【物理试题】高一物理必修 第二册 第八章 机械能守恒定律 复习考试题（一）（附答案解析）

高一物理必修 第二册 第八章 机械能守恒定律 

复习考试题（一）（附答案解析）

一、选择题

1．如图所示，两个相同的小球a、b，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时，b从同一高度平抛。小球a、b（　　）

A．落地时的速度相同 

B．落地时重力的瞬时功率

C．运动到地面时动能相等 

D．从运动到落地的过程中重力的平均功率相等

2．质量为2kg的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为，时，该物体所受合力的瞬时功率为（　　）

 A．10W 

 B．16W 

 C．20W 

 D．24W

3．如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.1m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s²则下列说法中正确的是（　　）

A．整个下滑过程中A球机械能守恒

B．整个下滑过程中B球机械能守恒

C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为J

D．整个下滑过程中B球机械能的增加量为J

4．弹簧发生形变时，其弹性势能的表达式为，其中k是弹簧的劲度系数，x是形变量。如图所示，一质量为m的物体位于一直立的轻弹簧上方h高度处，该物体从静止开始落向弹簧。设弹簧的劲度系数为k，则物块的最大动能为（弹簧形变在弹性限度内）（　　）

A． B．C． D．

5．一辆质量为1.5×10³kg的电动汽车以额定功率在平直公路上行驶，某时刻（图中t＝3s）开始空档滑行，在地面阻力作用下匀减速到静止。其x－t图像如图所示，该车的额定功率是（　　）

 A．1.5kW 

 B．3kW 

 C．7.5kW 

 D．9kW

6．一质点做匀加速直线运动，在时间间隔内位移为，动能变为原来的4倍，则该质点的加速度为（ ）

A． B． C． D．

7．发射高轨道卫星时，一般是先将卫星发射至近地圆形轨道1上运行，然后在某点Q变速，使其沿椭圆轨道2运行，最后在远地点P再次变速，将卫星送入预定圆形高轨道3运行，已知轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点。设卫星的质量保持不变，卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，只受地球引力作用，则下列说法正确的是：（　　）

A．卫星在1轨道上正常运行时的速度小于在3轨道上正常运行时的速度

B．卫星在1轨道上正常运行时的机械能大于在3轨道上正常运行时的机械能

C．卫星在2轨道上P点的加速度小于在3轨道上P点的加速度

D．卫星在轨道2上从P点运动到Q点过程中，加速度逐渐增大，速度也逐渐增大

8．质量为m的物体，从静止开始以a=的加速度竖直向下加速，下落高度为h时，下列说法中正确的是（　　）

 A．物体的动能增加了mgh 

 B．物体的重力势能增加了mgh

 C．此时合力的功率为 

 D．重力的平均功率

9．抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示，A、B为轨迹上等高的两点，铅球可视为质点，空气阻力不计。用v、E、、P分别表示铅球的速率、机械能、动能和重力瞬时功率的大小，用t表示铅球在空中从A抛出后的运动时间，则下列图像中正确的是（　　）

10．用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t₁时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t₂时刻停止，其速度－时间图像如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W₁，平均功率为P₁；物体克服摩擦阻力F_f做的功为W₂，平均功率为P₂，则下列选项正确的是（　　）

A．W₁=W₂，F>2F_f

B．W₁>W₂，F=2F_f

C．P₁＜P₂，F>2F_f

D．P₁=P₂，F=2F_f

11．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m₀，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是（　　）

A．货箱向上运动的速度等于vsinθ

B．货物对货箱底部的压力等于mg

C．货箱和货物正在向上做加速运动

D．货车对缆绳拉力做功的功率P=(m+m₀）gv

12．如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A点的速度大小为6m/s时，滑到B点的速度大小也为6m/s，若使它滑过A点的速度大小变为3m/s，则它滑到B点的速度大小为（　　）

 A．大于3m/s 

 B．等于3m/s 

 C．小于3m/s 

 D．无法确定

二、填空题

13．如图所示，一质量为m的物块位于一质量可忽略的直立弹簧上方h高度处，该物块从静止开始落向弹簧。设弹簧的劲度系数为k，则物块可能获得的最大动能为___________

14．机车在水平公路上运动，在某个过程中，合外力做了6.0×10⁶J的功，汽车的动能增加了______J，若在这个过程中，车子的初动能为4.0×10⁶J，那车子的末动能为______J。

15．如图，三块完全相同的磁铁A、B、C套在固定的光滑竖直杆上，相邻磁铁间同名磁极相对。平衡后A、B均悬浮在空中，C在桌面上，则相邻两块磁铁间的距离h₁______h₂（选填“>”、“<"或“=”）。若缓慢下压磁铁A，则磁铁之间因为相互作用力而具有的势能将______（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

16．如图所示，一电动机带动的水平传送带运行速率为3m/s，将质量为2kg的物体轻放到传送带的一端，物体随传送带运动到另一端，物体与传送带间的动摩擦因数为0.3。若传送带足够长，g取10m/s²，则整个传送过程中，电动机因传送物体而多消耗的电能为 ________J。

17．在一次测试中，质量为1.6×10³kg的汽车沿平直公路行驶，其发动机的输出功率恒为100kW。汽车的速度由10m/s增加到16m/s，用时1.7s，行驶距离22.6m。若在这个过程中汽车所受的阻力恒定，则汽车的速度为10m/s时牵引力的大小为_______N，此时汽车加速度的大小为________m/s²。

18．质量为m的物体，沿倾角为的光滑斜面由静止下滑，当下滑t时间重力势能减少量为________________。

19．如图，轻绳一端悬挂一质量为5kg的重物M，另一端跨过C处的定滑轮与套在斜直杆上的环相连。A、O、B为直杆上三点，AO=OB，CO与直杆垂直，CO=0.8m，∠OCA=37°。环在外力作用下沿直杆向上以3m/s的速度做匀速直线运动，环从A运动到B的过程中绳对重物M做的功为_________J，从O到B的过程中绳对重物M做的功为__________J。（不计滑轮大小）

20．如图所示，置于竖直平面内的AB为光滑细杆轨道，它是以初速为v₀、水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点。则A、B两端点的竖直高度差为_________。现将小环a套在AB轨道的最上端，它由静止开始从轨道顶端滑下，则小环a从轨道末端出来的水平速度大小为_______。（重力加速度为g）

三、解答题

21．人造地球卫星绕地球旋转（设为匀速圆周运动）时，即具有动能又具有引力势能（引力势能实际上是卫星与地球共有的）。设地球的质量为，地球半径为，以卫星离地面无限远处时的引力势能为零，则质量为的人造卫星在距离地心为处时的引力势能为（为万有引力常量），求：

（1）该人造地球卫星的第一宇宙速度；

（2）该人造地球卫星的最小周期；

（3）要使人造卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径由增加到，则卫星上的发动机所消耗的最小能量为多少？（设卫星质量保持不变，不计一切空气阻力及其它天体的影响）

22．如图所示，质量m=0.4kg的小物块，放在半径R₁=2m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘间的动摩擦因数₁=0.8。圆心角为θ=37°，半径R₂=2.5m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为₂=0.5，开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O₁的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出（此时O₁与A连线垂直纸面）恰好沿切线进入圆弧轨道B处，经过圆弧BC进入水平轨道CD，在D处进入圆心为O₂、半径R₃=0.5m的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，，，g取。求：

(1)圆盘对小物块m做的功；

(2)小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离；

(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围。

23．如图所示，水平传送带左端A处与倾角为30°的光滑斜面平滑连接，右端B处与一水平面平滑连接，水平面上有一固定竖直挡板，挡板左侧与一轻弹簧连接，弹簧处于自然状态，弹簧左端刚好处在水平面上的C点，斜面长为=2.5m，传送带长L=4.5m。 BC段长=0.5m，传送带以速度v=1m/s顺时针转动。一质量为m=2kg的物块从斜面顶端由静止释放，已知物块与传送带间及水平面BC段的动摩擦因数分别为=0.1，=0.35，水平面C点右侧光滑，重力加速度取=10m/s²，求：

(1)弹簧获得的最大弹性势能；

(2)物块第三次到达B点时的速度大小；

(3)物块与传送带由于相对滑动而产生的热量。

24．如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为R、质量均为m。现给A施加一大小变化的拉力F，使A缓慢移动，移动过程中拉力F与水平方向的夹角θ始终为60°，直至A恰好运动到B的最高点处于静止状态，整个过程中B始终保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，拉力F大小未知，求：

(1)整个过程中拉力F做的功W；

(2)A恰好运动到B的最高点时，地面对B的支持力N₀；

(3)A刚要离开地面时拉力的大小F和此时B与地面动摩擦因数的最小值μ。

25．在木板AB表面涂上某种涂料，物体在这个表面上运动时的动摩擦因数μ随着离A端的距离x的变化关系为，。如图所示，AB板长L=1m，与水平面成37°角。重力加速度取g=10m/s²，，，求物体：

(1)能在AB板上处于静止位置的范围；

(2)向下运动到AB中点时加速度大小；

(3)从A端由静止释放，滑到B端时的速度大小。

26．如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B点距离为5R，将一质量为m的弹珠Q投入AB管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能，已知弹簧劲度系数。某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，弹珠最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计，求：

(1)调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是多少？

(2)若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少？

【参考答案】

一、选择题

1．B

解析：B

ABC．令斜面的倾角为，高度为h，b小球平抛的初速度为v₀，则a小球落地时的速度为

其竖直方向的速度为

b小球落地时的速度为

其竖直方向的速度为

所以落地时重力瞬时功率。A错误，B正确，C错误；

D．重力做的功相同，但两球落地时间不同，所以重力的平均功率不相等，D错误。

故选B。

2．C

解析：C

物体的位移随时间变化的规律为

根据匀变速直线运动的位移时间公式

可知

根据牛顿第二定律可知物体所受的合力为

时，物体的速度为

该物体所受合力的功率为

故选C。

3．D

解析：D

A B. 由于AB之间杆上的力不为零，所以单独的A球和B球机械能不守恒，故AB错误；

CD. 整个下滑过程中AB两球组成的系统机械能守恒

整个下滑过程中B球机械能的增加量为

根据系统机械能守恒可知整个下滑过程中A球机械能的减小量为J，故C错误，D正确。

故选D。

4．D

解析：D

当物体重力与弹簧弹力相等时，速度最大，动能最大。有

根据动能定理得

解得

故选D。

5．C

解析：C

由图中可以求出

经过20 s以后车停止，在减速运动中，物体只受摩擦力，根据牛顿第二定律得

车在前3s内匀速运动，所以

则有

故ABD错误，C正确。

故选C。

6．C

解析：C

设物体初速度为v，因为动能变为原来的4倍，根据动能公式

可知速度变为原来的2倍，即为2v，根据平均速度公式

解得

根据匀变速直线运动速度与位移关系得

联立解得

故选C。

7．D

解析：D

A．星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，有

得

知卫星的轨道半径越大，运行速度越小，所以，卫星在1轨道上正常运行时的速度大于在3轨道上正常运行时的速度，故A错误；

B．卫星要从1轨道变轨到轨道2，要在Q点加速，机械能增大。从轨道2变轨到轨道3，要在P点加速，机械能增大，所以卫星在轨道1上正常运行时的机械能小于在3轨道上正常运行时的机械能。故B错误；

C．根据万有引力提供合力

无论哪个轨道经过P点，距地心距离都相同，加速度一样，故C错误；

D．根据

可知，星在轨道2上从P点运动到Q点过程中，加速度逐渐增大，再根据开普勒第二定律，卫星由远地点向近地点运动时，速度也逐渐增大，故D正确。

故选D。

8．D

解析：D

A．根据动能定理得

A错误；

B．重力做正功，重力势能减少。B错误；

C．此时物体的速度为

所以合力的功率为

C错误；

D．重力的平均功率为

D正确。

故选D。

9．D

解析：D

AB．足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，故AB错误；

C．以初始位置为零势能面，踢出时速度方向速度为v_y，足球的机械能守恒，则

故E_k-t图象是抛物线，开口方向与图中相反，故C错误；

D．速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据

重力的功率先均匀减小后均匀增加，故D正确；

故选D。

10．A

解析：A

对于运动的整个过程，根据动能定理，有

则

由图象可以看出，加速过程加速度a₁大于减速过程的加速度a₂，根据牛顿第二定律，有

，由于，则

即

设物体的最大速度为v，由平均功率公式得

，由于，则

故选A。

11．C

解析：C

将货车的速度进行正交分解，如图所示：

由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v₁=vcosθ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；

A．货箱的速度为vcosθ，故Ａ错误；

B．货箱向上做加速运动，加速度向上，故压力大于mg，故B错误；

C．货物合速度v₁=vcosθ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，故C正确；

D．货车对缆绳拉力做功的功率

P=Fvcosθ

故D错误；

故选C。

12．A

解析：A

木块从曲面的A点下滑的过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度减小时，在同一点木块所需的向心力减小，轨道对木块的支持力减小，则轨道对木块的滑动摩擦力减小，木块从A点运动到B点，运动的路程不变，则运动过程中克服摩擦力做功减小，重力做功不变，根据动能定理可知，第一次动能变化量为零，第二次动能变化量应大于零，则可知第二次到达B点的速度应大于3m/s。

故选A。

二、填空题

13．物体自由下落至弹簧上端处时是一加速过程。当物体落到弹簧上后因重力大于弹力，所以还要继续加速，直到弹簧被压缩到可产生的弹力与物体的重力相等时，物体才停止加速。此时物体达到最大速度，即获得最大动能。现设弹力与重力相抵消时，弹簧被压缩了x，则有

，在整个过程中重力势能减少了，而弹性势能增加了。根据机械能守恒定律，物体所获得的最大动能为

14．0×106J10×107

解析：0×10⁶J 1.0×10⁷

[1]根据动能定理可知合外力做功等于动能的变化，有

[2]动能的变化为

而，联立解得机车的末动能为

15．>增大

解析：> 增大

[1]将A和B看作一个整体，则C对B的作用力与整体的重力平衡，B对A的作用力与A的重力平衡，所以C对B的作用力大于B对A的作用力，即

[2] 缓慢下压磁铁A，外力对系统做正功，根据能量守恒，系统因为相互作用力而具有的势能将增大。

16．18

解析：18

物体在传送带上运动时，根据牛顿第二定律

物体的加速度

加速的时间

这段时间内摩擦力对传送带做的功

当物体的速度与传送带相同后，匀速运动，不再消耗能量，因此电动机因传送物体而多消耗的电能为18J。

17．

[1]汽车速度为时，牵引力大小为

[2]汽车加速过程，根据动能定理

解得阻力为

根据牛顿第二定律

解得

18．物体下滑的加速度

下滑时间时，物体下滑的距离

下滑的高度

则物体重力势能的减少量为

19．181

解析：18.1

[1]．环从A运动到B的过程中，重物先下降后上升，总的高度不变，整个过程中，重力做功为零，重物动能的变化量为零，由动能定理知，总功为0，则绳对重物M做的功为0．

[2]．从O到B的过程中，环经过O点时重物的速度

v₁=v_环cos90°=0

环经过B点时重物的速度

v₂=v_环sin37°=3×0.6=1.8m/s

重物上升的高度

对重物，根据动能定理得：

解得 

W_F=18.1J

20．

[1]由平抛运动规律可知

解得

[2]从A到B由动能定理可得

由平抛运动规律可知，其速度与水平方向夹角为

联立解得，小球飞出时水平速度大小为

三、解答题

21．（1）；（2）；（3）（1）第一宇宙速度即为绕地球表面运行的速度，故有

得

（2）卫星在贴近地球表面时做匀速圆周运动的周期为最小，此时

（3）对于卫星：在轨道上

且由

得

在轨道上：同理得

根据能量守恒

解得

22．(1)3.2J；(2)1.2m；(3)不大于1m

(1)小物块刚滑出圆盘时

得

由动能定理可得

得

(2)物块正好切入圆弧轨道BC，由平抛运动知识可得，在B处物块的竖直分速度为

运动时间

AB间的水平距离

联立解得

(3)物块刚好通过竖直完整团轨道最高点E处

由B到E点由动能定理得

又

可得

即DC之间距离不大于1m。

23．(1)12.5J；(2) 1m/s；(3) 23J

(1)设物块滑到斜面底端的速度为v₁，根据机械能守恒有

解得

v₁=5m/s

由于v₁>v，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，加速度大小

设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，则减速运动的位移

由于△x>L，因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动，根据功能关系

(2)设物块第二次到达A点的速度大小为v₃，根据功能关系

解得

v₃=0

即物体到达到A点时，速度减为零，在传送带的带动下又向左做匀加速运动，当物体与传送带刚好共速时发生的位移

因此物块第三次在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，第三次到B点的速度为

v=1m/s

(3)设第一次在传送带上滑动经历的时间为t₁，则有

则第一次在传送带由于相对滑动而产生的热量

联立两式代入数据解得

Q₁=7J

设物块第二次到B点时速度为v₂，第二次在传送带上滑动经历的时间为t₂，则有

解得

v₂=3m/s

则第二次在传送带上由于相对滑动而产生的热量

设物块第三次在传送带上相对滑动时间为t₃，则

则第三次在传送带上由于相对滑动而产生的热量

由于

因此物块不会第四次滑上传送带，故物块与传送带由于相对滑动而产生的热量

Q=Q₁＋Q₂＋Q₃=23J

24．(1)mgR；(2)2mg；(3)；(1)对A由动能定理得

W-mgR=0

解得

W=mgR

(2)A恰好运动到B的最高点时，根据共点力的平衡条件可知：A受重力和B对A的支持力，拉力

F=0

对A、B整体分析，由共点力的平衡条件得

N₀=mg+mg=2mg

(3)A刚要离开地面时，地面对A的支持力为零，A受力如图，根据几何关系可得出α=30°，即刚开始时B对A的支持力N₁与拉力F垂直

根据平衡条件有

F=mgcosα=A、B整体受到重力、地面的支持力N、拉力F和地面水平向右的摩擦力，根据平衡条件有

解得

25．(1)；(2)2.8m/s²；(3)(1)设物体在AB板上处于静止时受到的最大静摩擦力为物体在AB板上静止时，由平衡条件得

由摩擦定律得

由题意得

m^-1

由上式解得

(2)物体向下运动到AB中点时

由牛顿第二定律得

由摩擦定律得

由题意得

m

由上式解得

a=2.8m/s²

(3)物体从A到B运动过程中

由动能定理得

由题意得

由上式可知，物体受到的摩擦力与位移成正比，所以摩擦力做功为空间上的平均力

与位移的积，得

解得

m/s

26．(1)；(2)(1)当P离A点最近（设最近距离为d）时，弹珠经C点速度最小，设这一速度为v₀，弹珠经过C点时恰好对轨道无压力，mgsinθ提供所需要的向心力。所以

得

8R+R=得到的

(2)设击中P₁点的弹珠在经过C点时的速度为v_C，离开C点后弹珠做类平抛运动

a=gsinθ

10R-R＝v_Ct

又在(1)中得到

弹珠离开弹簧前，在平衡位置时，速度最大；设此时弹簧压缩量为x，根据平衡条件：

mgsinθ=kx₀

取弹珠从平衡位置到C点的运动过程为研究过程，根据系统机械能守恒：取平衡位置重力势能为零