高中物理机械能守恒定律100题(带答案)

一、选择题

1．有一质量m=2kg 的带电小球沿光滑绝缘

的水平面只在电场力的作用下，以初速度v 0＝2m/s 在x 0＝7m 处开始向x 轴负方向运动。电势能E P 随位置x 的变化关系如图所示，则小球的运动范围和

最大速度分别为（ ）

A. 运动范围x≥0

B. 运动范围x≥1m

C. 最大速度v m ＝2m/s

D. 最大速度v m ＝3m/s 【答案】BC 【解析】

试题分析：根据动能定理可得W 电＝0−1

2mv 02

＝−4J ，故电势能增大4J ，因在开始时电势

能为零，故电势能最大增大4J ，故运动范围在x≥1m ，故A 错误，B 正确；由图可知，

电势能最大减小4J ，故动能最大增大4J ，根据动能定理可得W ＝1

2

mv 2−1

2

mv 02；解得v

＝2√2m/s ，故C 正确，D 错误；故选：BC 考点：动能定理；电势能.

2．如图所示，竖直平面内光滑圆弧轨道半径为R ，等边三角形ABC 的边长为L ，顶点C 恰好位于圆周最低点，CD 是AB 边的中垂线．在A 、B 两顶点上放置一对等量异种电荷．现把质量为m 带电荷量为+Q 的小球由圆弧的最高点M 处静止释放，到最低点C 时速度为v 0．不计+Q 对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k ，则（ ）

A. 小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒

B. C 点电势比D 点电势高

C. M 点电势为

（mv 02﹣2mgR ）

D. 小球对轨道最低点C 处的压力大小为mg+m +2k

【答案】C 【解析】

试题分析：此题属于电场力与重力场的复合场，根据机械能守恒和功能关系即可进行判断．

解：A、小球在圆弧轨道上运动重力做功，电场力也做功，不满足机械能守恒适用条件，故A错误；

B、CD处于AB两电荷的等势能面上，且两点的电势都为零，故B错误；

C、M点的电势等于==，故C正确；

D、小球对轨道最低点C处时，电场力为k，故对轨道的压力为mg+m+k，故D错误；

故选：C

【点评】此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，难度不大．

3．如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为

A. E k0

4qd B. E k0

2qd

C. √2E k0

2qd D. √2E k0

qd

【答案】B

【解析】

试题分析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直

极板的v y和平行极板的v x，根据运动的合成与分解，当时，根据运动学公式有

，，，联立得，故B正确。

考点：带电粒子在匀强电场中的运动。

【名师点睛】根据带电粒子在电场中的类平抛运动规律，沿电场方向的匀减速运动，结合粒子到达上极板时的临界条件，利用动能定理和运动学公式解答。

4．如图所示是用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置．关于这一实验，下列说法中正确的是( )

A. 应先释放纸带，后接通电源

B. 重物应选用密度小的物体

C. 开始时，应使重物靠近打点计时器

D. 需要用秒表测出重物下落的时间

【答案】C

【解析】

应先接通电源，后释放纸带，选项A错误；重物应选用密度大、体积较小的物体，选项B错误；开始时，应使重物靠近打点计时器，选项C正确；打点计时器可以计时，故不需要用秒表测出重物下落的时间，选项D错误；故选C.

5．如图所示，物体在恒定拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，运动速度为v，拉力F斜向上与水平面夹角为θ，则拉力F的功率可以表示为( )

A. Fv

B. Fv cosθ

C. Fv sinθ

D. Fv

cosθ

【答案】B

【解析】

拉力F的功率P=Fvcosθ，故B正确，选B.

6．一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示。若已知汽车的质量m，牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3。则根据图象所给的信息，下列说法正确的是

A. 汽车运动中的最大功率为F1v1

B. 速度为v2时的加速度大小为F1v1/mv2

C. 汽车行驶中所受的阻力为F1v1/v3

D. 汽车匀加速运动的时间为m1v1v2/F1v2

【答案】C

【解析】

根据牵引力和速度的图象和功率P=Fv得汽车运动中的最大功率为F1v1，故A错误．汽车运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，所以速度为v2时的功率

是F1v1，根据功率P=Fv得速度为v2时的牵引力是F1v1

v2

；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，该车所能达到的最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所

以阻力f=F1v1

v3，根据牛顿第二定律，有速度为v2时加速度大小为a=F1v1

mv2

−F1v1

mv3

，故B

错误，C正确．根据牛顿第二定律，有恒定加速时，加速度a′=F1

m

−

F1v1 mv3，加速的时间为t=v1

a′

=v1

F1

m

−F1v1

mv3

=mv3v1

F1(v3−v1)

，故D错误．故选：C.

注：将选项A改为：汽车运动中的最大功率为F1v3

7．如图所示，A、B两木块靠在一起放在光滑的水平面上，A、B的质量分别为m A＝2.0 kg、m B＝1.5 kg.一个质量为m C＝0.5 kg的小铁块C以v0＝8 m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动．若木块A在铁块C滑离后的速度为v A＝0.8

m/s，铁块C与木块A、B间存在摩擦．则摩擦力对B做的功为( )

A. 0.6J

B. 1.2J

C. 0.45J

D. 2.435J

【答案】A

【解析】

对A、B、C，由动量守恒定律：m C v0＝(m A＋m B)v A＋m C v C′①代入数据，得v C′＝2.4 m/s 对B、C，由动量守恒定律：m B v A＋m C v C′＝(m B＋m C)v②

W f＝1

2m B v2－1

2

m B v A2③

由②③解得，W f＝0.6 J，故选A.

8．如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系于斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中( )

A. 合外力做功1

2

mgR

B. 重力做功2mgR

C. 克服摩擦力做功3

4

mgR

D. 机械能减少1

4

mgR

【答案】D

【解析】

以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好通过向心力，得：

mgsin30°=m v B2

R

．

所以：v B＝√gRsin30°＝√0.5gR

A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为W，则：1

2

mgR•sin30°+W=

1

2

mv B2−0…①

所以：W＝1

2mv B2−mgRsin30°=1

2

m×0.5gR−0.5mgR＝−0.25mgR…②

合外力做功等于动能的增加，为：1

2

mv B2＝

1

4

mgR．故A错误；由公式②知，物体克服摩擦力做功为0.25mgR，所以机械能损失为

0.25mgR．故B错误，D正确．重力做功：W G＝mgR sin30°＝1

2

mgR．故C错误；故选D.

9．一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是( )

A. x=v1+v

2

t B. P=fv1

C. P

v1−P

v2

=mv2−v1

t

D. Pt−fx=1

2mv22−1

2

mv12

【答案】D

【解析】

汽车从速度v1最大速度v2程中，加速度不断减小，故不是匀变速直线运动，故x≠v1+v2

2

t 错误，故A错误；由于拉力不是恒为f，故P≠fv1，故B错误；由动能定理可知：W−fx=

1 2mv22−1

2

mv12，故D正确；由于发动机功率恒定，则经过时间t，发动机所做的功也

可以为：W=Pt，即Pt−fx=1

2mv22−1

2

mv12，并不能得到C项，故C错误；故选D.

10．将质量为m的物体，放在粗糙的水平地面上处于静止状态，从某一时刻开始，物体受到一个水平拉力F作用一段时间之后撤去，物体的v—t图象如图所示，则摩擦力

f与拉力F之比为（）

A. 1：1

B. 1：2

C. 1：3

D. 1：4

【答案】C

【解析】

速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，则得：前1s内的位移大小为s1=

v m 2×1=v m

2

；整个3s内的位移为s=v m

2

×3=3v m

2

，对整个过程，由动能定理得：Fs1−

fs=0，解得f:F=1:3，C正确；

【点睛】本题首先充分挖掘图象的信息，明确“面积”表示位移，由动能定理求解，也可以根据斜率等于加速度求得加速度，根据牛顿定律分过程研究F、f与加速度的关系．

11．用水平力拉一物体在水平地面上从静止开始做匀加速运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如图所示，且α>β．若拉力F 做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力做的功为W2，平均功率为P2，

则下列选项正确的是（）

A. W1＞W2

B. W1 = W2

C. P1＞P2

D. P1 = P2

【答案】BC

【解析】

试题分析：根据动能定理得出拉力做功与物体克服阻力做功的大小关系，根据功率的公式比较平均功率的大小．

在整个过程中，只有拉力和摩擦力做功，动能从零开始又以零结束，故对全过程运用动能定理得W1−W2=0，解得W1=W2．因为拉力F的作用时间小于摩擦力作用的时

间，根据P=W

t

可得P1>P2，故BC正确．

【点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)。(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待12．汽车发动机的额定功率为80kW，它以额定功率在水平平直公路上行驶的最大速度为20m/s，那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是 ( )

A. 1600N

B. 2500N

C. 4000N

D. 8000N

【答案】C

【解析】

试题分析：根据最大速度匀速行驶时牵引力和阻力相等分析

汽车匀速运动，说明汽车处于受力平衡状态，此时汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引

力大小相等，由P=Fv=fv可以求得f=P

v =80000

20

N=4000N，C正确．

13．运输人员要把质量为m，体积较小的木箱拉上汽车。现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。斜面与水平地面成30o角，拉力与斜面平行。木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则将木箱运上汽车，拉力至少做功

A. mgL

B. mg L

2C. 1

2

mgL(1+√3μ) D. √3

2

μmgL+mgL

【答案】C

【解析】

试题分析：木箱在拉力作用下沿斜面先做匀加速直线运动，当速度达到某个值时，撤去拉力，木箱向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理求解即可．

木箱先沿斜面先做匀加速直线运动，撤去拉力后在摩擦力的作用下向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好滑到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理得：

W F−mgℎ−μmgcos30°⋅L=0−0，解得：W F=1

2

mgL(1+√3μ)，故C正确．

14．下列说法正确的是（）

A 加速度的单位是m/s2,由公式可知它是由m/s和s两个基本单位组合而成的

B 力做功有正功和负功，因此功是矢量

C 牛顿开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法

D 重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想

【答案】D

【解析】

可知它是由导出单位m/s和基本单位s两个单位组合加速度的单位是m/s2,由公式a=Δv

Δt

而成的，选项A错误；力做功有正功和负功，但是功没有方向，故功是标量，选项B错误；伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，选项C错误；重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想，选项D正确；故选D.

15．在一次演示实验中，一个压紧的弹簧沿一粗糙水平面射出一个小球，测得弹簧压缩的距离d

和小球在粗糙水平面滚动的距离s如下表所示．由此表可以归纳出小球滚动的距离s跟

弹簧压缩的距离d之间的关系，并猜测弹簧的弹性势能E P跟弹簧压缩的距离d之间的关系分别是（选项中k1、k2是常量）（）

A. s=k1d，E P=k2d

B. s=k1d，E P=k2d2

C. s=k1d2，E P=k2d

D. s=k1d2，E p=k2d2

【答案】D

【解析】

由表中数据可看出，在误差范围内，s正比于d2，即s=k1d2，弹簧释放后，小球在弹簧的弹力作用下加速，小球在粗糙水平面滚动的距离s，从能量转化的角度得弹簧的弹性势能转化为由于小球在粗糙水平面滚动产生的内能，列出等式E p=fs，f为摩擦力，恒量．所以E p正比于d2，即E p=k2d2，故选D.

16．如图，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源。若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重

力加速度为g，则该粒子

A. 在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd段电场力大于重力

B. a到c匀加速直线运动，加速度是g/cosθ

C. a至d重力势能减小，电势能增加

D. a至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向

【答案】B

【解析】

试题分析：由图看出，粒子先做直线运动，后做曲线运动，做直线运动时，合力与速

度在同一直线上，可判断出电场力的方向，确定出合力的方向，分析其运动情况，由牛顿第二定律求解加速度．重力和电场力做正功，重力势能和电势能均减小．

在ac段：粒子做直线运动，合力与速度在同一直线上，则可判断出电场力的方向水平向右，合力的方向与速度方向相同，电场力与重力均是恒力，合力也是恒力，则粒子做

匀加速运动，由牛顿第二定律得：加速度为a=F

合

m

=

mg

cosθ

m

=

g

cosθ

，故A错误B正确；ad段，重力做正功，重力势能减小，电场力做正功，电势能减小，故C错误；a到c过程，合力沿轨迹的切线方向，而c到d过程，合力指向轨迹的内侧，故D错误．

【点睛】当合力与速度共线时，物体做直线运动，当物体做曲线运动时，合力指向轨迹内侧

17．如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳相连，AB的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦，开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中

A. 物体B受到的电场力大小为mgsinθ

B. B的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsinθ

k

C. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθ

D. 物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量

【答案】BC

【解析】

当施加外力时，对B分析可知F−mgsinθ−F

电=0，解得F

电

=

2mgsinθ，故A错误；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F

电

+mgsinθ，

解得x=3mgsinθ

k ，故B正确；当撤去外力瞬间，它们受到的合力为F

合

=F

电

+

mgsinθ=(m+2m)a，解得a= gsinθ，故C正确；B电场力做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误

18．如图甲所示，质量为1kg的小物块以初速度v0=11m/s，从θ=53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图像，不考虑空气阻力，g=10m/s2，下列说法正确的是（cos53°=0.6，sin53°=0.8）

A. 恒力F大小为21N

B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.6

C. 有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小

D. 有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小

【答案】C

【解析】

试题分析：根据速度-时间图象的斜率等于加速度，分别得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．根据动能定理得到动能与重力势能的关系，再将动能与重力势能相等的条件代入进行求解．

对物体分析，在沿斜面方向上，当有恒力作用时mgsinθ+μmgcosθ−F=ma1，没有恒力作用时mgsinθ+μmgcosθ=ma2，从表达式中可以看出a1< a2，而速度时间图像的斜率表示加速度，故图像b为没有恒力作用时的图像，图像a为

有恒力作用时的图像，故a1=11−0

1.1=10m/s2，a2=11−0

1

=11m/s2，代入可得μ=

0.5，F=1N，AB错误；因为初速度相同，末速度也相同，根据x=

v2−v02

2a

可得加速度小的位移大，即有F作用时在斜面上滑行的距离大，摩擦力做功较多，产生的热量较大，D错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故C正确．

【点睛】速度时间图像的斜率表示加速度是本题的突破口，C选项容易出错，虽然有恒

力作用时摩擦力做功多，但是重力势能的变化量确实最大的，并且两种情况下动能变

化量相同，由此得出结论

19．如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4 m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示。一根质量m=0.2 kg、电阻r=0.1 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是（）

A. 金属棒向右做匀减速直线运动

B. 金属棒在x=1 m处的速度大小为0.5m/s

C. 金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为0.175 J

D. 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C

【答案】BD

【解析】

A、根据图象得B﹣x函数关系式：B=0.5+0.5x

金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势：E=BLv 感应电流：I=E

R+r

安培力：F

安=BIL=B2L2v

R+r

解得：v=F

安

(R+r)

B2L2

=

F

安

×0.4

(0.5+0.5x)2×0.42

=

10F

安

(x+1)2

根据匀变速直线运动的速度位移公式：v2−v02=2ax，如果是匀变速直线运动，v2与x 成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，A错误；

B、根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x=0处与x=1m处安培力大小相等，有B02L2v0

R+r

=

B12L2v1 R+r ，即v1=B02

B12

v0=0.52

12

×2=0.5m/s，B正确；

C、金属棒在x=0处的安培力大小为：F安=B02L2v0

R+r =0.52×0.42×2

0.4

N=0.2N

对金属棒金属棒从x=0运动到x=1m过程中，根据动能定理有：

W F−F

安∙x=1

2

mv12−1

2

mv02,

代入数据：W F−0.2×1=1

2×0.2×0.52−1

2

×0.2×22

解得：W F=−0.175J，C错误；

D、根据感应电量公式：q=∆∅

R+r =∆B∙x∙L

R+r

x=0到x=2m过程中，B﹣x图象包围的面积：∆B∙x=0.5+1.5

2

×2=2

q=∆∅

R+r =2×0.4

0.4

C=2C，D正确；

故选BD。

20．如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P 、Q 为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P ，则下列说法中正确的是( )

A. 轨道对小球做正功，小球的线速度移v p > v Q

B. 轨道对小球不做功，小球的角速度ωP<ωQ

C. 小球的向心加速度a P < a Q

D. 轨道对小球的压力F P > F Q

【答案】BC

【解析】

A、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒．则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的，A错误；B正确；

C、小球在P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．根据a=v 2

r

得，小球在P点的向心加速度小于Q点的，即a P

D、小球在P点的向心加速度小于Q点的，则小球在P点的向心力小于Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P点的支持力小于Q点的，即小球对轨道的压力P点小于Q点的，即F P

故选BC。

21．如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中

，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内（包括边界）。不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球（）

A. 抛出速度最大时落在B1点

B. 抛出速度最小时落在D1点

C. 从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等

D. 落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等

【答案】C

【解析】

A、小球被抛出后做平抛运动，飞行时间：t=√2ℎ

g

，抛出速度最大时水平位移最大，应落在C1，A错误；

B、抛出速度越小，距离A1点越近，可以比D1点还近，B错误；

C、飞行时间由竖直高度决定，所以从抛出到落在A1B1C1D1平面时间都相同，即从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等，C正确；

D、落在B1D1中点和落在D1点水平位移不等，说明抛出时速度不等，根据机械能守恒定律，所以落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能不相等，D错误；

故选C。

22．如图所示，半径为R、质量为M的1/4 光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块

从槽的顶端由静止滑下．则木块从槽口滑出时的速度大小为（）

A. √2gR

B. √2gRM

M+m C. √2gRm

M+m

D. √2gR(M−m)

M

【答案】B

【解析】

圆槽在光滑水平面上可动，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v1，槽的速

度为v2，在水平方向上，由动量守恒定律可得：mv1−Mv2=0，木块下滑时，只有重

力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=1

2mv12+1

2

Mv22，联立解得，

木块滑出槽口的速度：v2=√2MgR

m+M

，故选项B正确。故选B.

【点睛】分析清楚物体的运动过程、应用动能定理、机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．

23．下图为某古法榨油装置，轻杆O1A可绕O1轴转动，A端重物质量为10kg，下拉A 可通过滑轮O2将重物P提起；释放A，P下落至平台Q，对固定的平台上的油饼进行捶压；已知P的质量为30kg；O1O2=3m，O1A=5m；将重物A拉到O1A杆水平时释放，当杆转到A与O2等高时，若系统减小的重力势能有240J转化为动能，则重物P此时的速度最接近

A. 2.5m/s

B. 2.9m/s

C. 3.54m/s

D. 4.0m/s

【答案】B

【解析】

当当杆转到A与O2等高时，将重物A的速度安照作用效果分解，如图所示：

设P的速度为v，则A的速度为：v

cosα

则根据能量守恒可以得到：ΔE p=E kA+E kP=1

2m P v2+1

2

m A(v

cosα

)2

代入数据，整理可以得到：v≈2.9m/s，故选项B正确。

点睛：本题考查了能量守恒以及A的速度分解，一定要

注意同一根绳上的速度相等，同时对A的速度分解的时候，要分清那个是分速度、那个是合速度！

24．按照规定在七层以上高层写字楼或住宅楼内都要配有升降电梯，某为同学总质量为40kg，乘坐电梯从所住的七楼向下运动，其所乘电梯的速度-时间图像如图所示，已知重力加速度大小为g=10m/s2，不计空气阻力，则

A. 在第1s内，该同学处于超重状态

B. 在第9s内，该同学对电梯的压力大小为320N

C. 在前2s内，该同学的重力势能减少了800J

D. 在10s内，该电梯的平均速度为1m/s

【答案】C

【解析】

由图可知，在第1s内，该同学向下加速，加速度向下，故处于失重状态，故A错误；第

9s内物体减速向下，则加速度向上，物体处于超重状态，则压力一定大于本身的重力，故一定大于400N，故B错误；前2s内物体下落的高度ℎ=2×2

2

m=2m，则重力势能减

小量为E P=mgh=400×2=800J，故C正确；由图可知，10s内的位移x=(7+10)

2

×2=17m，

则平均速度v=x

t =17

10

m/s=1.7m/s，故D错误．故选C．

点睛：本题考查了v-t图象的性质、超重和失重、重力势能以及牛顿第二定律，解题的关键在于明确图象的性质，能利用图象确定物体的运动状态，求出加速度和位移是解题的关键。

25．质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．碰撞时间为0.05s，g取10m/s2．

A. 物块与地面间的动摩擦因数μ=0.12

B. 墙面对物块平均作用力的大小130N

C. 物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功为9J.

D. 碰撞后物块还能向左运动的时间为2s。

【答案】BC

【解析】

物块从A到B过程，由动能定理得：−μmgx=1

2mv12−1

2

mv02，代入数据解得：μ=0.32；

故A错误；由动量定理得：Ft=mv2−mv1，解得：F=130N，故B正确；物块向左运动过程，由动能定理得：−W=−1

2

mv22，物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的

功为9J，故C正确；碰撞后物块还能向左运动的时间t=v0

μg

=

15

8

s，故D错误，本题选择BC。

26．A、B两物体质量分别为m和2m，A静止于光滑水平面上，B静止于粗糙水平面上，用相同水平力分别推A和B，使它们前进相同位移。在此过程中，正确的是（）A. 对A的推力做功多一些 B. 两次推力做功一样多

C. 两次推力做功的功率一样大

D. 对B的推力做功的平均功率较小

【答案】BD

【解析】

用相同的力推A、B两个物体，分别在光滑和粗糙的两种水平地面前进相同路程，根据W=Fs可知两次做功一样多，A错误，B正确；B物体比A物体对水平面的压力大，且

A接触面光滑、B接触面粗糙，故B物体移动相同的距离时用的时间长，根据P=W

t

，可知，做的功相同时，推B物体用的时间长，功率小故C错误；D正确；故选BD。27．两辆汽车在同一水平路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝l∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1．当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为s1，乙车滑行的最大距离为s2．设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则（）

A. s1∶s2＝1∶2

B. s1∶s2＝1∶1

C. s1∶s2＝2∶1

D. s1∶s2＝4∶1

【答案】D

【解析】

；对任汽车，由动能定理可知，-μmgs=0-E K；得s=E k

μmg

由题，μ相等，质量之比为1：2．动能之比为2：1，可得两车滑行的最大距离之比为4

：1．故选：D.

28．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g.物块上升的最大高

度为H，则此过程中，物块的( )

A. 动能损失了2mgH

B. 动能损失了mgH

C. 机械能损失了mgH

D. 机械能损失了mgH

【答案】AC

【解析】

试题分析：知道加速度，根据牛顿第二定律和动能定理可求得动能的损失；根据牛顿

第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根据功能关系求解机械能的损失．

已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功，

=mg⋅2H=2mgH，故A正确B错误；设摩擦力的大小为：ΔE k=W合=F合⋅H

sin30°

为f，根据牛顿第二定律得mgsin30°+f=ma=mg，得f= 0.5mg，则物块克服摩擦力做功为W f=f⋅2H=0.5mg⋅2H= mgH，根据功能关系可知机械能损失了mgH，故C正确D错误．

【点睛】解决本题的关键根据动能定理可求得动能的变化，掌握功能关系，明确除了

重力以外的力做功等于物体机械能的变化．

29．如图所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，仍将A拉到B 的右端，这次F做功为W2，生热为Q2.则应有( )

A. W1＜W2，Q1＜Q2

B. W1＝W2，Q1＝Q2

C. W1＜W2，Q1＝Q2

D. W1＝W2，Q1＜Q2

【答案】C

【解析】

试题分析：根据功的定义以及摩擦产生的热量求解

木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W= fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W1

，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2，故C正确．相对

【点睛】正确解答本题的关键是理解功的定义以及如何求相互作用的系统产生的热量，根据W=Fscosθ，比较克服摩擦力所做的功，摩擦产生的热量Q=

fs

相对

，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量

30．“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目，在竖直的圆筒内，在底部竖直向上的风可把游客“吹起来，让人体验太空漂浮的感觉（如图甲）．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小、为最大值的1/8；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的1/2时，人恰好可静止或匀速漂移．在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的A点由静止开始下落；经过B点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C点时速度恰好减为零．则在从A到C的过程中，下落说法正确的是（）

A. 表演者加速度的最大值是3

4

g

B. B点的高度是3

5

H

C. 从A到B，表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的1

6

D. 若保持水平横躺，表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为√2m2g3H

【答案】C

【解析】

设最大风力为F m，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为1

8

F m

由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力

G=1

2F m，F m=2G．则人平躺上升时有最大加速度，a=F m−G

m

=

g，故A错误；设下降的最大速度为v，有速度位移公式，加速下降过程位移x1=v2

2a1减速下降过程位移x2=

v2 2a2，x1：x2=4：3，因而x2=3

7

H，则B的高度为3

7

H，故B错误；表演者A至B克服风力所

做的功为W1=1

8F m⋅4

7

H=1

14

F m H；B至C过程克服风力所做的功为W2=F m⋅3

7

H=

3 7F m H；所以W1

W2

=1

6

，故C正确．C到A的过程中人的加速度大小为g，则到达A的速

度：v＝√2gH，所以表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为：P=F m•v=2mg•√2gH=√8m2g3H，故D错误；故选：C

31．如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（）

A ．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置

B ．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是

2

mv C ．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 D ．车上曲面的竖直高度不会大于2

4v g

【答案】BD

【解析】

试题分析：A 、小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，所以A 错误．B 、由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv=2mv ′，得共同速度v ′=v/2．小车动量的变化为2

mv ，则B 正确．C 、由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以可能出现速度交换两次后和初始情况相同，选项C 正确．D 、由于小球原来的动能为

22mv ，小球到最高点时系统的动能为2212()224v mv m ⨯⨯=，所以系统动能减少了2

4

mv ，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即2

4

mv mgh =，得24v h g =．显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，所以D 正确．故选BD ．

考点：考查动量守恒定律；动量定理；机械能守恒定律．

【名师点睛】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型．

32．如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹水平射入木块的深度为d 时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L ，木块对子弹的平均阻力为F f ，那么在这一过程中不．

正确的是（ ）

A ．木块的机械能增量为F f L

B ．子弹的机械能减少量为F f （L ＋d ）

C ．系统的机械能减少量为F f d

D ．系统的机械能减少量为F f （L ＋d ）

【答案】D

【解析】木块机械能的增量等于子弹对木块的作用力F f 做的功F f L ，A 对；子弹机械能的减少量等于动能的减少量，即子弹克服阻力做的功F f （L ＋d ），B 对；系统机械能变化量等于力F f 做的总功，即ΔE＝F f L －F f （L ＋d ）＝－F f d ，故机械能减少量为F f d ，C 对，D 错．

33．如图所示，滑块由静止开始沿曲面下滑，滑到B 点时，速度恰好等于零；如果滑块从B 点以速度v 沿曲面下滑返回A 点时，速度恰好也等于零，设滑块从A 到B 和从B 到A 平均摩擦力大小相等，则A 、B 两点的高度差等于（ ）

A．0 B．

2 2 v g

C．

2

4

v

g

D．

2

v

g

【答案】C

【解析】由能量守恒和转化定律可知：由A到B有mgh＝Q，从B到A有1

2

mv2－mgh＝Q，

联立解得h＝

2

4

v

g

．

34．如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的变化情况是（）

A．重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小

B．重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变

C．重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加

D．重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变

【答案】B

【解析】由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，故A、C均错；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，故D错；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，故只有B正确．

35．有人设想在夏天用电冰箱来降低房间的温度．他的办法是：关好房间的门窗然后打开冰箱的所有门让冰箱运转，且不考虑房间内外热量的传递，则开机后，室内的温度将（）

A．逐渐有所升高

B．保持不变

C．开机时降低，停机时又升高

D．开机时升高，停机时降低

【答案】A

【解析】冰箱工作，会产生热量，即消耗电能，产生了内能，且房间与外界没有能量交换，所以房内温度会升高，A正确．

36．关于能源的开发和节约，你认为以下观点错误

．．的是（）

A．能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现

C．能源的开发利用，必须要同时考虑对环境的影响

D．和平利用核能是目前开发新能源的一项有效途径

【答案】B

【解析】虽然能量守恒，但由于能量耗散现象的存在，可利用能源仍存在减少问题，故要节约能源和开发新能源．

37．下列关于能量守恒定律的认识不．正确的是（）

A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加

B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加

C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机不可能制成

D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了

【答案】D

【解析】能量可以转化或转移，但总量不变，A、B、C对；D中机械能转化成了内能，D 错．

38．在“验证机械能守恒定律”的实验中，根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，则以v2为纵轴，以h为横轴，画出的图线应是下图中的（）

【答案】C

【解析】根据机械能守恒定律有：mgh2，v2＝2gh，所以v2与h成正比例关系，

函数图象是一条过原点的直线，C正确．

39．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中正确的是（）

A．用刻度尺测出物体下落高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v

B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v

C．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均

速度，测算出瞬时速度v，并通过h

D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v

【答案】D

【解析】瞬时速度应由纸带根据

加速度小于当地重力加速度，不能用故AB错误；应用米尺量出纸

带下落高度，不能用C错误；下落高度应用米尺测量，根据做匀变

速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测出瞬时速度，故D正确．

40．用如图所示装置验证机械能守恒定律，由于电火花计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大的阻力，这样实验造成的结果是（）

A．重力势能的减少量明显大于动能的增加量

B．重力势能的减少量明显小于动能的增加量

C．重力势能的减少量等于动能的增加量

D．以上几种情况都有可能

【答案】A

【解析】由于重物下落时要克服阻力做功，重物减少的重力势能转化为重物的动能和系统的内能，故重力势能的减小量大于动能的增加量，A正确．

41．下列关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差的说法，正确的是（）A．重物质量的称量不准会造成较大误差

B．重物质量选用得大些，有利于减小误差

C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差

D．打点计时器选用电磁打点计时器比电火花计时器误差要小

【答案】B

【解析】为减小实验误差，重物应选质量大些的，且重物质量不需称量，A、C错，B正确；电磁打点计时器的振针与纸带间有摩擦，电火花计时器对纸带的阻力较小，故选用电磁打点计时器误差大些，D错误．

42．关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法正确的是（）

A．实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越小，误差就越小

B．称出重锤的质量

C．纸带上第1、2两点间距若不接近2 mm，则无论怎样处理实验数据，实验误差一定较大

D．处理打完点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法

【答案】D

【解析】在打纸带时，纸带太短了，不易打出符合实验要求的纸带，选项A错误；由于

mgh＝1

2

mv2，故称出重锤的质量是多余的，选项B错误；纸带上第1、2两点的间距不

接近2 mm，是由于通电后释放重锤时操作不同步造成的，不会影响验证结果，选项C 错误；处理纸带时，由于自由落体加速度较大，纸带上点迹距离较大，故可直接用实际点迹测量研究．

二、不定项选择题

43．如图所示,电梯质量为M,它的水平地板上放置一质量为m的物体,电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动.当上升高度为H时,电梯的速度达到v,则在这段过程中,下列说法中正确的是( ).

A. 电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv2/2

B. 电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv2/2

C. 钢索的拉力所做的功等于Mv2/2+MgH

D. 钢索的拉力所做的功大于Mv2/2+MgH

【答案】BD

【解析】

由动能定理得：对物体：W N-mgH=1

2

mv2-0，解得到地板对物体的支持力做的功为W N=m

gH+1

2mv2，故A错误，B正确．由动能定理得：W F-（M+m）gH=1

2

（M+m）v2-0，解得

到钢索的拉力做的功W F=（M+m）gH+1

2

（M+m）v2，可见索的拉力所做的功大于MgH

+1

2

Mv2．故C错误，D正确．故选BD．

点睛：本题运用动能定理研究各力做功，要注意灵活选择研究对象．动能定理涉及合力做功与动能变化，可以直接求解合力做功．

44．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量m，则下列说法正确的是：

A. 夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力

B. 增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杠的时间

C. 滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量