高一下册物理 机械能守恒定律单元测试卷(含答案解析)

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）

1．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其vt图象如图所示．已知汽车的质量为m110kg，

3汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（ ）

A．汽车在前5s内的牵引力为5103N C．汽车的额定功率为100kW 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

B．汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2 D．汽车的最大速度为80m/s

A．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小

a根据牛顿第二定律得

20m/s24m/s2 5Ffma

解得牵引力

Ffma1000N4000N5000N

选项A正确； BC．汽车的额定功率

PFv500020W100000W100kW

汽车在25m/s时的牵引力

P100000F'N4000N

v25根据牛顿第二定律得加速度

F'f40001000a'm/s23m/s2

m1000选项B错误，C正确；

D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度

P100000vmm/s100m/s

f1000选项D错误。 故选AC。

2．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。

3．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B．环能下降的最大距离为

d 24d 32 2C．环到达B处时，环与重物的速度大小之比为

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h=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0，此时重物上升的最大高度为h2d2 d，根据机械能守恒有mgh2mg(h2d2?d)，解得：h=

4dd，故B正确．对B的速度沿绳3

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

v ＝2，故C错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守重物，所以

v重物恒，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．

4．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.

5．如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间

L3．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数，不计空28气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( )

的距离为

A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．A在从C至D的过程中，加速度大小为C．弹簧的最大弹性势能为

1g 2015mgL 838D．弹簧的最大弹性势能为mgL 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．对AB整体，从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得加速度为

a4mgsin30mg4mgcos30g

4mm20可知a不变，A做匀加速运动，从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确； CD．当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得

LLL 004mgLsin30mgL4mgcos30LW弹

222解得W弹3mgL，则弹簧具有的最大弹性势能为 83EpW弹mgL

8故C错误，D正确。 故选BD。

6．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，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EP，动能Ek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

a1g(sincos)

由

v22a1x

得

v2a1x 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，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v0后，摩擦力沿传送带向上，加速度

a2g(sincos)

由

2v2v02a2x

解得

2vv02a2x 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EP0，重力势能表达式为

EpEp0mgxsin

EP-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a1时，根据动能定理有动能的表达式为

EkF合xma1x

设此过程获得的动能为Ek0，Ek-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a2，动能表达式为

EkEk0F合xEk0ma2x

故Ek-x图像应为斜率为正值的一段直线；由于a1a2，斜率变小，故C正确。 D．小物块加速度为a1时，摩擦力做正功，机械能增加，机械能表达式为

EEp0mgcosx

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EP0；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Em，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

EEmmgcosx

E-x图像应为斜率为负值的一段直线，故D正确。 故选BCD。

7．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB与地面相垂直。放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）

A．A处小球到达最低点时速度为0

B．A处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量

C．B处小球向左摆动所能达到的最高位置应高于A处小球开始运动时的高度 D．当支架从左向右回摆时，A处小球能回到起始高度 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】

BD．因A处小球质量大，位置高，所以三角支架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动，摆动过程中只有小球受到的重力做功，故系统的机械能守恒，A处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量，当支架从左向右回摆时，A处小球能回到起始高度，选项B、D正确；

A．设支架边长是L，则A处小球到最低点时小球下落的高度为度也是

1L，B处小球上升的高211L，但A处小球的质量比B处小球的大，故有mgL的重力势能转化为小球的22动能，因而此时A处小球的速度不为0，选项A错误；

C．当A处小球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续向左摆，B处小球仍要继续上升，因此B处小球能达到的最高位置比A处小球的最高位置还要高，选项C正确。 故选BCD。

8．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（ ）

12kx，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是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】

mgmg(mg2kh)

k

【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(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

9．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】

3mgL 4cos

【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

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。

10．如图所示，固定光滑长斜面倾角=37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动

3L距离时A恰好不离开挡板。已43L过程中，下列4知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.在小车从图示位置发生位移说法正确的是（ ）

A．弹簧的劲度系数为

24mg 5L

B．拉力对B做功为

3mgL 1032L时B的速率为gL 54C．若小车以速度gL向右匀速运动，位移大小为D．若小车以速度gL向右匀速运动，拉力对B做的功为【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．初态，弹簧压缩量

x1mgsin37 k33mgL 100A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量

x2mgsin37， k31x1x2L2(L)2–LL

44解得

k24mg 5L选项A正确；

B．根据x1=x2，弹性势能不变，则小车在0~3L位移内拉力对B做的功 41W1mg·Lsin37

4解得

W1选项B错误； C．小车位移大小为

3mgL 203L时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和43gL 5与轻绳垂直方向分解，则B的速率

vBgLcos53选项C错误； D．小车在0~3L位移大小内，拉力对B做的功设为W2，根据功能原理有 41133W2·mvB2mg·Lsin37mgL

24100

选项D正确。 故选AD。

11．一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ）

A．在x1处物体所受拉力最大 B．0～x1过程中合外力增大

C．在x1～x2过程中，物体的加速度一直减小 D．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．由图并根据功能关系可知，x1处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由

EFx

可知此时所受的拉力最大，故A正确，不符合题意；

B．在0~x1过程中，图象的斜率逐渐变大，说明拉力越来越大，合外力向上越来越大，故B正确，不符合题意；

CD．在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零．根据合外力

F合Fmg

可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。 故选C。

12．如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中（ ）

A．环在B处的加速度大小为0 B．环在C处的速度大小为2gh C．环从B到C先加速后减速

D．环的动能和弹簧弹性势能的和先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．环在B处时，水平方向受到弹簧的拉力和杆的支持力，二力平衡。竖直方向受到重力，所以环在B处的加速度大小为g，故A错误；

B．因为BC＞AB，则环从A到C弹簧的弹性势能增加，根据环和弹簧组成的系统机械能守恒得

mghEP0，则vC2gh，

故B错误；

12mvCEP 2C．环从A处开始运动时的加速度大小为2g，根据牛顿第二定律得

mgF竖=ma

得环从A处时弹簧拉力的竖直向下的分量

F竖=mg

设杆上A点关于B点的对称性为D点（D点在B、C之间），则环在D点时，根据牛顿第二定律得

mgF竖=ma

得

a=0

所以环从B到D做加速运动，环从D到C做减速运动，在D点时速度最大，故C正确； D．因环和弹簧的系统机械能守恒，则系统的动能、弹性势能和重力势能之和不变，而重力势能在环向下运动的过程中一直减小，则环的动能和弹簧弹性势能的和一直增大，故D错误。 故选C。

13．一个小球从光滑固定的圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C点的过程中，小球的动能Ek随时间t的变化图像可能是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

动能Ek与时间t的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即

EkWP ttA点与C点处小球速度均为零，B点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A、B、C三点处的重力做功功率为零，则小球由A点运动到B点的过程中力做功功率（Ek-t的斜率）是先增大再减小至零，小球由B点运动到C点的过程中，重力做功功率（Ek-t的斜率）也是先增大再减小至零，故B正确，A、C、D错误； 故选B。 【点睛】

关键知道动能Ek与时间t的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率。

14．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为固定轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（ ）

A．支持力对物块做功为mgLsin B．重力对小物块做功为-mgLsin C．滑动摩擦力对小物块做的功

12mvmgLsin 2

D．小物块的机械能减小了mgLsin 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A．在缓慢抬高木板A端的过程中，只有重力和支持力对小物块做功，根据动能定理得

WNmgLsin0

得到支持力对小物块做的功为

WN=mgLsin

A正确；

B．对整体过程研究，重力对小物块做功为零，B错误；

C．小物块沿板下滑过程中，小物块重力和滑动摩擦力做功，根据动能定理得

mgLsinWf得到滑动摩擦力对小物块做的功为

12mv0 21Wf=mv2mgLsin

2C错误；

D．在整个过程中小物块的机械能是增加的，增加量等于小物块动能的增加量即为D错误。 故选A。

12mv，2

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。