人教版高一下册物理 机械能守恒定律单元培优测试卷

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
1．如图所示，一根轻弹簧一端固定于O 点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上的A 点，此时弹簧恰好水平。

将滑块从A 点由静止释放，经B 点到达位于O 点正下方的C 点。

当滑块运动到B 点时弹簧与斜面垂直，且此时弹簧恰好处于原长。

已知OB 的距离为L ，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，则滑块由A 运动到C 的过程中（ ）
A ．滑块的加速度先减小后增大
B ．滑块的速度一直在增大
C ．滑块经过B gL
D ．滑块经过C 2gL 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．弹簧原长为L ，在A 点不离开斜面，则
sin 3(
)sin c 3300os 0L
k mg L ︒≤-︒
︒ 在C 点不离开斜面，则有
(
)cos30cos30cos30L
k L mg -︒≤︒︒
从A 点滑至C 点，设弹簧与斜面夹角为α（范围为30°≤α≤90°）；从B 点滑至C 点，设弹簧与斜面的夹角为β，则
2sin 30cos mg kx ma β︒-=
可知下滑过程中加速度一直沿斜面向下且减小，选项A 错误，B 正确； C ．从A 点滑到B 点，由机械能守恒可得
21cos302
p B mgL E mv ︒+=
解得
2cos302
32
p p B E E v gL g m
g L L m
︒+=+=>选项C 正确；
D ．从A 点滑到C 点，由机械能守恒可得
2
1cos302
P C L mg
E mv '+=︒
解得
43
222
2
cos303
p p
C
gL
E E
L
v g gL
m m
'
=+>
+
︒
=
选项D错误。

故选BC。

2．某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x与θ的关系如图乙所示，取g＝10m/s2。

则由图可知（）
A．物体的初速率v0＝3m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数µ＝0.8
C．图乙中x min＝0.36m
D．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．当
2
π
θ=时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据
2
2
v gh
=
可得
3m/s
v=
A正确；
B．当0
θ=时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理
2
1
2
mv mgx
μ
=
代入数据解得
=0.75
μ
B错误；
C．根据动能定理
2
01cos sin 2
mv mgx mgx μθθ=+ 整理得
9
20(0.75cos sin )
x θθ=
+
因此位移最小值
min 2
0.36m 200.751
x =
=+
C 正确；
D ．动能与重力势能相等的位置
o 2
o o 01sin 37(sin 37cos37)2
mgx mv mgx mgx μ=
-+ 整理得
0.25m x =
D 错误。

故选AC 。

3．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 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。

4．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=mv2，解得克服摩擦力做功为：W f=mgh﹣mv2，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．
5．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，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点下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（）
A．环到达B处时，重物上升的高度h=d/2
B．小环在B(322)gd
C ．环从A 到B ，环沿着杆下落的速度大小小于重物上升的速度大小
D ．环能下降的最大高度为4d /3 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、根据几何关系有，环从A 下滑至
B 点时，重物上升的高度2h d d =-，故A 错误；
B 、
C 、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：v 环cos45°=v 物，根据系统机械能守恒定律可得
22112+222
mgd mgh mv mv -=
⋅环物，解得：环的速度=(322)v gd -环，故B 正确．故C 错误．D 、设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
2
2
H d d +-，根据机械能守恒有222()mgH mg H d d =+-，解得：4
3
H d =
，故D 正确．故选BD ． 【点睛】
解决本题的关键要掌握系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．
6．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 。

7．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 点的速度大小为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.
8．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 穿在竖直固定细杆上，OA 竖直，OC 间距3m l =且水平，此时A 、C 间轻绳恰好拉直而无张力作用。

已知物块A 、B 、C 质量均为2kg 。

不计一切摩擦，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 ．弹簧劲度系数为20N/m
B ．此过程中A 、
C 组成的系统机械能总和一直不变 C ．此时物块C 的速度大小为10
8
m/s 41
D ．此时物块A 的速度大小为 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．初态时，弹簧的压缩量
1mg
x k
=
根据勾股定理可知，C 下降h =4m 时，A 物体上升了2m ，根据题意可知
2kx mg =
122x x +=
整理可得
121m x x ==，20N/m k =
A 正确；
B ．物体
C 开始下降时，弹簧处于压缩状态，弹力对物体A 做正功，系统机械能增加，后来弹簧处于伸长状态，弹力对物体A 做负功，系统的机械能减小，B 错误；
CD ．由于弹簧的伸长量与压缩量相等，整个过程弹簧对A 物体做功等于零，因此A 、C 组成的系统，初态的机械能与末态的机械能相等
22
A C 1211()22
mgh mv mv mg x x =
+++ 设绳子与竖直方向夹角为θ ，由于A 、C 沿着绳的速度相等
C A cos v v θ=
且
4
cos 5
h l θ=
=
整理得
C v =，A v =
C 错误，
D 正确。

故选AD 。

9．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 ＝
2
12
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．
10．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310
mgL C gL 34L 时B 25gL D gL B 做的功为
33100
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 =︒， 12223()144
L L 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30~4
L 位移内拉力对B 做的功 11·sin 374
W mg L =︒ 解得
1320
W mgL =
选项B 错误； C ．小车位移大小为
34
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
cos5335B v gL gL =︒=
选项C 错误；
D ．小车在30~4
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 。

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2215222E 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mglsin 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
13．如图所示，特战队员在进行训练时抓住一不可伸长的绳索，绳索的另一端固定，特战
队员从高度一定的平台由静止开始下摆，悬点与平台在同一水平而上，在下摆过程中绳索始终处于绷紧状态，由于悬点位置不同，每次下摆的绳长可以发生变化，在到达竖直状态时特战队员松开绳索，特战队员被水平抛出直到落地。

（不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点，绳索与队员的运动轨迹在同一竖直面内）下列说法正确的是（ ）
A ．绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大
B ．绳索越长，特战队员在到达竖直状态时绳索拉力越大
C ．绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大
D ．绳索越长，特战队员落地时的速度越大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设绳子长度为L ，总高度为H ，由动能定理可得特战员到达绳子最低点时的速度
212
mgL mv = 可得特战员到达绳子最低点时的速度2v gL =，而后特战队员做平抛运动
212H L gt -= ()()222H L x vt gL L H L g -===-可知2H L =时，水平位移最大，A 错误； B ．特战队员在到达竖直状态时，由牛顿第二定律，可得
2
v T mg m L -= 代入速度，可得3T mg =，B 错误；
C ．特战队员落地时的水平速度为2v gL =，故绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大，C 正确；
D ．整个过程，由动能定理，可得
2112
mgH mv = 特战队员落地时的速度与绳子长度无关，D 错误。

14．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 ．
15．一质量为m 的小轿车以恒定功率P 启动，沿平直路面行驶，若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为v 。

当小轿车的速度大小为23
v 时，它的加速度大小为
A．
P
mv
B．
2
P
mv
C．
3
2
P
mv
D．
4P
mv
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
汽车速度达到最大后，将匀速前进，此时有
P Fv
=
F f
=
当汽车的车速为2
3
v
时，有
2
3
v
P F'
=⋅
根据牛顿第二定律有
F f ma
'-=
联立解得
2P
a
mv
=
选项B正确，ACD错误。

故选B。