机械能守恒定律检测题(Word版含答案)

一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）

1．如图甲所示，质量为4kg 的物块A 以初速度v 0=6m/s 从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B 。已知物块A 与木板B 之间的动摩擦因数为μ1，木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，A 、B 运动过程的v -t 图像如图乙所示，A 始终未滑离B 。则（）

A ．μ1=0.4，μ2=0.2

B ．物块B 的质量为4kg

C ．木板的长度至少为3m

D ．A 、B 间因摩擦而产生的热量为72J

【答案】BC 【解析】【分析】【详解】

A ．以物块为研究对象有

11ma mg μ=

由图看出2

14m/s a =，可得

10.4μ=

将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有

22M m a M m g μ+=+()()

由图看出2

21m/s a =，可得

20.1μ=

选项A 错误；

B ．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有

123()mg M m g Ma μμ-+=

由图看出2

32m/s a =，解得

4kg M =

选项B 正确；

C ．由v -t 图看出物块和木板在1s 内的位移差为3m ，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m ，选项C 正确；

D ．A 、B 的相对位移为s =3m ，因此摩擦产热为

148J Q mgs μ==

选项D 错误。故选BC 。

2．如图所示，劲度数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了0x ，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40x ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则（）

A ．撤去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0

kx g m

μ- C ．物体做匀减速运动的时间为0

x g

μD ．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0()mg

mg x k

μμ-

【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：

0kx mg ma μ-=

解得：0

kx a g m

μ=- B 正确；

C ．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x 0，由牛顿第二定律得：

1a g μ＝

将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：

20112

3x a t =

联立解得：0

6x t g

μ=

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 μ==

解得mg

x k

μ=

，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：

()f 00(mg W mg x x mg x k μμμ=?

?=- ??

?- D 正确。故选BD 。

3．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

，取重力加速度大小g =10m/s 2，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5J

C ．小滑块上滑的最大高度为10m

D ．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

203

v a t =

= 由牛顿第二定律

sin cos mg mg ma θμθ+=

解得

=60θ

选项A 正确；

B ．小滑块上滑过程损失的机械能为

03120cos 6013J=5J 2322

v E mg t μ?=?

=?? 选项B 正确；

C．小滑块上滑的最大高度为

203

sin60sin603m=15m

h l t

===??

选项C错误；

D．根据动能定理

cos

sin2

mgh mg mv

μθ

+?=

解得

2(1)

tan

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。

4．如图，将一质量为2m的重物悬挂在轻绳一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离A为d处．现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）

A．环到达B处时，重物上升的高度

B．环能下降的最大距离为

C．环到达B处时，环与重物的速度大小之比为

D．环从A到B减少的机械能等于重物增加的机械能

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度2d?d，故A错误；环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为022

h d d

+，根

据机械能守恒有22

2(?)

mgh mg h d d

=+-，解得：h=

d，故B正确．对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v 重物

，所以2

重物

＝，故C错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D正确；故选BD．

5．如图1所示，遥控小车在平直路面上做直线运动，所受恒定阻力f=4N，经过A点时，小车受到的牵引力F A=2N，运动到B点时小车正好匀速，且速度v B=2m/s；图2是小车从A 点运动到B点牵引力F与速度v的反比例函数关系图像。下列说法正确的是（）

A．从A到B，牵引力的功率保持不变

B．从A到B，牵引力的功率越来越小

C．小车在A点的速度为4m/s

D．从A到B，小车的速度减小得越来越慢

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】

AB．遥控小车牵引力的功率P=Fv，而题目中，已知小车从A点运动到B点牵引力F与速度v成反比例，则可知F与v的乘积保持不变，即功率P不变，故A正确，B错误；

C．小车运动到B点时正好匀速，则牵引力等于阻力，且速度v B=2m/s，则小车的功率为

P Fv fv

===

则在A点时速度

m/s4m/s

===

故C正确；

D．小车从A到B的过程中，因速度从4m/s减小到2m/s，在这一过程中，功率始终保持不变，故牵引力增大，小车所受的合外力

F f F

合

可知，合外力减小，由牛顿第二定律

=合可知，小车的加速度减小，所以从A到B，小车的速度减小得越来越慢，故D正确。

故选ACD。

6．如图所示，倾角θ＝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D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ．现由静止同时释放A 、B ，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

2L ．若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面间的动摩擦因数38

μ=，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

D 的过程中，加速度大小为120

g C ．弹簧的最大弹性势能为

8mgL D ．弹簧的最大弹性势能为38

mgL 【答案】BD 【解析】【分析】【详解】

AB ．对AB 整体，从C 到D 的过程受力分析，根据牛顿第二定律得加速度为

4sin 304cos30420

mg mg mg g

a m m μ?--??=

可知a 不变，A 做匀加速运动，从D 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A 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

004sin 304cos30222L L L mg L mg L mg L W μ?????

?-=+?-+-??+- ? ? ??????

?弹

解得3

W mgL =

弹，则弹簧具有的最大弹性势能为 p 3

E W mgL ==弹

故C 错误，D 正确。故选BD 。

7．戽斗是古代最常见的提水器具，两人相对而立，用手牵拉绳子，从低处戽水上岸，假设戽斗装水后重20kg，左右两根轻绳长均为2m，最初绳子竖直下垂，戽水时两人均沿水平方向朝相反的方向做直线运动，戽斗以加速度2

1m/s匀加速度直线上升，己知重力加速度2

10m/s

g=，（绳子可以看成轻质细绳）则戽斗上升1m时（）

A．两绳的拉力大小均为200N

B．两人拉绳的速率均为2m/s

C．两人对戽斗做的功均为110J

D．绳子拉力的总功率为2202W

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

A．此时戽斗已经向上移动了1m，对戽斗进行受力分析如下

沿戽斗运动方向根据牛顿第二定律有

2cos

T ABD mg ma

∠-=

其中

1 cos

ABD

∠=

带入数据解得

220N

故A错误；

B．上升1m的过程根据速度位移公式可得

202

v ax

戽

如下图，戽斗与人在沿绳方向的分速度相等

cos cos ABD v v BAD ∠=人戽

联立并带入数据解得

2m/s v =戽

2m/s 3

v =

人故B 错误；

C ．戽斗上升过程根据动能定理有

122

W mgh mv -=戽人

带入数据解得每人对戽斗做的功W 人为110J ，故C 正确； D ．上升1m 后的瞬时功率为

222c 2s 0W o P Fv T ABD v ===∠?戽

故D 正确。故选CD 。

8．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球沿光滑的水平轨道从A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.9 m 的圆轨道，小球从A 运动到C 的过程中其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 ，运动一周后从A 点离开圆轨道，圆轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g 取10 m/s 2，B 为AC 轨道中点．下列说法正确的是( )

A ．图乙中x 的数值为9

B ．小球从从A 点离开圆轨道时的动能为1.30J

C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为-2.75J

D ．小球从B 到C 损失了0.475 J 的机械能【答案】AC 【解析】【分析】【详解】

A.图乙中的点(1.8,)x 表示小球到达C 点速度的平方为x ；小球恰能到达最高点C ，则有：

mg m r

=，

代入数据得：

x =9，

故A 正确

B.物体从A 到C 的过程根据动能定理可知

11222

f C A W m

g R mv mv --=-，

解得

0.95J f W =

若从C 再次运动到A 克服摩擦力做功和从A 到C 一样，则再次回到A 时的动能为

12 1.30J 2

k A f E mv W =-= ，

但由于下降过程中的平均阻力小于上升过程中的平均阻力，所以再次回到A 点时的动能大于1.30J ，故B 错误

C. 根据动能定理可知小球从A 到C 合外力对其做的功为

11 2.75J 22

C A W mv mv =-=-

故C 正确

D.根据功能关系可知小球从A 到C 损失的机械能为

0.95J f W =，

若摩擦力做功恒定，则从小球从B 到C 损失了0.475 J 的机械能，但由于从A 到B 的平均摩擦力大于从B 到C 的平均摩擦力，所以从B 到C 损失的机械能小于0.475 J ，故D 错误；

9．如图a 所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h 1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h 1下降到h 2，图象为直线，其余部分为曲线，h 3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

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

，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．如图所示，一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为l ，重力加速度为g ，小球在最低点Q 的速度为v 0，忽略空气阻力，则（）

A ．若小球恰好通过最高点，速度大小刚好为0

B ．小球的速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大

C ．当06v gl >P

D ．当0v gl <

【答案】CD 【解析】

【分析】

本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力，同时结合动能定理列式研究。要注意绳子绷紧，小球可能通过最高点，也可以在下半圆内运动。【详解】

A ．小球在最高点时，由于是绳拉小球，合力不可能为0，速度也不可能为0，选项A 错误；

C ．设小球恰好到达最高点时的速度为v 1，最低点的速度为v 2,由动能定理得

1211(2)22

mg l mv mv -=-①

小球恰经过最高点P 时，有

21v mg m l

联立解得

2v =因为

02v v >=

所以小球一定能通过最高点P ，选项C 正确；

B ．球经过最低点Q 时，受重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律得到

22v F mg m l

-=②

球经过最高点P 时

11v mg F m l

+=③

联立①②③解得

F 2-F 1=6mg

与小球的初速度无关。选项B 错误； D ．设小球运动到N 点时，由机械能守恒得

2012

mgl mv =

解得

0v =

所以当0v

态，选项D 正确。

故选CD 。

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

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

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

sin v F f T m r

θ=+= …①

cos N T mg θ+=…②

根据动能定理知

k W E mv ==

…③ 又

T =0，r =L sin θ…④

由①②③④解得

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，固定光滑长斜面倾角θ=37°，下端有一固定挡板。两小物块A 、B 放在斜面上，质量均为m ，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B 相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L 且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动

L 距离时A 恰好不离开挡板。已知重力加速度为g ，sin37°=0.6，c os37°=0.8.在小车从图示位置发生位移3

L 过程中，下列说法正确的是（）

A ．弹簧的劲度系数为245mg

B ．拉力对B 做功为

mgL C gL 34

L 时B 2

5gL D gL B 做的功为33

100

mgL 【答案】AD 【解析】【分析】【详解】

A ．初态，弹簧压缩量

1sin37g k

x m =

A 恰好不离开挡板时，弹簧伸长量

2sin37g k

x m =

， 12223()1

L L x x L L +==+

解得

245k mg

选项A 正确；

B ．根据x 1=x 2，弹性势能不变，则小车在3

L 位移内拉力对B 做的功

·sin 374

W mg L =?

解得

W mgL =

选项B 错误；

C ．小车位移大小为

L 时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B 的速率

cos533

B v gL gL =?=

选项C 错误； D ．小车在3

L 位移大小内，拉力对B 做的功设为W 2，根据功能原理有 221331··sin 3742100

B W mv mg L mgL =+?=

选项D 正确。故选AD 。

13．如图所示，细线上挂着小球，用水平恒力F 将小球从竖直位置P 拉到位置Q ，小球在Q 点垂直绳方向所受的合力恰好为零，此时细绳与竖直方向的夹角为θ，则（）

A ．恒力做功等于小球重力势能的增量

B ．小球将静止在Q 点

C ．细线对小球做的功为零

D ．若在Q 点将外力F 撤去，小球来回摆动的角度将等于θ 【答案】C 【解析】【分析】

小球在Q 点所受的合力恰好为零，由此可分析恒力F 和重力的关系，再根据动能定理可分析小球的运动情况。【详解】

A．小球在Q点垂直绳方向所受的合力恰好为零，由图可知恒力F和重力G的关系为

tan

F Gθ

从竖直位置P拉到位置Q过程中位移为s，恒力F做功

tan tan

os cos

W Gs

G s

θθ

重力G做功的大小

sin

W Gh Gs

tan cos tan2

sin

tan1tan

W G

θθ

θθθ

即有

F G

W W

而小球重力势能的增量等于重力G做功的大小，因此恒力做功大于小球重力势能的增量，选项A错误；

B．因为F G

W W，根据动能定理可知小球到达Q点时动能不为零，小球具有一定速度，不会静止在Q点，选项B错误；

C．因为小球的轨迹是圆弧，其速度方向始终与细线垂直，因此细线的拉力始终与速度垂直，对小球做的功为零，选项C正确；

D．因为小球在Q点速度不为零，若在Q点将外力F撤去，小球还会向上运动一段距离，到最高点后再回落。之后的摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，因此小球来回摆动的角度将大于θ，选项D错误。

故选C。

【点睛】

抓住小球在Q点所受的合力恰好为零是分析问题的关键。

14．物块在水平面上以初速度v0直线滑行，前进x0后恰好停止运动，已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ=kx（k为常数），重力加速度为g。则（）

A ．200

v kgx =

B ．200

2v kgx =

C ．20

kgx v =

D ．2

002v kgx =

【答案】A 【解析】【分析】【详解】

因动摩擦因数kx μ=，则滑动摩擦力为

f m

g kmgx μ==

即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功的功可用平均力乘以位移表示，由动能定理

00001022

kmgx f x x mv +-=-

?=- 解得

v kgx = 故A 正确，BCD 错误。故选A 。

15．一质量为m 的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h o 表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k 值为常数且满足0

A ．①表示的是动能随上升高度的图像，②表示的是重力势能随上升高度的图像

B ．上升过程中阻力大小恒定且f =（k +1）mg

C ．上升高度01

k h h k +=+时，重力势能和动能不相等 D ．上升高度02

h h =时，动能与重力势能之差为02k

mgh

【答案】D 【解析】【分析】

【详解】

A ．根据动能定理可知小球上升过程中速度减小（动能减小，对应图象②），高度升高（重力势能增大，对应图象①），故A 错误；

B ．从①和②图知动能与重力势能都随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图得

0k01

E fh E k =-

+ 由①图线结合动能定理得

00(+)k E mg f h =

解得f kmg =，故B 错误； C ．当高度01

k h h k +=

+时，动能为 ()k k0E E mg f h =-+

联立解得

k 0+1

2k E mgh k =

+ 重力势能为

p 01

k E mgh mgh k +==

+ 所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，故C 错误； D ．当上升高度0

h h =

时，动能为 k 012

E mgh -=

重力势能为

p 0E mgh =

则动能与重力势能之差为02

mgh ，故D 正确。

故选D 。

机械能守恒定律检测题(Word版 含答案)

机械能守恒定律检测题(Word版含答案)