湖南省(长郡中学机械能守恒定律同步单元检测(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，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 vθ
=
根据动能2
1
2
k
E mv
=可知，物体A与小环C的动能之比为
2
2
1
cos
2
12
2
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，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
(cos30cos 60)P E mgL =︒-︒
弹性势能的最大值为
31P 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 。

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3110kg 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
2220m/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 。

5．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，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
203
v a t =
= 由牛顿第二定律 sin cos mg mg ma θμθ+=
解得
=60θ
选项A 正确；
B ．小滑块上滑过程损失的机械能为
3120
cos6013J=5J
2322
v
E mg t
μ
∆=⋅=⨯⨯⨯⨯
选项B正确；
C．小滑块上滑的最大高度为
203
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。

6．如图1所示，遥控小车在平直路面上做直线运动，所受恒定阻力f=4N，经过A点时，小车受到的牵引力F A=2N，运动到B点时小车正好匀速，且速度v B=2m/s；图2是小车从A 点运动到B点牵引力F与速度v的反比例函数关系图像。

下列说法正确的是（）
A．从A到B，牵引力的功率保持不变
B．从A到B，牵引力的功率越来越小
C．小车在A点的速度为4m/s
D．从A到B，小车的速度减小得越来越慢
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．遥控小车牵引力的功率P=Fv，而题目中，已知小车从A点运动到B点牵引力F与速度v成反比例，则可知F与v的乘积保持不变，即功率P不变，故A正确，B错误；
C．小车运动到B点时正好匀速，则牵引力等于阻力，且速度v B=2m/s，则小车的功率为
8W
B
P Fv fv
===
则在A点时速度
8
m/s4m/s
2
A
A
P
v
F
===
故C正确；
D．小车从A到B的过程中，因速度从4m/s减小到2m/s，在这一过程中，功率始终保持不变，故牵引力增大，小车所受的合外力
F f F
=-
合
可知，合外力减小，由牛顿第二定律
F
a
m
=合可知，小车的加速度减小，所以从A到B，小车的速度减小得越来越慢，故D正确。

故选ACD。

7．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/s2，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
11
2
22
f C A
W mg 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
212 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
2211 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；
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
2s 0.5s 4
v t a =
== 货物加速到2m/s 时的位移为 221140.50.5m 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
2211102J 20J 40J 22
E mv Q =+=⨯⨯+= 故D 正确。

故选BD 。

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34
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
34L 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 =
︒
，
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 。

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 。

13．一质量为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<k <l ）则由图可知，下列结论正确的是( )
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．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 【解析】
【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。