甘肃省镇原县二中下册机械能守恒定律专题练习(word版

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）

1．某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x 与θ的关系如图乙所示，取g ＝10m/s 2。则由图可知（ ）

A ．物体的初速率v 0＝3m/s

B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8

C ．图乙中x min ＝0.36m

D ．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】 A ．当2

π

θ=

时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据

202v gh =

可得

03m/s v =

A 正确；

B ．当0θ=时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理

2

012

mv mgx μ= 代入数据解得

=0.75μ

B 错误；

C ．根据动能定理

2

01cos sin 2

mv mgx mgx μθθ=+ 整理得

9

20(0.75cos sin )

x θθ=

+

因此位移最小值

min 2

0.36m 200.751

x =

=+

C 正确；

D ．动能与重力势能相等的位置

o 2

o o 01sin 37(sin 37cos37)2

mgx mv mgx mgx μ=

-+ 整理得

0.25m x =

D 错误。 故选AC 。

2．如图所示，一根轻质弹簧放在光滑斜面上，其下端与斜面底端的固定挡板相连，弹簧处于自然伸长状态。第一次让甲物块从斜面上的A 点由静止释放，第二次让乙物块从斜面上的B 点由静止释放，两物块压缩弹簧使弹簧获得的最大弹性势能相同，两物块均可看作质点，则下列说法正确的是（ ）

A ．甲物块的质量比乙物块的质量大

B ．甲物块与弹簧刚接触时的动能大于乙物块与弹簧刚接触时的动能

C ．乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大的位置下方

D ．将两物块释放的位置上移，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置会下移 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．由于两物块使弹簧获得的最大弹性势能相同，即两物块向下运动最低点的位置相同，根据机械能守恒可知，两物块减少的最大重力势能相同，由此可以判断甲物块的质量比乙物块的质量小，选项A 错误；

B ．从两物块与弹簧相接触到弹簧被压缩到最短的过程中，乙物块的质量大，则乙物块减小的重力势能大，所以其动能减小的少，选项B 正确；

C ．动能最大的位置是合外力为零的时候，由力的平衡可知，乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大位置的下方，选项C 正确；

D ．由力的平衡可知，改变两物块释放的位置，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置不会变，选项D 错误。

故选BC 。

3．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，一端固定于A 点，一端连接质量为m 的小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆OB 一端固定在墙上，一端为定滑轮。若绳自然长度等于AB ，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。已知C 、E

两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为

2

mg

，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）

A ．小球在D 点时速度最大

B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到

C 点，则2v gh = C ．小球在C

D 阶段损失的机械能等于小球在D

E 阶段损失的机械能

D ．若O 点没有固定，杆OB 在绳的作用下以O 为轴转动，在绳与B 点分离之前，B 的线速度等于小球的速度沿绳方向分量 【答案】AD 【解析】 【详解】

A ．设当小球运动到某点P 时，弹性绳的伸长量是BP x ，小球受到如图所示的四个力作用：

其中

T BP F kx =

将T F 正交分解，则

N T sin sin 2

BP BC mg

F F kx kx θθ?====

f N 14

F F mg μ==

T F 的竖直分量

T T cos cos y BP CP F F kx kx θθ===

据牛顿第二定律得

f T y m

g F F ma --=

解得

T 33

44y CP F kx a g g m m

=

-=- 即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE 的中点D 时，加速度为零，速度最大，A 正确；

B ．对小球从

C 运动到E 的过程，应用动能定理得

T F 0104mgh W mgh ??

-+-=- ???

若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰能从E 点回到C 点，应用动能定理得

T 2F 11()042mgh W mgh mv ??

-++-=- ???

联立解得

T F 3

4

W mgh =

，v gh = B 错误；

C ．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在C

D 段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在CD 段时摩擦力和弹力做的负功比小球在D

E 段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD 阶段损失的机械能小于小球在DE 阶段损失的机械能，C 错误； D ．绳与B 点分离之前B 点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D 正确。 故选AD 。

4．如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为，则

A ．a 减少的重力势能等于b 增加的动能

B ．轻杆对b 一直做正功，b 的速度一直增大

C．当a运动到与竖直墙面夹角为θ时，a、b的瞬时速度之比为tanθ

D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

ab构成的系统机械能守恒，a减少的重力势能大于b增加的动能．当a落到地面时，b的速度为零，故b先加速后减速．轻杆对b先做正功，后做负功．由于沿杆方向的速度大小相等，则

cos sin

a b

v v

θθ

=

故

tan

a

b

v

v

θ

=

当a的机械能最小时，b动能最大，此时杆对b作用力为零，故b对地面的压力大小为mg．综上分析，CD正确，AB错误；

故选CD．

5．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A，第一次经过B 处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为a C的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是

A．小球可以返回到出发点A处

B．弹簧具有的最大弹性势能为

2

2

mv

C．撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置

D．a A－a C＝g

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

AB.设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为f

W，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为p

E．根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有：

2

1

2

p f

mgh E mv W

+=+

A 到C 的过程有：

22p f p mgh E W E +=+

解得：

212

f p W mgh E mv ==

， 小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，由能量守恒定律得：

22p f p E W mgh E =++

该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A 处．故A 错误，B 正确． C.设从A 运动到C 摩擦力的平均值为f ，AB =s ，由：

f W mgh =

得：

sin 30f s mgs =

解得：

sin 30f mg =

在B 点，摩擦力cos30f mg μ=，由于弹簧对小球有拉力（除B 点外），小球对杆的压

力大于cos30mg μ，所以：

cos30f mg μ>

可得：

sin 30cos30mg mg μ>

因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止．故C 错误． D.根据牛顿第二定律得，在A 点有：

cos30sin 30A F mg f ma +-=

在C 点有：

cos30sin 30C F f mg ma --=

两式相减得：

A C a a g -=

故D 正确．

6．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13m kg =，球的质量25m kg =，杆与滑轮间的距离d =2m ，重力加速度g =10m/s 2，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

53

m /s B ．小球运动的最大速度为

33

m /s C ．物块下降的最大距离为3m D ．小球上升的最大距离为2.25m

【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

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

250N T m g ==

对物块作受力分析，由受力平衡可知

1cos T m g θ=

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v 1，则有

1cos v v θ=

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知

221212111

()tan sin 22

d d m g

m g d m v m v θθ=-++ 代入数据可得

3

m/s 3

v =

，13m/s v = 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h 1，则有

221h h d d =+

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得

121m gh m gh =

h=

h=，1 2.25m

3.75m

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。

7．一辆汽车在平直的公路上由静止启动，先保持加速度不变，达到额定功率后保持额定功率不变继续行驶。汽车所受阻力恒定，下列关于汽车运动全过程的速度、加速度、牵引力、功率的大小随时间变化的图像可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】

A．汽车以恒定加速度启动，可分为三个阶段：第一个阶段，匀加速直线运动，在v t-图像中是一条通过原点的直线；第二个阶段，作加速度越来越小的加速运动；第三阶段，以最大速度作匀速直线运动，故A正确；

B．汽车刚开始做匀加速，加速度恒定，当汽车匀加速到额定功率后，速度继续增大时，牵引力减小，加速度减小，速度继续增大，这一过程加速度减小，但加速度的变化是越来越慢，而不是变化越来越快，故B错误；

C．0~t1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，到t2时以最大的速度做匀速运动，此时有牵引力等于阻力，而不是为零，故C错误；

=可知

D．0~t1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，由P Fv

=+=+

P ma f v ma f at

()()

即P与v成正比，到t1时刻功率达到额定功率，此后将保持这一额定功率运行，故D正确。

8．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1

2

L，B处小球上升的高

度也是1

2

L，但A处小球的质量比B处小球的大，故有

1

2

mgL的重力势能转化为小球的

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。

9．如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能E k与离地高度h 的关系如图b所示。其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3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h 2下降到h 4，弹簧的弹性势能增加了24()mg h h -

B ．小物体下降至高度h 3时，弹簧形变量为

mg

k

C ．小物体从高度h 1下降到h 5，弹簧的最大弹性势能为15()mg h h -

D ．小物体下落至高度h 4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h 4的动能与下落至高度h 2时的动能相同，则小物体从高度h 2下降到h 4过程，弹簧弹性势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24()mg h h -，故A 正确；

B ．小物体下降至高度h 3时，动能达到最大，加速度为零，此时有

kx mg =

弹簧形变量为

mg

k

，故B 正确； C ．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h 1下降到h 5，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15()mg h h -，故C 正确；

D ．小物体从高度h 3下降到高度h 5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h 4时，小物体处于超重状态，故D 错误。 故选ABC 。

10．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μ=0.4，当货物从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是（g 取10m/s 2）（ ）

A ．货物一直做匀加速运动

B ．货物运动到B 点时的速度大小为2m/s

C ．货物与传送带因摩擦而产生的热量为10J

D ．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

24m/s a g μ==

货物加速到2m/s 所需的时间为

2

s 0.5s 4

v t a =

== 货物加速到2m/s 时的位移为

2211

40.50.5m 22

x at ==??=

因为x L <，货物与传送带速度相等后，随传送带一起匀速向右运动，所以货物先加速，后匀速，货物运动到B 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

120.5m 1m x vt ==?=

它们之间的相对位移为

10.5m s x x =-=

所以货物与传送带因摩擦而产生的热量为

0.410100.5J=20J Q mgs μ==???

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

2211

102J 20J 40J 22

E mv Q =+=??+=

故D 正确。 故选BD 。

11．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（μ

A ．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2sin mgL μθ

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

sin 2

mgL μθ 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2sin 2os mgL c θ

θ

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34os mgL

c θ

【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，f =0。 【详解】

AB ．对物体受力分析知物块离开圆盘前，合力为

2

sin v F f T m r

θ=+= …①

cos N T mg θ+=…②

根据动能定理知

2

12

k W E mv ==

…③ 又

T =0，r =L sin θ…④

由①②③④解得

11

sin sin 22

W fL mgL θμθ=

≤ 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为1

sin 2

mgL μθ，选项A 错误，B 正确； CD ．当N =0，f =0，由①②③知

21sin sin tan 22cos mgL W mgL θ

θθθ

==

选项C 正确；D 错误。 故选BC 。

12．如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面水平向左匀速移动距离l，物体始终与斜面保持相对静止．则在斜面水平向左匀速运动距离l的过程中（）

A．摩擦力对物体做的功为－μmglcos θ

B．斜面对物体的弹力做的功为mglsin θcos2θ

C．重力对物体做的功为mgl

D．斜面对物体做的功为0

【答案】D

【解析】

试题分析：物体处于静止，对物体受力分析可得，在竖直方向mg="Ncosθ+fsinθ" ；在水平分析Nsinθ=fcosθ

解得N=mgcosθ；f=mgsinθ；支持力与竖直方向的夹角为θ，摩擦力做的功 W f=-fcosθ?l=-mglsinθcosθ，故A错误；支持力做的功为W N=Nsinθ?s=mgssinθcosθ，支持力做功的功率为：mgcosθ?vsinθ，故B错误；重力做功为零，故C错误；由于匀速运动，所以斜面体对物体作用力的合力与速度方向垂直，则作用力做的总功为零，故D正确；故选D．

考点：功

13．某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0．在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P/2，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态．下面是有关汽车牵引力F、速度v在此过程中随时间t变化的图像，其中正确的是( )

A．B．

C ．

D ．

【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

由题，汽车以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为

P

2

时，根据P =Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为012F F =

，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P

2

，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为0F ；由P =Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半．

AB ．汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速；故A 正确，B 错误．

CD ．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原；故CD 错误．

14．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m 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B 时弹簧正好处于自由状态。已知B 、A 的高度差为1h ，C 、B 的高度差为2h ，重力加速度为g ，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）

A ．从A 位置上升到

B 位置的过程中，小球的动能一直增大 B ．从A 位置上升到

C 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()12mg h h +

D ．小球在A 位置时，弹簧的弹性势能小于()12mg h h + 【答案】C

【解析】 【分析】 【详解】

A ．小球从A 位置上升到

B 位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力k x mg ?=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B 的过程中，动能先增大后减小，选项A 错误； B ．从A 运动到B 的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能增加。从B 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A 到C 位置时增加的重力势能，为

21p E mg h h =+()

选项C 正确，D 错误。 故选C 。

15．一质量为m 的小轿车以恒定功率P 启动，沿平直路面行驶，若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为v 。当小轿车的速度大小为23

v

时，它的加速度大小为（ ） A ．

P mv

B ．

2P mv

C ．

32P

mv

D ．

4P mv

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

汽车速度达到最大后，将匀速前进，此时有

P Fv =

F f =

当汽车的车速为

23

v

时，有 23

v P F '=?

根据牛顿第二定律有

F f ma '-=

联立解得

2P a mv

=

选项B 正确，ACD 错误。 故选B 。