.8 m，故选项D正确．

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．物块在水平面上以初速度v0直线滑行，前进x0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．v0kgx

20B．v02kgx

202kgx0C．v0 22D．v02kgx0

【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

因动摩擦因数kx，则滑动摩擦力为

fmgkmgx

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

fx解得

0kmgx012x00mv0 222 v0kgx0故A正确，BCD错误。 故选A。

15．一质量为m的小球以初动能Ek0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，ho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0A．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hD．上升高度h【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

k1h0时，重力势能和动能不相等 k2h0k时，动能与重力势能之差为mgh0

22fh0Ek0由①图线结合动能定理得

Ek0 k1Ek0(mg+f)h0

解得fkmg，故B错误； C．当高度hk1h0时，动能为 k2EkEk0mgfh

联立解得

Ek重力势能为

k+1mgh0 k2k1mgh0 k2Epmgh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hh0时，动能为 2Ek1kmgh0 2重力势能为

Epmgh0

k则动能与重力势能之差为mgh0，故D正确。

2故选D。