黑龙江齐齐哈尔市实验中学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．如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D ，质量相等的物体A 和B 用轻弹簧连接，物体B 放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A 连接，另一端跨过定滑轮与小环C 连接，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C 位于位置R 时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B 与地面刚好无压力。图中SD 水平，位置R 和Q 关于S 对称。现让小环从R 处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q 时速度最大。下列关于小环C 下落过程中的描述正确的是（ ）

A ．小环C 、物体A 和轻弹簧组成的系统机械能不守恒

B ．小环

C 下落到位置S 时，小环C 的机械能一定最大

C ．小环C 从位置R 运动到位置Q 的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大

D ．小环C 到达Q 点时，物体A 与小环C 的动能之比为cos 2

θ

【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C 、物体A 和轻弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误；

B ．小环

C 下落到位置S 过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，往下绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S 时，小环的机械能最大，选项B 正确；

C ．小环在R 、Q 处时弹簧均为拉伸状态，且弹力大小等于B 的重力，当环运动到S 处，物体A 的位置最低，但弹簧是否处于拉伸状态，不能确定，因此弹簧的弹性势能不一定先减小后增大，选项C 错误；

D ．在Q 位置，环受重力、支持力和拉力，此时速度最大，说明所受合力为零，则有

cos C T m g θ=

对A 、B 整体，根据平衡条件有

2A T m g =

故

2cos C A m m θ=

在Q 点将小环v

速度分解

可知

cos A v v θ=

根据动能2

12

k E mv =

可知，物体A 与小环C 的动能之比为 221cos 2122

A A A

k kQ

C m v E E m v θ

== 选项D 正确。 故选BD 。

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：

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

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，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．如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O 固定在天花板上，物块B 和A 通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后，再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A 和C ，物块C 穿在竖直固定的细杆上，OA 竖直，OC 间距l =3m 且水平，此时A 、C 间轻绳刚好拉直而无作用力。已知物块A 、B 、C 质量均力2 kg 。不计一切阻力和摩擦，g 取10m/s 2。现将物块C 由静止释放，下滑h =4m 时物块B 刚好被提起，下列说法正确的是

A ．弹簧的劲度系数为20 N/m

B ．此过程中绳子对物块A 做的功为60J

C ．此时物块A 速度的大小为10

m/s 41

D ．绳子对物块C 做功的大小等于物块A 动能的增加量 【答案】AC 【解析】 【详解】

A ．初始时弹簧处于压缩状态，弹力等于A 的重力。

B 刚好被提起时，弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力等于B 的重力。由几何关系得，弹簧共伸长了2m 。物块B 刚好被提起时弹簧的的形变量为：

25m 3m x =-

kx mg =

解得弹簧的劲度系数为：

20N/m k =

故A 正确。

BC ．物块C 沿杆下滑的速度分解在沿绳子的方向和垂直的方向，当物块B 刚好被提起时：

cos37A o C v v =

B 的速度为零，弹簧由压缩变为伸长，形变量不变，储存的弹性势能始末两个状态相等，由整个系统动能定理得：

2211222

A C mgh mg x mv mv -=

+ 解得：

A 108

m/s 41

v = 所以C 正确。

对于A 物体，由动能定理得：

2122

A W mg x mv -=

解得：

640

(40)41

W J =+

故B 错误。

D ．对C 由动能定理得：

21

2

T C mgh W mv -=

解得绳子对C 做的功为：

2110002280

(80)24141

T C W mgh mv J J =-=-=

物块A 动能的增加量:

21640

241

KA A E mv J ?=

= 所以绳子对物块C 做功的大小不等于物块A 动能的增加量。故D 错误。

5．在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点,每隔T 的时间,轻放上一个相同的工件,已知工件与传送带间动摩擦因素为,工件质量均为m ,经测量,发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ,下列判断正确的有

A ．传送带的速度为

x

T

B ．传送带的速度为22gx μ

C ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为

1

2

mgx μ

D ．在一段较长的时间内,传送带因为传送工件而将多消耗的能量为2

3mtx T

【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x =vT ，解得传送带的速度v =

x

T

．故A 正确； B ．设每个工件匀加速运动的位移为x ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg ，则传送带的速度2v gx μ=，根据题目条件无法得出s 与x 的关系．故B 错误； C ．工件与传送带相对滑动的路程为

22

2

22v v x x v g g gT μμμ?=-=

则摩擦产生的热量为

Q =μmg △x ＝2

2

2mx T

故C 错误；

D ．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量

22212mx E mv mg x T

μ=+?=

在时间t 内，传送工件的个数f

W E η

=

则多消耗的能量

23mtx E nE T

'==

故D 正确。 故选AD 。

6．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

3

3

，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

2

v

a

t

==

由牛顿第二定律

sin cos

mg mg ma

θμθ

+=

解得

=60

θ

选项A正确；

B．小滑块上滑过程损失的机械能为

120

cos601

222

v

E mg t

μ

?=?=

??

选项B正确；

C．小滑块上滑的最大高度为

20

sin60sin603m=15m

222

v

h l t

===??

选项C错误；

D．根据动能定理

2

1

cos

sin2

h

mgh mg mv

μθ

θ

+?=

解得

2

2(1)

tan

v

h

g

μ

θ

=

+

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。

7．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 ．

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：

x

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

22

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

2

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

22

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。

10．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－μmglcosθ

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

11．一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x 1~x 2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x 1~x 2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 。

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．如图所示，某同学将三个完全相同的物体从A 点沿三条不同的路径抛出，最终落在与A 点同高度的三个不同位置，三条路径的最高点是等高的，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A ．沿路径1抛出的物体在空中运动的时间最短

B ．沿路径3运动的物体落地时重力的瞬时功率最大

C ．三个物体落地时的动能相等

D ．三个物体在运动过程中的任意相等时间内速度变化量相等 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．它们的最高点是等高的，所以这三个物体在竖直方向的分速度v y 是相等的，所以这三个斜抛运动的物体在空中的运动时间

2y v t g

=

均相同，故A 错误；

B ．由上面的分析可以知道，这三个做斜抛运动的物体在落地时竖直方向的分速度也是相等的，落地时重力的瞬时功率

G y P mgv =

一样大，故B 错误；

C ．同学对小球做的功即为小球获得的初动能，由于三个小球竖直方向分速度相同，第3个小球水平位移大，则第3个小球水平分速度大，故第3个小球落地时的动能大，故C 错误；

D ．小球在空中只受重力作用，即小球所作的运动是匀变速运动，加速度g 恒定，所以在相等的时间内速度变化相等，故D 正确。 故选D 。 【点睛】

斜抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。

15．如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m 的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O 点，O 点与B 点在同一水平线上，BC >AB ，AC =h ，环从A 处由静止释放运动到B 点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g ，环从A 处开始运动时的加速度大小为2g ，则在环向下运动的过程中（ ）

A ．环在

B 处的加速度大小为0 B ．环在

C 2gh C ．环从B 到C 先加速后减速

D ．环的动能和弹簧弹性势能的和先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．环在

B 处时，水平方向受到弹簧的拉力和杆的支持力，二力平衡。竖直方向受到重力，所以环在B 处的加速度大小为g ，故A 错误；

B ．因为B

C ＞AB ，则环从A 到C 弹簧的弹性势能增加，根据环和弹簧组成的系统机械能守恒得

2

P 12

C mgh mv E =

+? P 0E ?>，则2C v gh

故B错误；

C．环从A处开始运动时的加速度大小为2g，根据牛顿第二定律得

+

=

mg F ma

竖

得环从A处时弹簧拉力的竖直向下的分量

F mg

=

竖

设杆上A点关于B点的对称性为D点（D点在B、C之间），则环在D点时，根据牛顿第二定律得

=

+

mg F ma

竖

得

a=0

所以环从B到D做加速运动，环从D到C做减速运动，在D点时速度最大，故C正确；D．因环和弹簧的系统机械能守恒，则系统的动能、弹性势能和重力势能之和不变，而重力势能在环向下运动的过程中一直减小，则环的动能和弹簧弹性势能的和一直增大，故D 错误。

故选C。