高一机械能守恒定律检测题(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，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．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
2
A
T m
g
=
故
2cos
C A
m mθ
=
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。

3．如图甲所示，质量为4kg的物块A以初速度v0=6m/s从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B。

已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ1，木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2，A、B运动过程的v-t图像如图乙所示，A始终未滑离B。

则（）
A．μ1=0.4，μ2=0.2 B．物块B的质量为4kg
C．木板的长度至少为3m D．A、B间因摩擦而产生的热量为72J
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．以物块为研究对象有
11
ma mg
μ
=
由图看出2
14m/s a =，可得
10.4μ=
将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有
22M m a M m g μ+=+()()
由图看出2
21m/s a =，可得
20.1μ=
选项A 错误；
B ．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有
123()mg M m g Ma μμ-+=
由图看出2
32m/s a =，解得
4kg M =
选项B 正确；
C ．由v -t 图看出物块和木板在1s 内的位移差为3m ，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m ，选项C 正确；
D ．A 、B 的相对位移为s =3m ，因此摩擦产热为
148J Q mgs μ==
选项D 错误。

故选BC 。

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
100000m/s 100m/s 1000
m P v f ===
选项D 错误。

故选AC 。

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．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A 处，上端连接质量5kg 的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。

将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O 点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a 随位移x 的变化关系如图乙所示，，重力加速度取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

下列说法正确的是 （ ）
A ．滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
B ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1
C ．滑块下滑过程中的最大速度为
135
m/s D ．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A 错误；
B ．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a =5.2m/s 2，根据牛顿第二定律有
sin cos mg mg ma θμθ-=
解得0.1μ=，故B 正确；
C ．当x =0.1m 时a =0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有
sin cos 0mg kx mg θμθ--=
解得260N /m k =，则弹簧弹力与形变量的关系为
F kx =
当形变量为x =0.1m 时，弹簧弹力F =26N ，则滑块克服弹簧弹力做的功为
11
2.60.1J 1.3J 22
W Fx =
=⨯⨯= 从下滑到速度最大，根据动能定理有
()2
m 1sin cos 2
mg mg x W mv θμθ--=
解得m 13
v =
m/s ，故C 正确； D ．滑块滑到最低点时，加速度为25.2m/s a '=-，根据牛顿第二定律可得 sin cos mg mg kx ma θμθ--'='
解得0.2m x '=，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有
()p sin cos 00mg mg x E θμθ'--=-
解得E p =5.2J ，故D 错误。

故选BC 。

7．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/s 4m/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 。

8．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3μ=，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
8mgL D ．弹簧的最大弹性势能为3
8
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 。

9．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 。

10．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 。

11．如图所示，细线上挂着小球，用水平恒力F 将小球从竖直位置P 拉到位置Q ，小球在Q 点垂直绳方向所受的合力恰好为零，此时细绳与竖直方向的夹角为θ，则（ ）
A ．恒力做功等于小球重力势能的增量
B ．小球将静止在Q 点
C ．细线对小球做的功为零
D ．若在Q 点将外力F 撤去，小球来回摆动的角度将等于θ 【答案】C 【解析】 【分析】
小球在Q 点所受的合力恰好为零，由此可分析恒力F 和重力的关系，再根据动能定理可分析小球的运动情况。

【详解】
A ．小球在Q 点垂直绳方向所受的合力恰好为零，由图可知恒力F 和重力G 的关系为
tan F G θ=
从竖直位置P 拉到位置Q 过程中位移为s ，恒力F 做功
c tan tan os
cos 2
2
F
W Gs G s θ
θ
θθ
重力G 做功的大小
sin
2
G
W Gh Gs θ
90θ<︒所以
2
2
2
tan cos tan 21sin
2
2
tan
1
tan
F G
G W W G s s θ
θθθ
θ
θ
即有
F
G W W
而小球重力势能的增量等于重力G 做功的大小，因此恒力做功大于小球重力势能的增量，
选项A 错误； B ．因为F
G W W ，根据动能定理可知小球到达Q 点时动能不为零，小球具有一定速度，
不会静止在Q 点，选项B 错误；
C ．因为小球的轨迹是圆弧，其速度方向始终与细线垂直，因此细线的拉力始终与速度垂直，对小球做的功为零，选项C 正确；
D ．因为小球在Q 点速度不为零，若在Q 点将外力F 撤去，小球还会向上运动一段距离，到最高点后再回落。

之后的摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，因此小球来回摆动的角度将大于θ，选项D 错误。

故选C 。

【点睛】
抓住小球在Q 点所受的合力恰好为零是分析问题的关键。

12．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
212
H L gt -=
()
()222H L x vt gL L H L g
-===-可知2
H
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
211
2
mgH mv =
特战队员落地时的速度与绳子长度无关，D 错误。

故选C 。

13．如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m 的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g ．当小圆
环滑到大圆环的最低点时，大圆环对细杆的拉力大小为：
A ．5mg
B ．Mg+4mg
C ．Mg+5mg
D ．Mg+10mg
【答案】C 【解析】 【分析】
利用机械能守恒、竖直平面内的圆周运动、力的合成、牛顿运动定律求解． 【详解】
设大环底端处为重力势能零点，大环半径为R ，小环在最低点速度为v ，由于小环运动过程中只受弹力和重力，弹力和运动方向始终垂直，所以弹力不做功，只有重力做功，所以根据机械能守恒可得：
2
122
mv mgR = 解得：
42v gR gR ==当小环到达大环最低点时，分析小环的受力得：
2
mv F mg R
-=支 把2v gR =
5F mg =支
分析大环的受力，大环受到自身重力和小环竖直向下的压力5mg ，故大环对轻杆的拉力为：5Mg mg +，C 符合题意．
14．如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L ，重力加速度大小为g 。

现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，球在最低点每根绳的拉力大小为（ ）
A 3mg
B ．
43
3
mg C ．3mg D ．33mg
【答案】D 【解析】 【分析】
本题根据机械能守恒定律可以求得最低时的速度，再结合向心力公式即可求出最低点每根绳的拉力。

【详解】
题中已知，在最高点速率为v ，根据牛顿第二定律可知
2
v mg m R
=
当小球在最高点速率为2v 时，设到最低点的速度为1v ，因两根绳的拉力的合力总是不做功，故这一过程满足机械能守恒，即
22111
(2)222
m v mg R mv +⨯= 解得
2144v v gR =+
根据牛顿第二定律
222
142c 448o 4s v v gR v mg m m m mg mg R R T R
θ+-===+=
得到
92cos mg
T θ
=
式中θ为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知
30θ︒=
解得
9332cos30
mg
T mg =
=
故D 正确。

故选D 。

【点睛】
机械能守恒定律与牛顿第二定律相结合。

15．如图所示，一质量为M 的人站在台秤上，一根长为R 的悬线一端系一个质量为m 的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球运动到最高点时，小球的速度为零
B ．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为Mg
C ．小球在a 、b 、c 三个位置时，台秤的示数相同
D ．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球恰好能通过圆轨道最高点，由
2
v mg m R
=
得
v gR =
A 项错误；
B ．小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg ，但不是最小，当小球处于如图所示状态时，
设其速度为v 1，由牛顿第二定律有
2
1cos v T mg m R
θ+=
由最高点到该位置，由机械能守恒定律
22111
(1cos )22
mv mgR mv θ+-=
解得悬线拉力为
T=3mg（1-cosθ）
其分力为
T y=T cosθ=3mgcosθ-3mgcos2θ
当cosθ=0.5，即θ=60°时，台秤的最小示数为
F min=Mg-T y=Mg-0.75mg
故B错误；
C．小球在a、b、c三个位置，竖直方向的加速度均为g，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，故C正确；
D．人没有运动，不会有超重失重状态，故D错误。

故选C。