人教版高一物理下册 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．
3．一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
100000m/s 100m/s 1000
m P v f ===
选项D 错误。

故选AC 。

4．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
t =
== 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
2v at === 解得
22
11223J 0.8J 0.4J 22F W mv W '=⨯-=⨯⨯⨯-=弹
故D 错误。

故选AC 。

5．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21m /s 匀加速度直线上升，己知重力加速度
210m /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
B．两人拉绳的速率均为2m/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
1 cos
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
202
v 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
2m/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 。

6．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 。

7．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 。

8．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ<tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则（ ）
A ．物块随转台由静止开始至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2sin mgL μθ
B ．物块随转台由静止开始至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为
1
sin 2
mgL μθ C ．物块随转台由静止开始至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为2sin 2os mgL c θ
θ
D ．物块随转台由静止开始至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为34os mgL
c θ
【答案】BC 【解析】 【分析】
此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N =0，f =0。

【详解】
AB ．对物体受力分析知物块离开圆盘前，合力为
2
sin v F f T m r
θ=+= …①
cos N T mg θ+=…②
根据动能定理知
2
12
k W E mv ==
…③ 又
T =0，r =L sin θ…④
由①②③④解得
11
sin sin 22
W fL mgL θμθ=
≤ 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为1
sin 2
mgL μθ，选项A 错误，B 正确； CD ．当N =0，f =0，由①②③知
21sin sin tan 22cos mgL W mgL θ
θθθ
==
选项C 正确；D 错误。

故选BC 。

9．如图所示，固定光滑长斜面倾角θ=37°，下端有一固定挡板。

两小物块A 、B 放在斜面上，质量均为m ，用与斜面平行的轻弹簧连接。

一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B 相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。

系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L 且绳中无弹力。

当小车缓慢向右运动
3
4
L 距离时A 恰好不离开挡板。

已知重力加速度为g ，sin37°=0.6，c os37°=0.8.在小车从图示位置发生位移3
4
L 过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．弹簧的劲度系数为245mg
L
B ．拉力对B 做功为
3
10
mgL
C 34
L 时B
D B 做的功为33
100
mgL 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．初态，弹簧压缩量
1sin37g k
x m =
︒
A 恰好不离开挡板时，弹簧伸长量
2sin37g k
x m =
︒
，
121
4
x x L L +==
解得
245k mg
L
=
选项A 正确；
B ．根据x 1=x 2，弹性势能不变，则小车在3
0~
4
L 位移内拉力对B 做的功 11
·sin 374
W mg L =︒
解得
13
20
W mgL =
选项B 错误；
C ．小车位移大小为
3
4
L 时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B 的速率
B v =︒=
选项C 错误； D ．小车在3
0~
4
L 位移大小内，拉力对B 做的功设为W 2，根据功能原理有 221331··sin 3742100
B W mv mg L mgL =+︒=
选项D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其距离0.50m d =，盆边缘的高度为0.30m h =．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为0.10μ=．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为（ ）．
A ．0.50m
B ．0.25m
C ．0.10m
D ．0
【答案】D 【解析】 【分析】
小物块滑动过程中，重力做功和摩擦阻力做功，全过程应用动能定理可进行求解。

【详解】
由小物块从A 点出发到最后停下来，设小物块在BC 面上运动的总路程为S ，整个过程用动能定理有：
0mgh mgs μ-=
所以小物块在BC 面上运动的总路程为
0.3
m 3m 0.1
h
s μ
=
=
= 而d =0.5 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，即距离B 点为0 m 。

故选D 。

【点睛】
本题对全过程应用动能定理，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程的关系。

11．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－μmglcos θ
B ．斜面对物体的弹力做的功为mgl sin θcos 2θ
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
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 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 。

13．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
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。

14．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于 ( ) A ．
9
H B ．
29
H
C ．
39
H
D ．
49
H
【答案】D
【分析】 【详解】
设小球受到的阻力大小恒为f ，小球上升至最高点过程，由动能定理得：
2
0102
mgH fH mv --=-
小球上升至离地高度h 处时速度设为1v ，由动能定理得：
22101122
mgh fh mv mv --=
- 又由题有：2
11 22
mv mgh =
小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处时速度设为2v ，此过程由动能定理得：
22
2011222
mgh f H h mv mv ---=
-（） 又由题有：2
2122
mv mgh ⨯
= 以上各式联立解得：49
H
h =,选项D 正确，ABC 错误． 【点睛】
在应用动能定理解题时，要灵活选择研究的过程，各个力做功的分析非常重要，本题中要注意上升和下降过程中阻力始终做负功．
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 。