高一机械能守恒定律易错题(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12mD．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=4m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间12vta3s，此时物块的速度v1=6m/s，传送带的速度v2=12m/s物块的位移x1=12a1t12=9m传送带的位移x2=12a2t12=18m两者相对位移为121xxx=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2x3m，所以A正确。C．物块开始减速的速度为v3=6+a1t2=8m/s物块减速至静止所用时间为331vta4s传送带减速至静止所用时间为342vta2s该过程物块的位移为x3=12a1t32=16m传送带的位移为x2=12a2t42=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12xxx9m+3m=12mC正确；D．全程相对路程为L=123xxx=9m+3m+8m=20mQ=µmgL=80JD正确；故选ACD。2．如图所示，两质量都为m的滑块a，b（为质点）通过铰链用长度为L的刚性轻杆相连接，a套在竖直杆A上，b套在水平杆B上两根足够长的细杆A、B两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。将滑块a从图示位置由静止释放（轻杆与B杆夹角为30°），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．滑块a和滑块b所组成的系统机械能守恒B．滑块b的速度为零时，滑块a的加速度大小一定等于gC．滑块b的最大速度为3gLD．滑块a的最大速度为2gL【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．由于整个运动过程中没有摩擦阻力，因此机械能守恒，A正确；B．初始位置时，滑块b的速度为零时，而轻杆对滑块a有斜向上的推力，因此滑块a的加速度小于g，B错误；C．当滑块a下降到最低点时，滑块a的速度为零，滑块b的速度最大，根据机械能守恒定律o21(1sin30)2bmgLmv解得3bvgLC正确；D．滑块a最大速度的位置一定在两杆交叉点之下，设该位置杆与水平方向夹角为根据机械能守恒定律o2211(sin30sin)22abmgLmvmv而两个物体沿杆方向速度相等cossinbavv两式联立，利用三角函数整理得212(sin)cos2avgL利用特殊值，将o=30代入上式可得.521avgLgL因此最大值不是2gL，D错误。故选AC。3．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xTB．传送带的速度为22gxC．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为12mgx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23mtxT【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=xT．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2vgx，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22222vvxxvgggTg则摩擦产生的热量为Q=μmg△x＝222mxT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22212mxEmvmgxT在时间t内，传送工件的个数fWE则多消耗的能量23mtxEnET故D正确。故选AD。4．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v0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05vgR，小球不可能到达圆周最高点B．若02vgR，小球不可能到达圆周最高点C．若02vgR，小球运动过程中机械能守恒D．若05vgR，小球运动过程中机械能不守恒【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2vmgmR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22011222mvmvmgR解得05vgR若小球速度05vgR，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05vgR，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20122mvmgR解得02vgR现在内轨粗糙，如果小球速度02vgR，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2012mvmgR解得02vgR若02vgR，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。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5JC．小滑块上滑的最大高度为10mD．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2020m/s3vat由牛顿第二定律sincosmgmgma解得=60选项A正确；B．小滑块上滑过程损失的机械能为03120cos6013J=5J2322vEmgt选项B正确；C．小滑块上滑的最大高度为0203sin60sin603m=15m222vhlt选项C错误；D．根据动能定理201cossin2hmghmgmv解得202(1)tanvhg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/sB．汽车匀加速的时间为24sC．汽车启动过程中的位移为120mD．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maxPFvfv解得3max36010m/s12m/s0.10.151010PPvfmg故A正确；B．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mPFv由牛顿第二定律，可得此时汽车的牵引力为-0.1Fmgma由以上方程可得8m/smv37.510NF这一过程能维持的时间18s16s0.5mvta故B错误；C．匀加速过程中汽车通过的位移为221110.516m=64m22xat启动过程中，由动能定理得211max1()2FxPttkmgxmv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gB．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3gLD．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212sin372cmglmv，解得3cvgL，故C对；D、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3ml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/s2.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/mB．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108m/s41D．此时物块A的速度大小为108m/s41【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．初态时，弹簧的压缩量1mgxk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2kxmg122xx整理可得121mxx，20N/mk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22AC1211()22mghmvmvmgxx设绳子与竖直方向夹角为，由于A、C沿着绳的速度相等CAcosvv且4cos5hl整理得C1010m/s41v