高一物理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．如图所示，质量为1kg 的物块（可视为质点），由A 点以6m/s 的速度滑上正沿逆时针

转动的水平传送带（不计两转轮半径的大小），传送带上A 、B 两点间的距离为8m ，已知传送带的速度大小为3m/s ，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为

210m/s 。下列说法正确的是（ ）

A ．物块在传送带上运动的时间为2s

B ．物块在传送带上运动的时间为4s

C ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为16J

D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为28J 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．滑块先向右匀减速，根据牛顿第二定律有

mg ma μ=

解得

22m/s a g μ==

根据运动学公式有

010v at =-

解得

13s t =

匀减速运动的位移

0106

3m 9m 8m 22

v x t L +=

=?==> 物体向左匀加速过程，加速度大小仍为22m/s a =，根据运动学公式得物体速度增大至2m/s v =时通过的位移

2212m 1m 222

v x a ===?

用时

22

s 1s 2

v t a =

== 向左运动时最后3m 做匀速直线运动，有

233

=

s 1s 3

x t v == 即滑块在传送带上运动的总时间为

1234s t t t t =++=

物块滑离传送带时的速率为2m/s 。 选项A 错误，B 正确；

C ．向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为

110.211041J 6J f W f x x mg x x μ=--=--=-???-=-（）()()

选项C 错误；

D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为

114m l vt ==

物体向左加速过程，传送带运动距离为

222m l vt ==

即

121[]Q fS mg l x l x μ==++-（）（）

代入数据解得

28J Q =

选项D 正确。 故选BD 。

2．如图所示，两质量都为m 的滑块a ，b （为质点）通过铰链用长度为L 的刚性轻杆相连接，a 套在竖直杆A 上，b 套在水平杆B 上两根足够长的细杆A 、B 两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。将滑块a 从图示位置由静止释放（轻杆与B 杆夹角为30°），不计一切摩擦，已知重力加速度为g 。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）

A ．滑块a 和滑块b 所组成的系统机械能守恒

B ．滑块b 的速度为零时，滑块a 的加速度大小一定等于g

C ．滑块b 3gL

D ．滑块a

【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．由于整个运动过程中没有摩擦阻力，因此机械能守恒，A 正确；

B ．初始位置时，滑块b 的速度为零时，而轻杆对滑块a 有斜向上的推力，因此滑块a 的加速度小于g ，B 错误；

C ．当滑块a 下降到最低点时，滑块a 的速度为零，滑块b 的速度最大，根据机械能守恒定律

o 21(1sin 30)2

b mgL mv +=

解得

b v =C 正确；

D ．滑块a 最大速度的位置一定在两杆交叉点之下，设该位置杆与水平方向夹角为θ 根据机械能守恒定律

o 2211(sin 30sin )22

a b mgL mv mv θ+=

+ 而两个物体沿杆方向速度相等

cos sin b a v v θθ=

两式联立，利用三角函数整理得

a v =

利用特殊值，将o =30θ 代入上式可得

a v =>

，D 错误。

故选AC 。

3．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 。

4．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L 1、L 2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a 、b （视为质点）质量均为m ，a 球套在竖直杆L 1上，b 杆套在水平杆L 2上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L 2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g ．在此后的运动过程中，下列说法中正确的是

A ．a 球和b 球所组成的系统机械能守恒

B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于g

C ．b 22gL +（）

D ．a 2gL

【答案】AC 【解析】 【详解】

A ．a 球和b 球组成的系统没有外力做功，只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转换，因此a 球和b 球的机械能守恒，故A 正确；

B ．当再次回到初始位置向下加速时，b 球此时刻速度为零，但a 球的加速度小于g ，故B 错误；

C ．当杆L 和杆L 1平行成竖直状态，球a 运动到最下方，球b 运动到L 1和L 2交点的位置的时候球b 的速度达到最大，此时由运动的关联可知a 球的速度为0，因此由系统机械能守恒有：

2212b mg L L mv ?+=????

得：

()2+2b v gL =

故C 正确；

D ．当轻杆L 向下运动到杆L 1和杆L 2的交点的位置时，此时杆L 和杆L 2平行，由运动的关联可知此时b 球的速度为零，有系统机械能守恒有：

2

212

a

L mv ?= 得：

2a v gL =

此时a 球具有向下的加速度g ，因此此时a 球的速度不是最大，a 球将继续向下运动到加

速度为0时速度达到最大，故D 错误．

5．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 3

344y 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 。

6．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

【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．

7．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：

22

p f p

mgh E W E

+=+

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．

8．如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R ，空气阻力不计，重力加速度大小为g ，下列说法一定正确的是 （ ）

A ．若0v <

B ．若0v <，小球不可能到达圆周最高点

C ．若0v <，小球运动过程中机械能守恒

D ．若0v > 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

AD. 小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律，在最高点，有

2

v mg m R

=

由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律，有

22

011222

mv mv mg R =+? 解得

0v =

若小球速度0v <

是最终在圆心下方做往复运动，故A 错误；若小球速度0v >轨，小球运动过程中机械能守恒，故D 错误；

B. 如果轨道内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律，有

2

0122

mv mg R =? 解得

0v =

现在内轨粗糙，如果小球速度0v <小球在到达最高点前速度已为零，小球不可能到达圆周最高点，故B 正确；

C.若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律，有

2

012

mv mgR = 解得

0v

若02v gR <，小球只与外轨作用，不受摩擦力作用，小球运动过程中机械能守恒，故C 正确。 故选BC 。

9．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022h 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

＝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 ．

10．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 。

11．一物体沿光滑水平面运动时，其速度v 随位移x 变化的关系如图所示，则物体

A ．相同时间内速度变化量相同

B ．相同时间内速度变化量越来越小

C ．相同位移内所受外力做功相同

D ．相同位移内所受外力的冲量相同 【答案】D 【解析】 【分析】

本题考查速度位移图像的理解，速度和位移成正比，分析相关物理量的变化。 【详解】

由图得速度和位移成正比，物体不是做匀变速直线运动。

AB ．随着位移增大，物体速度均匀增大，所以相同时间内物体位移越来越大，速度变化量越来越大，AB 错误；

CD ．相同位移速度变化量相同，对同一物体，动量变化量相同，但动能变化量不同，所以所受外力的冲量相同，做功不同，C 错误，D 正确； 故选D 。

12．如图，在竖直平面内有一光滑水平直轨道，与半径为R 的光滑半圆形轨道相切于B 点，一质量为m （可视为质点）的小球从A 点通过B 点进入半径为R 的半圆，恰好能通 过轨道的最高点M ，从M 点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则（ ）

A ．小球在 A 点时的速度为 2gR

B ．小球到达B 点时对轨道的压力大小为mg

C ．小球从B 点到达M 点的过程中合力的冲量大小为6m gR

D ．小球运动到与圆心等高处对轨道的压力大小为3mg 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．小球恰好能通过半圆的最高点M ，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得

2M

v mg m R

= 解得

M v gR 由A 到M ，由动能定理得

22M A 11222

mg R mv mv -?=

- 解得

A 5v gR 故A 错误；

B ．由A 到B ，速度不变

B A 5v v gR =在B 点时，对B 点进行受力分析重力提供向心力，由牛顿第二定律得

2

B

N v F mg m R

-=

所以

2

2B

5=+=6N gR v

F mg m mg m

mg R

R

+=

由牛顿第三定律得，小球到达B 点时对轨道的压力大小为

==6N F F mg 压

故B 错误；

C ．小球在B 点时速度向右，大小为B 5v gR =，在M 点时，速度向左，大小为

M v gR =，小球从B 点到达M 点的过程中，取向右为正，合力的冲量为动量的变化

=5M B I mv mv m gR m gR --=--

故C 错误；

D ．小球运动到与圆心等高处时，由动能定理知

22A 1122

mg R mv mv -?=

- 在那一点，弹力提供向心力

2

3mv F mg R

==

由牛顿第三定律得，小球到达B 点时对轨道的压力大小为

==3F F mg 压

故D 正确； 故选：D 。

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．如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m 的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g ．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对细杆的拉力大小为：

A ．5mg

B ．Mg+4mg

C ．Mg+5mg

D ．Mg+10mg

【答案】C 【解析】 【分析】

利用机械能守恒、竖直平面内的圆周运动、力的合成、牛顿运动定律求解． 【详解】

设大环底端处为重力势能零点，大环半径为R ，小环在最低点速度为v ，由于小环运动过程中只受弹力和重力，弹力和运动方向始终垂直，所以弹力不做功，只有重力做功，所以根据机械能守恒可得：

2

122

mv mgR = 解得：

42v gR gR ==

当小环到达大环最低点时，分析小环的受力得：

2

mv F mg R

-=支 把2v gR =带入得：

5F mg =支

分析大环的受力，大环受到自身重力和小环竖直向下的压力5mg ，故大环对轻杆的拉力为：5Mg mg +，C 符合题意．

15．如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L ，重力加速度大小为g 。现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，球在最低点每根绳的拉力大小为（ ）

A B ．

3

mg C ．3mg D ．

【答案】D 【解析】 【分析】

本题根据机械能守恒定律可以求得最低时的速度，再结合向心力公式即可求出最低点每根绳的拉力。 【详解】

题中已知，在最高点速率为v ，根据牛顿第二定律可知

2

v mg m R

=

当小球在最高点速率为2v 时，设到最低点的速度为1v ，因两根绳的拉力的合力总是不做功，故这一过程满足机械能守恒，即

22111

(2)222

m v mg R mv +?= 解得

1v =

根据牛顿第二定律

222

142c 448o 4s v v gR v mg m m m mg mg R R T R

θ+-===+=

得到

92cos mg

T θ

=

式中θ为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知

30θ?=

解得

9332cos30

mg

T =

=

故D 正确。 故选D 。 【点睛】

机械能守恒定律与牛顿第二定律相结合。