安徽淮北市实验高级中学下册机械能守恒定律达标检测卷(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

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

3

31

v t a =

=4s 传送带减速至静止所用时间为

3

42

v t a =

=2s 该过程物块的位移为

x 3=

1

2

a 1t 32=16m 传送带的位移为

x 2=

1

2

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．如图甲所示，质量为4kg 的物块A 以初速度v 0=6m/s 从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B 。已知物块A 与木板B 之间的动摩擦因数为μ1，木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，A 、B 运动过程的v -t 图像如图乙所示，A 始终未滑离B 。则（ ）

A ．μ1=0.4，μ2=0.2

B ．物块B 的质量为4kg

C ．木板的长度至少为3m

D ．A 、B 间因摩擦而产生的热量为72J

【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．以物块为研究对象有

11ma mg μ=

由图看出2

14m/s a =，可得

10.4μ=

将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有

22M m a M m g μ+=+()()

由图看出2

21m/s a =，可得

20.1μ=

选项A 错误；

B ．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有

123()mg M m g Ma μμ-+=

由图看出2

32m/s a =，解得

4kg M =

选项B 正确；

C ．由v -t 图看出物块和木板在1s 内的位移差为3m ，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m ，选项C 正确；

D ．A 、B 的相对位移为s =3m ，因此摩擦产热为

148J Q mgs μ==

选项D 错误。 故选BC 。

3．如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为，则

A ．a 减少的重力势能等于b 增加的动能

B ．轻杆对b 一直做正功，b 的速度一直增大

C．当a 运动到与竖直墙面夹角为θ时，a、b的瞬时速度之比为tanθ

D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

ab构成的系统机械能守恒，a减少的重力势能大于b增加的动能．当a落到地面时，b的速度为零，故b先加速后减速．轻杆对b先做正功，后做负功．由于沿杆方向的速度大小相等，则

cos sin

a b

v v

θθ

=

故

tan

a

b

v

v

θ

=

当a的机械能最小时，b动能最大，此时杆对b作用力为零，故b对地面的压力大小为mg．综上分析，CD正确，AB错误；

故选CD．

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

T

B．传送带的速度为22gx

μ

C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为

1

2

mgx

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

2

3

mtx

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=

x

T

．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=，根据题目条件无法得出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

22

222v v x x v g g gT

μμμ?=-= 则摩擦产生的热量为

Q =μmg △x ＝2

2

2mx 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 T

μ=+?=

在时间t 内，传送工件的个数f

W 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，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，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 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）

A ．环到达

B 处时，重物上升的高度h =d /2

B ．小环在B (322)gd -

C ．环从A 到B ，环沿着杆下落的速度大小小于重物上升的速度大小

D ．环能下降的最大高度为4d /3 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

A 、根据几何关系有，环从A 下滑至

B 点时，重物上升的高度2h d d =-，故A 错误；

B 、

C 、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：v 环cos45°=v 物，根据系统机械能守恒定律可得

22112+222

mgd mgh mv mv -=

?环物，解得：环的速度=(322)v gd -环，故B 正确．故C 错误．D 、设环下滑到最大高度为H 时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为

2

2

H d d +-，根据机械能守恒有222()mgH mg H d d =+-，解得：4

3

H d =

，故D 正确．故选BD ． 【点睛】

解决本题的关键要掌握系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．

6．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v 0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05v gR <

B ．若02v gR <，小球不可能到达圆周最高点

C ．若02v gR <，小球运动过程中机械能守恒

D ．若05v 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

011222

mv mv mg R =+? 解得

05v gR =

若小球速度05v gR <，小球也是有可能做完整的圆周运动的，可能到达圆周最高点，只是最终在圆心下方做往复运动，故A 错误；若小球速度05v gR >，则小球一定不挤压内轨，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

0122

mv mg R =? 解得

02v gR =

现在内轨粗糙，如果小球速度02v 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

012

mv mgR = 解得

02v gR =

若02v 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 。

7．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/s 2，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

5

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/s 2，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

()2

m 1sin cos 2

mg mg x W mv θμθ--=

解得m 5

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 。

8．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/s 2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/s 2，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 。

9．如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O 固定在天花板上，物块B 和A 通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后，再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A 和C ，物块C 穿在竖直固定细杆上，OA 竖直，OC 间距3m l =且水平，此时A 、C 间轻绳恰好拉直而无张力作用。已知物块A 、B 、C 质量均为2kg 。不计一切摩擦，g 取10m/s 2.现将物块C 由静止释放，下滑h =4m 时物块B 刚好被提起，下列说法正确的是（ ）

A ．弹簧劲度系数为20N/m

B ．此过程中A 、

C 组成的系统机械能总和一直不变 C ．此时物块C 的速度大小为10

8

m/s 41

D ．此时物块A 的速度大小为10

8m/s 41

【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．初态时，弹簧的压缩量

1mg

x k

=

根据勾股定理可知，C 下降h =4m 时，A 物体上升了2m ，根据题意可知

2kx mg =

122x x +=

整理可得

121m x x ==，20N/m k =

A 正确；

B ．物体

C 开始下降时，弹簧处于压缩状态，弹力对物体A 做正功，系统机械能增加，后来弹簧处于伸长状态，弹力对物体A 做负功，系统的机械能减小，B 错误；

CD ．由于弹簧的伸长量与压缩量相等，整个过程弹簧对A 物体做功等于零，因此A 、C 组成的系统，初态的机械能与末态的机械能相等

22

A C 1211()22

mgh mv mv mg x x =

+++ 设绳子与竖直方向夹角为θ ，由于A 、C 沿着绳的速度相等

C A cos v v θ=

且

4cos 5

h l θ=

=

整理得

C 1010

m/s 41

v =，A 108m/s 41v =

C 错误，

D 正确。 故选AD 。

10．一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 。

11．2016年6月18日神舟九号完成最后一次变轨，在与天宫一号对接之前神舟九号共完成了4次变轨。神舟九号某次变轨的示意图如图所示。在A 点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B 为轨道Ⅱ上的一点，关于飞船的运动，下列说法中正确的有（ ）

A ．在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于经过

B 的速度

B ．在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能

C ．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期

D ．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．在轨道Ⅱ上从A 到

B 万有引力做正功，即合外力做正功，物体的动能增加，所以A 的速度小于经过B 的速度，故A 项正确；

B ．由于从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ神舟九号要点火加速做离心运动，所以在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能，故B 正确；

C ．根据开普勒第三定律3

2a k T

=，由图可知轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径更小，所以在

轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C 正确； D ．根据

2

GmM

ma r =，由于神舟九号在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上离地球的距离相同即r 相同，所以在轨道Ⅱ上经过A 的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度，故D 错误。 故选ABC 。

12．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其距离0.50m d =，盆边缘的高度为0.30m h =．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为0.10μ=．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为（ ）．

A ．0.50m

B ．0.25m

C ．0.10m

D ．0

【答案】D 【解析】 【分析】

小物块滑动过程中，重力做功和摩擦阻力做功，全过程应用动能定理可进行求解。 【详解】

由小物块从A 点出发到最后停下来，设小物块在BC 面上运动的总路程为S ，整个过程用动能定理有：

0mgh mgs μ-=

所以小物块在BC 面上运动的总路程为

0.3

m 3m 0.1

h

s μ

=

=

= 而d =0.5 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，即距离B 点为0 m 。 故选D 。 【点睛】

本题对全过程应用动能定理，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程的关系。

13．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

14．如图所示，AB 是倾角为37°的斜面，BC 为水平面，一小球以6J 的初动能从A 点水平抛出，第一次落到界面上的动能为12J ，若A 点水平抛出的动能为12J ，则第一次落到界面上的动能为（ ）

A ．18J

B ．24J

C ．36J

D ．42J

【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

当小球以6J 的初动能从A 点水平抛出时，假设小球落在斜面上，设初速度为1v ，在空中运动时间为1t ，由平抛运动规律可得

2

12

h gt =

① 1x v t = ②

tan 37h x

=

③ 从开始抛出到落到斜面过程，由动能定理可得

K K mgh E E =-末初 ④

2

112

K E mv =

初 ⑤ 联立①②③④⑤可得

19.5J 12J K E =≠末

故假设不成立，小球没有落在斜面上

当小球以6J 的初动能从A 点水平抛出时，小球落在水平面上，由动能定理可得

1K K mgh E E =-2⑥

当小球以12J 的初动能从A 点水平抛出时，小球也落在水平面上，由动能定理可得

43K K mgh E E =-⑦

联立⑥⑦可得

418J K E =

故选A

15．如图所示，一质量为M 的人站在台秤上，一根长为R 的悬线一端系一个质量为m 的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是（ ）

A ．小球运动到最高点时，小球的速度为零

B ．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为Mg

C ．小球在a 、b 、c 三个位置时，台秤的示数相同

D ．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．小球恰好能通过圆轨道最高点，由

2

v mg m R

=

得

v gR =

A 项错误；

B ．小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg ，但不是最小，当小球处于如图所示状态时，

设其速度为v 1，由牛顿第二定律有

2

1cos v T mg m R

θ+=

由最高点到该位置，由机械能守恒定律

22111

(1cos )22

mv mgR mv θ+-= 解得悬线拉力为

T =3mg （1-cosθ）

其分力为

T y =T cosθ=3mgcosθ-3mgcos 2θ

当cosθ=0.5，即θ=60°时，台秤的最小示数为

F min =Mg -T y =Mg -0.75mg

故B 错误；

C ．小球在a 、b 、c 三个位置，竖直方向的加速度均为g ，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，故C 正确；

D ．人没有运动，不会有超重失重状态，故D 错误。 故选C 。