江苏南京师范大学附属中学机械能守恒定律单元复习练习(Word版含答案)

1、一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）1.质量是m的物体（可视为质点），从高为h,长为L的斜面顶端，由静止开始匀加速下 滑，滑到斜面底端时速度是v,则（） hA.到斜面底端时重力的瞬时功率为誓B,下滑过程中重力的平均功率为噜匕C.下滑过程中合力的平均功率为W上D.下滑过程中摩擦力的平均功率消兽2L【答案】AB【解析】 试题分析：A、根据P=mgvcosa可知，滑到底端的重力的瞬时功率为为:h 2LP=mgvcosa=mgv.故A正确.B、物体运动的时间为：t=v =,则重力做功的平均功率L2 v为:P鱼喏=嘤匕.故B正确.C、物体做匀加速直线运动的加速度为：ag,则V22F4ma=*,合力做

2、功为：W肝F介Li除，则合力的平均功率为:2L2：合力为:t 2L2L_心 31故C错误.D、根据动能定理得：mgh-W尸2mV?,解得克服摩擦力做功t 4L2为：Wf=mgh - imv2,则摩擦力做功的平均功率为：广£支萨-挈.故D错 /t NL qL误.考点：功率、平均功率和瞬时功率.2.如图所示，劲度数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平而上质量为？ 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变.用水平力缓慢推动物体，在弹性限度内弹 簧长度被压缩了此时物体静止.撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4%.物体与水平而间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则（）*A.撤去

3、F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B.撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为a- inC.物体做匀减速运动的时间为2J工D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为吆(小-义里) k【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的 弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左 先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后 增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误：B.刚开始时，由牛顿第二定律有：% -

4、川 ng = maB正确；C.由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3xo，由牛顿第二定律得:将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则:联立解得：C错误：D.当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有 F = "mg = kx解得工=竺生，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为: k吗=(% -X)= 吆 *0 -D正确。故选BD。3.如图所示，倾角。二30。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。点.用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体八和8,使滑 轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时4位

5、于斜面的C点，C、。两点间的距离为L现由静 止同时释放4 8,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 的距离为J .若4 8的质量分别为4m和m, A与斜而间的动摩擦四数=(,不计空 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()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。的过程中，加速度大小为三且C.弹簧的最大弹性势能为一吆L83D.弹簧的最大弹性势能为？7吆£8【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB.对AB整体，从C到。的过程受力分析，根据牛顿第二定律得加速度为4"7g sin300-nig -

6、 4?g cos30°g"=4m + m可知。不变，A做匀加速运动，从。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4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八(L(L0-0 = 4?g L + sin30°-mg L + 一x4"吆cos30° L + V 2 72 J2 J3解得叫单=G?gL,则弹簧具有的最大弹性势能为 8故

7、C错误，D正确, 故选BD.4.庠斗是古代最常见的提水器具，两人相对而立，用手牵拉绳子，从低处庠水上岸，假设 庠斗装水后重20kg,左右两根轻绳长均为2m，最初绳子竖直下垂，用水时两人均沿水平 方向朝相反的方向做直线运动，庠斗以加速度Im/s?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）则用斗上升11”时（）A.两绳的拉力大小均为200NB.两人拉绳的速率均为点m/sC.两人对母斗做的功均为110JD,绳子拉力的总功率为220JIW【答案】CD【解析】【分析】【详解】A.此时庠斗已经向上移动了 1m,对母斗进行受力分析如下沿肆斗运动方向根据牛顿第二定律有2T c

8、os ZABD - mg = ma其中 cos ZABD = g 带入数据解得T = 220N故A错误：B.上升1m的过程根据速度位移公式可得v-0 = 2ax如下图，庠斗与人在沿绳方向的分速度相等% cos NABD = vA cos BAD联立并带入数据解得V际=应m/s"人=押"S故B错误；C.库斗上升过程根据动能定理有2畋一 吆力= ；?哈带入数据解得每人对庠斗做的功w人为110J,故C正确：D.上升1m后的瞬时功率为P = Fv = 2T cos ZABD x i 为=220>/2W故D正确。故选CD。5.如图。所示，小物体从竖直弹簧上方离地高九处由静止释放

9、，其动能&与离地高度6 的关系如图b所示。其中高度从九下降到治，图象为直线，其余部分为曲线，的对应图象 的最高点，轻弹簧劲度系数为k,小物体质量为m,重力加速度为g。以下说法正确的是A.小物体从高度力2下降到九，弹簧的弹性势能增加了 吆(生-八)B.小物体下降至高度用时，弹簧形变量为卓 KC.小物体从高度儿下降到仇，弹簧的最大弹性势能为吆(4 -4)D.小物体下落至高度儿时，物块处于失重状态【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A.小物体下落过程中，小物体和弹簧组成的系统机械能守恒：由图知，小物体下落至高 度儿的动能与下落至高度人时的动能相同，则小物体从高度儿下降到d过程，弹簧弹性 势

10、能的增加量等于重力势能的减少量，所以弹簧弹性势能的增加量为吆（生一小），故A 正确：B.小物体下降至高度九时，动能达到最大，加速度为零，此时有 kx = mg弹簧形变量为型，故B正确： kC.小物体到达最低点时，速度为0,弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大：小物体从高度 %下降到加，动能的变化量为0,弹簧弹性势能的增大等于重力势能的减少，所以弹簧的 最大弹性势能为吆（乙一5），故C正确：D.小物体从高度/h下降到高度周过程，小物体动能减小，向下做减速运动，则小物体下 落至高度儿时，小物体处于超重状态，故D错误。故选ABCo6.如图，水平传送带长为L=4m,在电动机的带动下以速度v=2m/s始终保

11、持匀速运动，把 质量为m=10kg的货物放到左端A点，货物与皮带间的动摩擦因数为=0.4,当货物从幺点 运动到8点的过程中，下列说法正确的是。取lOm/s?）（）A.货物一直做匀加速运动B.货物运动到8点时的速度大小为2m/sC.货物与传送带因摩擦而产生的热量为10JD.电动机因货物多输出的机械能为40J【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB.货物在传送带上的加速度a = 4ni/s2货物加速到2m/s所需的时间为v 2f = = s = 0.5sa 4货物加速到2m/s时的位移为1 7 1 ,x = -at = -x4x0.5 = 0.5m22因为货物与传送带速度相等后，随传送带一起匀速向

12、右运动，所以货物先加速,后匀速，货物运动到8点时的速度大小为2m/s,故A错误，B正确；C.在货物加速的0.5s内，传送带的位移为玉=vr = 2 x 0.5 m = Im它们之间的相对位移为s = X - x = 0.5m所以货物与传送带因摩擦而产生的热量为2 = /n5 = 0.4xl0xl0x0.5J=20J故c错误：D.电动机因货物多输出的机械能为物体动能的增加量和系统因摩擦产生的热量，故E = +e = 1x10x22J + 20J=40J故D正确。故选BDO7 .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。，此时绳中张力为零

13、，物块与转台间动摩擦因数为(<tan0),最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则 ( )A.物块随转分由静止开始至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2?gLsin88 .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2c.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必田g 2cos0D.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当吗4cos 6【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

14、, f=0.【详解】AB.对物体受力分析知物块离开圆盘前，合力为2F = / + T sin 夕=m .rN + r cos 6 = mg 根据动能定理知W = Ek =又T=0, r=LsnO.由解得W = g /Lsin 8 « gpmgLsin 0至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为J吆Lsind,选项A错误，B正确：CD.当N=0, f=0,由知uz 17 .口. c ingLsin2 0W = mgL sin tan 0 =22cosd选项c正确：D错误。故选BC°8 .如图甲所示，质量为O.lkg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地而上、半径为0.4 m的半圆轨

15、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lOm/s?, B为AC轨道中点.下列说法 正确的是（）A.图乙中x=4 m2s 2B.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- 1.05JD.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6 = 0,8m时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C,故mg=所以 =5/还I才=gR =4 mz-s故选项A正确：B.由已知条件无法计算出小球从8到C损失了 0.125 J的机械能，故选项B错误:C.小球从4到

16、C,由动能定理可知W 令=一;=-1.05 J故选项C正确：D.小球离开C点后做平抛运动，故落地点到A的距离凡=心,解得刈=0.8m,故选项D正确.9 .如图所示，一小球用不可伸长的细绳（长度为/）连接悬于。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卬1,锤第二次对球做功为匕，则 W :以最大值为（）.A. 1 ： 2B, 1 ： 3C. 2 ： 3D, 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

17、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】要使叫：也有最大值，则应在%最大而叫最小时。要使“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= mgl要使也最小，则两次打击后，小球恰能能做完整的圆周运动，在最高点有V2nig = m 解得y=疯在最高点具有的机械能心=2"侬+=，g/3所以卬2=鸟叫因此 W :1%=2:3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。10 .如图所

18、示，某同学将三个完全相同的物体从八点沿三条不同的路径抛出，最终落在与 4点同高度的三个不同位置，三条路径的最高点是等高的，忽略空气阻力，下列说法正确 的是（）A.沿路径1抛出的物体在空中运动的时间最短B.沿路径3运动的物体落地时重力的瞬时功率最大C.三个物体落地时的动能相等D.三个物体在运动过程中的任意相等时间内速度变化量相等【答案】D【解析】【分析】【详解】A.它们的最高点是等高的，所以这三个物体在竖直方向的分速度Vy是相等的，所以这三 个斜抛运动的物体在空中的运动时间g均相同，故A错误：B.由上面的分析可以知道，这三个做斜抛运动的物体在落地时竖直方向的分速度也是相等 的，落地时重力的瞬时功

19、率Pg ="暗 V,一样大，故B错误：C.同学对小球做的功即为小球获得的初动能，由于三个小球竖直方向分速度相同，第3个 小球水平位移大，则第3个小球水平分速度大，故第3个小球落地时的动能大，故C错 误：D.小球在空中只受重力作用，即小球所作的运动是匀变速运动，加速度g恒定，所以在 相等的时间内速度变化相等，故D正确。故选D。【点睛】斜抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。11.某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用力、E、&、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、球在空中的运动时间,下列图像中可能正确的是动能、重力的瞬时功率

20、大小，用t表示足( )C.【答案】D【解析】 【分析】 【详解】在竖直方向上做加速度为g的匀变速直线运动，其速度-时间关系A.足球做斜抛运动, 为， 上升阶段下落阶段由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是一条倾斜直线，A错误;B.不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E不变，B错误；C,足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，C错误；D.足球在竖直方向上的速度满足 上升阶段匕,=j - g，下落阶段% =/再由重力的瞬时功率P = mgvv可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，D正确; 故选D.12.小球由地而竖直上抛，上升的最大高度为

21、H,设所受阻力大小恒定，地面为零势能 而.在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的 势能是动能的2倍，则h等于（）HA.-【答案】D【解析】【分析】【详解】2HB. 一 93HC.94HD.9设小球受到的阻力大小恒为f,小球上升至最高点过程，由动能定理得:-mgH fH =0- mv：2小球上升至离地高度h处时速度设为”,由动能定理得:7 A 1，1）-mgh= - w-6审又由题有：2 = 2mgh小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为，此过程由动能定理得:-mgh fC2H h) = inv- 八 22又由题有：2xmv； =mgh4H以上各式联

22、立解得：h = ，选项D正确，ABC错误.9【点睛】在应用动能定理解题时，要灵活选择研究的过程，各个力做功的分析非常重要，本题中要 注意上升和下降过程中阻力始终做负功.13.如图所示，一竖直轻质弹簧固定在水平地面上，其上端放有一质量为机的小球，小球 可视为质点且和弹簧不拴接。现把小球往下按至A位置，迅速松手后，弹簧把小球弹起， 小球上升至最高位置C,图中经过位置3时弹簧正好处于自由状态。已知4、A的高度差 为, C、3的高度差为重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）c 8 A九.一>t- 一， 一一一A.从A位置上升到4位置的过程中，小球的动能一直增大B.从4位置上升到

23、。位置的过程中，小球的机械能守恒c.小球在A位置时，弹簧的弹性势能等于吆（4+色）D.小球在A位置时，弹簧的弹性势能小于吆（4十%）【答案】c【解析】【分析】【详解】A.小球从4位置上升到8位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力左时，合力为 零，加速度减小到零，速度达到最大；之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，小球做 减速运动，故小球从A上升到8的过程中，动能先增大后减小，选项A错误；B.从4运动到8的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能增加。从8运动到C的过 程中，只受重力，机械能守恒，选项B错误；CD、根据系统的机械能守恒可知小球在A位置时，弹簧的弹性势能等于小球由八到C位置 时增加的重力

24、势能，为选项C正确，D错误。故选C。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a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L则在整个过程中（） «»* » 一» A.支持力对物块做功为机gLsin aB.重力对小物块做功为-mgLsinaC.滑动摩擦力对小物块做的功;八/+?gLsin。D.小物块的机械能减小了机gLsina【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，根据动能定理得叱、，一igLsin a = 0得到支持力对小物块做的功力WN=mgLsinaA正确：B.对整体过程研究，重