河南焦作市第一中学机械能守恒定律专题练习(解析版)

一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）

1．如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套在

固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α=30°．原长为

2

L

的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上。P由静止释放，下降到最低点时α变为60°．整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中（）

A．P、Q组成的系统机械能守恒

B．P、Q的速度大小始终相等

C

31

-

mgL

D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为2mg

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误；

B．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知

cos sin

P Q

v v

αα

=

解得

tan

P

Q

v

v

α

=

由于α变化，故P、Q的速度大小不相同，选项B错误；

C．根据系统机械能守恒可得

(cos30cos60)

P

E mgL

=?-?

弹性势能的最大值为

31

2

P

E mgL

=

选项C正确；

D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对P、Q和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿

第二定律可得

200N F mg m m -=?+?

解得

F N =2mg

选项D 正确。 故选CD 。

2．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 。

3．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A 处，上端连接质量5kg 的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O 点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a 随位移x 的变化关系如图乙所示，，重力加速度取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 （ ）

A ．滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒

B ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1

C 13m/s

D ．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧

组成的系统机械能不守恒，故A 错误；

B ．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a =5.2m/s 2，根据牛顿第二定律有

sin cos mg mg ma θμθ-=

解得0.1μ=，故B 正确；

C ．当x =0.1m 时a =0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有

sin cos 0mg kx mg θμθ--=

解得260N /m k =，则弹簧弹力与形变量的关系为

F kx =

当形变量为x =0.1m 时，弹簧弹力F =26N ，则滑块克服弹簧弹力做的功为

11

2.60.1J 1.3J 22

W Fx =

=??= 从下滑到速度最大，根据动能定理有

()2

m 1sin cos 2

mg mg x W mv θμθ--=

解得m 13

v =

m/s ，故C 正确； D ．滑块滑到最低点时，加速度为25.2m/s a '=-，根据牛顿第二定律可得

sin cos mg mg kx ma θμθ--'='

解得0.2m x '=，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有

()p sin cos 00mg mg x E θμθ'--=-

解得E p =5.2J ，故D 错误。 故选BC 。

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

2

d

B ．环能下降的最大距离为

43

d C ．环到达B 处时，环与重物的速度大小之比为

22

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h=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0，此时重物上升的最大高度为22 h d d +-，根据机械能守恒有222(?)mgh mg h d d =+-，解得：h=

43

d

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

2v v 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

8W B P Fv fv ===

则在A

点时速度

8

m/s4m/s

2

A

A

P

v

F

===

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

F

a

m

=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．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

B2m/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1cos 2

ABD ∠=

带入数据解得

220N T =

故A 错误；

B ．上升1m 的过程根据速度位移公式可得

202v 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

2

m/s 3

v =

人 故B 错误；

C ．戽斗上升过程根据动能定理有

2

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 。

7．如图所示，倾角为的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初速度的放在传送带上端，传送带与物块间动摩擦因数tan μθ<，取传送带底端为零势能面，下列描述小物块速度v ，重力势能E P ，动能E k 和机械能E 四个物理量随物块沿传送带运动距离x 的变化趋势中正确的有（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．小物块无初速度的放在传送带上，先向下加速，最初阶段传送带的速度大于小物体的速度，滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律的小物体的加速度

1(sin cos )a g θμθ=+

由

212v a x =

得

12v a x =故v —x 图像应为向x 轴弯曲的一段曲线；

当小物体加速到与传送带的速度相等后，由于tan μθ<，重力沿斜面向下的分力大于滑动

摩擦力，小物体受到的合力沿传送带向下，小物块继续向下加速；小物块的速度大于传送带的速度v 0后，摩擦力沿传送带向上，加速度

2(sin cos )a g θμθ=-

由

22

022v v a x -=

解得

2022v v a x =+

故v-x 图像同样为向x 轴弯曲的一段曲线，故A 错误；

B ．取传送带底端为零势能面，设初状态重力势能为E P0，重力势能表达式为

p p0sin E E mgx θ=-

E P -x 图像应为斜率为负值的一段直线，故B 正确； C ．小物块加速度为a 1时，根据动能定理有动能的表达式为

k 1E F x ma x ==?合

设此过程获得的动能为E k0，E k -x 图像应为斜率为正值、过原点的一段直线；小物块的速度大于传送带速度后加速度为a 2，动能表达式为

k k0k02E E F x E ma x =+=+合

故E k -x 图像应为斜率为正值的一段直线；由于12a a >，斜率变小，故C 正确。 D ．小物块加速度为a 1时，摩擦力做正功，机械能增加，机械能表达式为

p0cos E E mg x μθ=+?

E-x 图像应为斜率为正值的一段直线，纵轴截距为初状态的机械能E P0；小物体加速到与传送带的速度相等时，机械能增加到最大值E m ，小物块的速度大于传送带速度后，摩擦力做负功，机械能表达式为

m cos E E mg x μθ=-?

E-x 图像应为斜率为负值的一段直线，故D 正确。 故选BCD 。

8．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

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 。

9．如图所示，一小球用不可伸长的细绳（长度为l ）连接悬于O 点，小球被刚性小锤打击，打击后迅速离开，两次打击才能达到最高点，且球总在圆弧上运动．两次打击均在最低点A 完成，打击的时间极短．若锤第一次对球做功为1W ，锤第二次对球做功为2W ，则

12:W W 最大值为（ ）．

A ．1∶2

B ．1∶3

C ．2∶3

D ．3∶2

【答案】C 【解析】

要使摆球不脱离轨道，则有两种可能，一是摆到和圆心等高处，二是能做完整的圆周运动。

所以第一次敲击后小球摆到摆到和圆心等高处，如果第一次敲击超过了半径R 的高度 那么球就不可能是贴着圆形轨道返回。第一次敲击后小球到达最高点做完整的圆周运动。 【详解】

要使12:W W 有最大值，则应在1W 最大而2W 最小时。

要使1W 最大，应该是第一次打击后，小球恰能运动到和圆心等高处，所以有

1W mgl =

要使2W 最小，则两次打击后，小球恰能能做完整的圆周运动，在最高点有

2

v mg m l

=

解得v gl =

在最高点具有的机械能2215

222

E mgl mv mgl =+= 所以2123

-2

W gl W E m == 因此12:=2:3W W 故选C 。 【点睛】

抓住球总在圆弧上运动，即摆球不脱离轨道的两种可能，一是摆到和圆心等高处，二是能做完整的圆周运动，这是解决此问题的关键。

10．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】

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

c

tan tan

os cos

22

F

W Gs

G s

θθ

θθ

重力G做功的大小

sin

2

G

W Gh Gs

θ

90

θ

2

2

2

tan cos tan2

1

sin

22

tan1tan

F

G

G

W

W G

s

s

θ

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。

11．物块在水平面上以初速度v 0直线滑行，前进x 0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

02

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

2

00001022

kmgx f x x mv +-=-

?=- 解得

2

00

v kgx = 故A 正确，BCD 错误。 故选A 。

12．如图所示，AB 是倾角为37°的斜面，BC 为水平面，一小球以6J 的初动能从A 点水平抛出，第一次落到界面上的动能为12J ，若A 点水平抛出的动能为12J ，则第一次落到界面上的动能为（ ）

A ．18J

B ．24J

C ．36J

D ．42J

【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

当小球以6J 的初动能从A 点水平抛出时，假设小球落在斜面上，设初速度为1v ，在空中运动时间为1t ，由平抛运动规律可得

2

12

h gt =

① 1x v t = ②

tan 37h x

=

③ 从开始抛出到落到斜面过程，由动能定理可得

K K mgh E E =-末初 ④

2

112

K E mv =

初 ⑤ 联立①②③④⑤可得

19.5J 12J K E =≠末

故假设不成立，小球没有落在斜面上

当小球以6J 的初动能从A 点水平抛出时，小球落在水平面上，由动能定理可得

1K K mgh E E =-2⑥

当小球以12J 的初动能从A 点水平抛出时，小球也落在水平面上，由动能定理可得

43K K mgh E E =-⑦

联立⑥⑦可得

418J K E =

故选A

13．一质量为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

2

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

k0

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

2

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

2

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

2

h h =

时，动能为 k 012

k

E mgh -=

重力势能为

p 0E mgh =

则动能与重力势能之差为02

k

mgh ，故D 正确。

故选D 。

14．一个小球从光滑固定的圆弧槽的A 点由静止释放后，经最低点B 运动到C 点的过程中，小球的动能E k 随时间t 的变化图像可能是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

动能k E 与时间t 的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即

k E W

P t t

?==?? A 点与C 点处小球速度均为零，B 点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A 、B 、C 三点处的重力做功功率为零，则小球由A 点运动到B 点的过程中力做功功率（k E -t 的斜率）是先增大再减小至零，小球由B 点运动到C 点的过程中，重力做功功率（k E -t 的斜率）也是先增大再减小至零，故B 正确，A 、C 、D 错误； 故选B 。 【点睛】

关键知道动能k E 与时间t 的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率。

15．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 。