山东省潍坊市第一中学下册机械能守恒定律单元综合测试(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．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。

3．质量是m 的物体（可视为质点），从高为h ，长为L 的斜面顶端，由静止开始匀加速下滑，滑到斜面底端时速度是v ，则（ ）
A ．到斜面底端时重力的瞬时功率为
B ．下滑过程中重力的平均功率为
C ．下滑过程中合力的平均功率为
D ．下滑过程中摩擦力的平均功率为
【答案】AB 【解析】
试题分析：A 、根据P=mgvcosα可知，滑到底端的重力的瞬时功率为为：
P=mgvcosα=mgv ．故A 正确．B 、物体运动的时间为：t==，则重力做功的平均功率
为：P===．故B 正确．C 、物体做匀加速直线运动的加速度为：a=，则
合力为：F 合=ma=，合力做功为：W 合=F 合L=，则合力的平均功率为：
．故C 错误．D 、根据动能定理得：mgh ﹣W f =mv 2，解得克服摩擦力做功
为：W f =mgh ﹣mv 2，则摩擦力做功的平均功率为：=
﹣
．故D 错
误．
考点：功率、平均功率和瞬时功率．
4．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v t -图象如图所示．已知汽车的质量为3
110kg m =⨯，
汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（ ）
A ．汽车在前5s 内的牵引力为3510N ⨯
B ．汽车速度为25m /s 时的加速度为25m /s
C ．汽车的额定功率为100kW
D ．汽车的最大速度为80m /s
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小
2220
m/s 4m/s 5
a =
= 根据牛顿第二定律得
F f ma -=
解得牵引力
1000N 4000N 5000N F f ma =+=+=
选项A 正确； BC ．汽车的额定功率
500020W 100000W 100kW P Fv ==⨯==
汽车在25m/s 时的牵引力
100000'N 4000N 25
P F v =
== 根据牛顿第二定律得加速度
22'40001000'm/s 3m/s 1000
F f a m --=
== 选项B 错误，C 正确；
D ．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度
100000
m/s 100m/s 1000
m P v f =
== 选项D 错误。

故选AC 。

5．某汽车质量为5t ，发动机的额定功率为60kW ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.l 倍。

若汽车以0.5m/s 2的加速度由静止开始匀加速启动，经过24s ，汽车达到最大速度。

取重力加速度g =10m/s 2，在这个过程中，下列说法正确的是（ ） A ．汽车的最大速度为12m/s B ．汽车匀加速的时间为24s C ．汽车启动过程中的位移为120m D ．4s 末汽车发动机的输出功率为60kW 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当阻力与牵引力平衡时，汽车速度达到最大值，由汽车的功率和速度关系可得
max P Fv fv ==
解得
3
max
36010m/s 12m/s 0.10.151010
P P v f mg ⨯====⨯⨯⨯ 故A 正确；
B ．汽车以0.5m/s 2的加速度运动时,当汽车的功率达到额定功率时，汽车达到了匀加速运动阶段的最大速度, 由汽车的功率和速度关系可得
m P F v '=
由牛顿第二定律，可得此时汽车的牵引力为
-0.1F mg ma '=
由以上方程可得
8m/s m v = 37.510N F '=⨯
这一过程能维持的时间
18s 16s 0.5
m v t a =
== 故B 错误；
C ．匀加速过程中汽车通过的位移为
22111
0.516m=64m 22
x at =
=⨯⨯ 启动过程中，由动能定理得
2
11max 1()2
F x P t t kmgx mv '+--=
解得，汽车启动过程中的位移为
x =120m
故C 正确；
D ．由B 项分析可知，4s 末汽车还在做匀加速运动，实际功率小于额定功率，所以4s 末汽车发动机的输出功率小于60kW ，故D 错误； 故选AC 。

6．如图所示，劲度系数k =40N/m 的轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙上，物块A 、B 在水平向左的推力F =10N 作用下，压迫弹簧处于静止状态，已知两物块不粘连，质量均为m =3kg 。

现突然撤去力F ，同时用水平向右的拉力F '作用在物块B 上，同时控制F '的大小使A 、B 一起以a =2m/s 2的加速度向右做匀加速运动，直到A 、B 分离，此过程弹簧对物块做的功为W 弹=0.8J 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．两物块刚开始向右匀加速运动时，拉力F '=2N
B ．弹簧刚好恢复原长时，两物块正好分离
C 10
s 刚好分离 D ．两物块一起匀加速运动到分离，拉力F '对物块做的功为0.6J 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．两物块刚开始向右匀加速运动时，对A
B 整体，由牛顿第二定律可知
2F F ma '+=
解得
2232N 10N 2N F ma F '=-=⨯⨯-=
故A 正确；
BC ．两物体刚好分离的临界条件；两物体之间的弹力为零且加速度相等。

设此时弹簧的压
缩量为x ，则有
kx ma =
代入数据，可得
32
m 0.15m 40
ma x k ⨯=
== 弹簧最初的压缩量
010
m=0.25m 40
F x k =
= 故两物块一起匀加速运动到分离的时间为
2
012
at x x =- 解得
02()2(0.250.15)10
s s 210
x x t a --=
== 故B 错误，C 正确；
D ．对AB 整体，从一起匀加速运动到分离，由动能定理可得
21
22
F W W mv '+=⨯弹
10102m/s 105
v at ==⨯
= 解得
22
1110223()J 0.8J 0.4J 225
F W mv W '=⨯-=⨯⨯⨯-=弹
故D 错误。

故选AC 。

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3
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
8
mgL 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．如图所示，一根劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平地面上，轻弹簧上端正上方h 高度处A 点有一个质量为m 的小球。

现让小球由静止开始下落，在B 点接触轻弹簧的上端，在C 点时小球所受的弹力大小等于重力大小，在D 点时小球速度减为零，此后小球向上运动返回到最初点，已知小球在竖直方向上做周期性运动。

若轻弹簧储存的弹性势能与其形变量x 间的关系为2
12
p E kx =，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．在D 点时小球的加速度大小大于重力加速度g 的大小
B ．小球从B 点到D 点的过程中，其速度和加速度均先增大后减小
C ．从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
D ．小球在D (2)
mg mg mg kh ++
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若小球从
B 点由静止释放，则最低点应该在D ′位置且满足B
C =C
D ′，由对称可知，在D ′点的加速度为向上的g ；若小球从A 点释放，则最低点的位置在D 点，则D 点应该在D ′点的下方，则在D 点时小球的加速度大小大于在D ′点的加速度，即大于重力加速度g 的大小，选项A 正确；
B ．小球从B 点到D 点的过程中，在B
C 段重力大于弹力，加速度向下且逐渐减小，速度逐渐变大；在C
D 段，重力小于弹力，加速度向上且逐渐变大，速度逐渐减小，即小球从B 点到D 点的过程中，加速度先减小后增加，速度先增加后减小，选项B 错误； C ．由能量守恒定律可知，从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，选项C 错误； D ．由能量关系可知从A 到D 满足
21()2
mg h x kx +=
解得小球在D 点时弹簧的压缩量为
(2)
mg mg mg kh x ++=
（另一值舍掉）选项D 正确。

故选AD 。

9．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
22
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
25v gl =因为
0265v gl v gl >=
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
2
22v F mg m l
-=②
球经过最高点P 时
2
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
02v gl =
所以当0v gl <时，小球上升的最高点达不到与O 等高的高度，所以细绳始终处于绷紧状
态，选项D 正确。

故选CD 。

10．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m 的半圆轨道，小球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 ，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 ＝4 m 2s －2
B ．小球从B 到
C 损失了0.125 J 的机械能 C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为－1.05J
D ．小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8 m 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
A.当h ＝0.8 m 时小球在C 点，由于小球恰能到达最高点C ，故
mg ＝2C
mv R
所以C v gR =
2C v gR =＝4 m 2·s －2
故选项A 正确；
B.由已知条件无法计算出小球从B 到C 损失了0.125 J 的机械能，故选项B 错误；
C.小球从A 到C ，由动能定理可知
W 合＝
22
1122
C A mv mv -=－1.05 J 故选项C 正确；
D.小球离开C 点后做平抛运动，故
2R ＝
212
gt 落地点到A 的距离x 1＝v C t ，解得x 1＝0.8 m ，故选项D 正确．
11．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】 【分析】
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。

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．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 。

14．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 。

15．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O ，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上．A 的质量为m ，B 的质量为4m .开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动．将A 由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中错误的是( )
A ．物块
B 受到的摩擦力先减小后增大 B ．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右
C ．小球A 的机械能守恒，A 、B 系统的机械能守恒
D ．地面对斜面体的支持力不变 【答案】D 【解析】 【详解】
A. A 物体在最高点时，绳子拉力为零，对B 进行受力分析可知，B 受摩擦力
方向沿斜面向上，当小球A 向下运动过程中，机械能守恒，则
在最低点时
整理得：
此时再对B进行受力分析可知，B受摩擦力沿斜面向下，大小等于mg，在A下摆的过程中，B受摩擦力先沿斜面向上，后沿斜面向下，所以物块B受到的摩擦力先减小后增大，故A正确，不符合题意；
B.在A下摆的过程中，将斜面体与B做为一个整体，细绳对整体始终有一个斜向左下方的拉力作用，因此地面对斜面体的摩擦力始终水平向右，故B正确，不符合题意；
C. 小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，B静止不动，机械能也守恒，所以A、B 系统的机械能守恒，故C正确，不符合题意；
D. 在A下摆的过程中，小球A在竖直方向上的加速度向上且不断增大，所以地面对斜面体的支持力是不断增大的，故D错误，符合题意。