呼和浩特下册机械能守恒定律(篇)(Word版 含解析)

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，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：

22122b 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

2122

a

mg 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．

3．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

2

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 。

4．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

/s 3

B ．小球运动的最大速度为

33

m /s 5

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 =

联立解得

3.75m h =，1 2.25m h =

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。

5．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m 的滑块，初始时静置于a 点．一原长为l 的轻质弹簧左端固定在O 点，右端与滑块相连．直杆上还有b 、c 、d 三点，且b 与O 在同一水平线上，Ob =l ，Oa 、Oc 与Ob 夹角均为37°，Od 与Ob 夹角为53°．现由静止释放小滑块，在小滑块从a 下滑到d 过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin37°=0.6，则下列说法正确的是

A ．滑块在b 点时速度最大，加速度为g

B ．从a 下滑到c 点的过程中，滑块的机械能守恒

C ．滑块在c 3gL

D ．滑块在d 处的机械能小于在a 处的机械能 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】

A 、从a 到b,弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力,滑块的速度不断增大.从b 到c,弹簧对滑块沿弹簧向上的拉力,开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力,滑块仍在加速,所以滑块在b 点时速度不是最大,此时滑块的合力为mg,则加速度为g.故A 错误.

B 、从a 下滑到c 点的过程中,因为弹簧的弹力对滑块做功,因此滑块的机械能不守恒.故B 错误.

C 、对于滑块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,由机械能守恒定律得2

12sin 372

c mg l mv ?=

，解得3c v gL =，故C 对； D 、弹簧在d 处的弹性势能大于在a 处的弹性势能,由系统的机械能守恒可以知道,滑块在d 处的机械能小于在a 处的机械能，故D 对； 故选CD 【点睛】

滑块的速度根据其受力情况,分析速度的变化情况确定.加速度由牛顿第二定律分析.对于滑块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,但滑块的机械能不守恒.根据系统的机械能守恒求滑块在c 点的速度.

6．一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~t 1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，到t 2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；

D ．0~t 1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，由P Fv =可知

()()P ma f v ma f at =+=+

即P 与v 成正比，到t 1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。 故选AD 。

7．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

15

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

8

W mgL =

弹，则弹簧具有的最大弹性势能为 p 3

8

E W mgL ==弹

故C 错误，D 正确。 故选BD 。

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，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 。

10．一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F 作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体向上运动过程中，其机械能E 与位移x 的关系图象如图乙所示，已知曲线上A 点的切线斜率最大，不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ）

A．在x1处物体所受拉力最大

B．0～x1过程中合外力增大

C．在x1～x2过程中，物体的加速度一直减小

D．在x1～x2过程中，物体的动能先增大后减小

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．由图并根据功能关系可知，1x处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由

=

E Fx

可知此时所受的拉力最大，故A正确，不符合题意；

B．在0~x1过程中，图象的斜率逐渐变大，说明拉力越来越大，合外力向上越来越大，故B 正确，不符合题意；

CD．在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零．根据合外力

=-

F F mg

合

可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。

故选C。

11．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

m gR

C．小球从B点到达M点的过程中合力的冲量大小为6

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 由A 到M ，由动能定理得

22M A 11222

mg R mv mv -?=

- 解得

A v 故A 错误；

B ．由A 到B ，速度不变

B A v v =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

=+=6N 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 v =，在M 点时，速度向左，大小为

M v =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

=M B I mv mv --=-

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 。

12．一质量为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 。

13．某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用v y 、E 、E k 、P 分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t 表示足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g 的匀变速直线运动，其速度-时间关系为， 上升阶段

0y y v v gt =-

下落阶段

y gt =v

由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是一条倾斜直线，A 错误； B ．不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E 不变，B 错误； C ．足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，C 错误； D ．足球在竖直方向上的速度满足 上升阶段

0y y v v gt =-

下落阶段

y gt =v

再由重力的瞬时功率

y P mgv =

可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，D 正确； 故选D ．

14．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 3mg

B ．

43

3

mg C ．3mg

D ．33mg

【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

2144v v gR =+

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 mg =

=

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。

15．如图所示，一质量为M 的人站在台秤上，一根长为R 的悬线一端系一个质量为m 的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是（ ）

A ．小球运动到最高点时，小球的速度为零

B ．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为Mg

C ．小球在a 、b 、c 三个位置时，台秤的示数相同

D ．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．小球恰好能通过圆轨道最高点，由

2

v mg m R

=

得

v gR =

A 项错误；

B ．小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg ，但不是最小，当小球处于如图所示状态时，

设其速度为v 1，由牛顿第二定律有

2

1cos v T mg m R

θ+=

由最高点到该位置，由机械能守恒定律

22111

(1cos )22

mv mgR mv θ+-= 解得悬线拉力为

T =3mg （1-cosθ）

其分力为

T y =T cosθ=3mgcosθ-3mgcos 2θ

当cosθ=0.5，即θ=60°时，台秤的最小示数为

F min =Mg -T y =Mg -0.75mg

故B 错误；

C ．小球在a 、b 、c 三个位置，竖直方向的加速度均为g ，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，故C 正确；

D ．人没有运动，不会有超重失重状态，故D 错误。 故选C 。