机械能守恒定律单元复习练习(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

0.2），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，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分离不接触，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L1上，b杆套在水平杆L2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L2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球的最大速度为（22）gL D．a球的最大速度为【答案】AC 【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L1平行成竖直状态，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2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：

2gL

212mgLL22mvb 得：

vb故C正确；

2+2gL D．当轻杆L向下运动到杆L1和杆L2的交点的位置时，此时杆L和杆L2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：

212 mgLmva22得：

va速度为0时速度达到最大，故D错误．

2gL 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

4．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t1v0.41s0.2s，此时物体的位移：x1vt0.04m，则a22x22.9s，则行李箱从Av物体在剩下的x2=1.2m-0.04m=1.96m内做匀速运动，用时间t2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=痕迹长度为：svt12

mv=\"0.4\" J，故C正确；在传送带上留下的2vtvt0.04?m，故D正确．故选BCD． 22

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．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 22

从下滑到速度最大，根据动能定理有

mgsinmgcosxW解得vm12mvm 213m/s，故C正确； 5D．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

mgsinmgcoskxma

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。

6．如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连。开始时物块与定滑轮等高。已知物块的质量m13kg，球的质量m25kg，杆与滑轮间的距离d=2m，重力加速度g=10m/s2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力。现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中（ ）

A．物块运动的最大速度为53m/s 3B．小球运动的最大速度为33m/s 5C．物块下降的最大距离为3m 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

D．小球上升的最大距离为2.25m

AB．当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力为小球的重力，有

Tm2g50N

对物块作受力分析，由受力平衡可知

Tcosm1g

对物块速度v沿绳子的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v1，则有

v1vcos

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知

m1g代入数据可得

dd11m2g(d)m1v2m2v12 tansin2253m/s ，v13m/s 3v故A正确，B错误；

CD．设物块下落的最大高度为h，此时小球上升的最大距离为h1，则有

h1h2d2d

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得

m1ghm2gh1

联立解得

h3.75m，h12.25m

故C错误，D正确。 故选AD。 【点睛】

物块与小球具有速度关联，注意物块沿绳方向的分速度大小等于小球的速度大小。

7．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。

8．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．两物块一起匀加速运动经过10s刚好分离 10D．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

FF2ma

解得

F2maF232N10N2N

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

x弹簧最初的压缩量

ma32m0.15m k40F10m=0.25m k40x0故两物块一起匀加速运动到分离的时间为

12atx0x 2解得

t故B错误，C正确；

2(x0x)2(0.250.15)10ss a210D．对AB整体，从一起匀加速运动到分离，由动能定理可得

1W弹WF2mv2

2vat2解得

1010m/s 10511102WF2mv2W弹23()J0.8J0.4J

225故D错误。 故选AC。

9．如图所示，一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为l，重力加速度为g，小球在最低点Q的速度为v0，忽略空气阻力，则（ ）

A．若小球恰好通过最高点，速度大小刚好为0

B．小球的速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 C．当v06gl时，小球一定能通过最高点P D．当v0【答案】CD 【解析】 【分析】

本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力，同时结合动能定理列式研究。要注意绳子绷紧，小球可能通过最高点，也可以在下半圆内运动。 【详解】

A．小球在最高点时，由于是绳拉小球，合力不可能为0，速度也不可能为0，选项A错误；

C．设小球恰好到达最高点时的速度为v1，最低点的速度为v2,由动能定理得

gl时，轻绳始终处于绷紧状态

112mg(2l)mv12mv2①

22小球恰经过最高点P时，有

v12mgm

l联立解得

v25gl 因为

v06glv25gl

所以小球一定能通过最高点P，选项C正确；

B．球经过最低点Q时，受重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律得到

v2F2mgm2②

l球经过最高点P时

v12mgF1m③

l联立①②③解得

F2-F1=6mg

与小球的初速度无关。选项B错误； D．设小球运动到N点时，由机械能守恒得

mgl解得

12mv0 2v02gl 所以当v0故选CD。

gl时，小球上升的最高点达不到与O等高的高度，所以细绳始终处于绷紧状

态，选项D正确。

10．一物体沿光滑水平面运动时，其速度v随位移x变化的关系如图所示，则物体

A．相同时间内速度变化量相同 B．相同时间内速度变化量越来越小 C．相同位移内所受外力做功相同 D．相同位移内所受外力的冲量相同 【答案】D 【解析】 【分析】

本题考查速度位移图像的理解，速度和位移成正比，分析相关物理量的变化。 【详解】

由图得速度和位移成正比，物体不是做匀变速直线运动。

AB．随着位移增大，物体速度均匀增大，所以相同时间内物体位移越来越大，速度变化量越来越大，AB错误；

CD．相同位移速度变化量相同，对同一物体，动量变化量相同，但动能变化量不同，所以所受外力的冲量相同，做功不同，C错误，D正确； 故选D。

11．如图，在竖直平面内有一光滑水平直轨道，与半径为R的光滑半圆形轨道相切于B点，一质量为m（可视为质点）的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通 过轨道的最高点M，从M点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则（ ）

A．小球在 A点时的速度为 2gR B．小球到达B点时对轨道的压力大小为mg

C．小球从B点到达M点的过程中合力的冲量大小为m6gR D．小球运动到与圆心等高处对轨道的压力大小为3mg 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A．小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得

2vM mgmR解得

vMgR 由A到M，由动能定理得

mg2R解得

1212mvMmvA 22vA5gR 故A错误；

B．由A到B，速度不变

vBvA5gR 在B点时，对B点进行受力分析重力提供向心力，由牛顿第二定律得

2vBFNmgm

R所以

vFN=mg+m=mgmR2B5gRR26mg

由牛顿第三定律得，小球到达B点时对轨道的压力大小为

F压=FN=6mg

故B错误；

C．小球在B点时速度向右，大小为vB5gR，在M点时，速度向左，大小为

vMgR，小球从B点到达M点的过程中，取向右为正，合力的冲量为动量的变化

I=mvMmvBmgRm5gR

故C错误；

D．小球运动到与圆心等高处时，由动能定理知

mgR在那一点，弹力提供向心力

1212mvmvA 22mv2F3mg

R由牛顿第三定律得，小球到达B点时对轨道的压力大小为

F压=F=3mg

故D正确； 故选：D。

12．如图（a）所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4 m，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图（b）是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速率二次方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）

A．图（b）中x=36

C．小球在A点时受到轨道作用力为12.5 N 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据机械能守恒定律

B．小球质量为0.2 kg

D．小球在B点时受到轨道作用力为4.5 N

121mv0mghmv2 22整理得

2v2v02gh

由图（b）可知，当h0.8m时，v29m2/s2，代入上式可得

2xv025m2/s2

A错误；

B．在最高点时，根据牛顿第二定律

mv2 NmgR可得

m0.2kg

B正确；

C．在A点时，根据牛顿第二定律

2mv0 NAmgR可得

NA14.5N

C错误； D．小球在B点时

2mvB NBR又

22vBv02gR

整理得

NB8.5N

D错误。 故选B。

13．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对细杆的拉力大小为：

A．5mg 【答案】C 【解析】 【分析】

B．Mg+4mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg

利用机械能守恒、竖直平面内的圆周运动、力的合成、牛顿运动定律求解． 【详解】

设大环底端处为重力势能零点，大环半径为R，小环在最低点速度为v，由于小环运动过程中只受弹力和重力，弹力和运动方向始终垂直，所以弹力不做功，只有重力做功，所以根据机械能守恒可得：

12mv2mgR 2解得：

v4gR2gR 当小环到达大环最低点时，分析小环的受力得：

mv2 F支mgR把v2gR带入得：

F支5mg

分析大环的受力，大环受到自身重力和小环竖直向下的压力5mg，故大环对轻杆的拉力为：Mg5mg，C符合题意．

14．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

v2mg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v1，由牛顿第二定律有

v12Tmgcosm

R由最高点到该位置，由机械能守恒定律

121mvmgR(1cos)mv12 22解得悬线拉力为

T=3mg（1-cosθ）

其分力为

Ty=Tcosθ=3mgcosθ-3mgcos2θ

当cosθ=0.5，即θ=60°时，台秤的最小示数为

Fmin=Mg-Ty=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。

15．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上．A的质量为m，B的质量为4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中错误的是( )

A．物块B受到的摩擦力先减小后增大 B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右

C．小球A的机械能守恒，A、B系统的机械能守恒 D．地面对斜面体的支持力不变 【答案】D 【解析】 【详解】

A. A物体在最高点时，绳子拉力为零，对B进行受力分析可知，B受摩擦力

方向沿斜面向上，当小球A向下运动过程中，机械能守恒，则

在最低点时

整理得：

此时再对B进行受力分析可知，B受摩擦力沿斜面向下，大小等于mg，在A下摆的过程中，B受摩擦力先沿斜面向上，后沿斜面向下，所以物块B受到的摩擦力先减小后增大，故A正确，不符合题意；

B.在A下摆的过程中，将斜面体与B做为一个整体，细绳对整体始终有一个斜向左下方的拉力作用，因此地面对斜面体的摩擦力始终水平向右，故B正确，不符合题意； C. 小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，B静止不动，机械能也守恒，所以A、B系统的机械能守恒，故C正确，不符合题意；

D. 在A下摆的过程中，小球A在竖直方向上的加速度向上且不断增大，所以地面对斜面体的支持力是不断增大的，故D错误，符合题意。