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，一根轻质弹簧放在光滑斜面上，其下端与斜面底端的固定挡板相连，弹簧处于自然伸长状态。

第一次让甲物块从斜面上的A 点由静止释放，第二次让乙物块从斜面上的B 点由静止释放，两物块压缩弹簧使弹簧获得的最大弹性势能相同，两物块均可看作质点，则下列说法正确的是（ ）
A ．甲物块的质量比乙物块的质量大
B ．甲物块与弹簧刚接触时的动能大于乙物块与弹簧刚接触时的动能
C ．乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大的位置下方
D ．将两物块释放的位置上移，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置会下移 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于两物块使弹簧获得的最大弹性势能相同，即两物块向下运动最低点的位置相同，根据机械能守恒可知，两物块减少的最大重力势能相同，由此可以判断甲物块的质量比乙物块的质量小，选项A 错误；
B ．从两物块与弹簧相接触到弹簧被压缩到最短的过程中，乙物块的质量大，则乙物块减小的重力势能大，所以其动能减小的少，选项B 正确；
C ．动能最大的位置是合外力为零的时候，由力的平衡可知，乙物块动能最大的位置在甲物
块动能最大位置的下方，选项C 正确；
D ．由力的平衡可知，改变两物块释放的位置，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置不会变，选项D 错误。

故选BC 。

4．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．
5．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，一端固定于A 点，一端连接质量为m 的小球，小球穿在竖直的杆上。

轻杆OB 一端固定在墙上，一端为定滑轮。

若绳自然长度等于AB ，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。

已知C 、E
两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为
2
mg
，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球在D 点时速度最大
B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到
C 点，则2v gh = C ．小球在C
D 阶段损失的机械能等于小球在D
E 阶段损失的机械能
D ．若O 点没有固定，杆OB 在绳的作用下以O 为轴转动，在绳与B 点分离之前，B 的线速度等于小球的速度沿绳方向分量 【答案】AD 【解析】 【详解】
A ．设当小球运动到某点P 时，弹性绳的伸长量是BP x ，小球受到如图所示的四个力作用：
其中
T BP F kx =
将T F 正交分解，则
N T sin sin 2
BP BC mg
F F kx kx θθ⋅====
f N 14
F F mg μ==
T F 的竖直分量
T T cos cos y BP CP F F kx kx θθ===
据牛顿第二定律得
f T y m
g F F ma --=
解得
T 33
44y CP F kx a g g m m
=
-=- 即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE 的中点D 时，加速度为零，速度最大，A 正确；
B ．对小球从
C 运动到E 的过程，应用动能定理得
T F 0104mgh W mgh ⎛⎫
-+-=- ⎪⎝⎭
若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰能从E 点回到C 点，应用动能定理得
T 2F 11()042mgh W mgh mv ⎛⎫
-++-=- ⎪⎝⎭
联立解得
T F 3
4
W mgh =
，v =B 错误；
C ．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在C
D 段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在CD 段时摩擦力和弹力做的负功比小球在D
E 段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD 阶段损失的机械能小于小球在DE 阶段损失的机械能，C 错误； D ．绳与B 点分离之前B 点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D 正确。

故选AD 。

6．蹦床比赛中运动员从最高点下落过程可简化为下物理模型：如图，运动员从O 点自由下落，其正下方放置一下端固定的轻质弹簧，弹簧处于自然长度。

运动员下落到轻质弹簧上端a 位置开始与弹簧接触并开始向下压缩弹簧。

运动员运动到b 处时，质弹簧对运动员的弹力与运动员的重力平衡。

运动员运动到c 处时，到达最低点。

若不计空气阻力，下列
说法正确的是（）
A．由O向a运动的过程中运动员处于完全失重状态，其机械能减少
B．由a向b运动的过程中运动员处于失重状态，其机械能减少
C．由a向b运动的过程中运动员处于超重状态，其动能增加
D．由b向c运动的过程中运动员处于超重状态，其机械能减少
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．运动员由O向a运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，运动员的机械能守恒，A错误；BC．运动员由a向b运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，运动员处于失重状态，运动员和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，运动员的机械能减少，由于运动员向下加速运动，运动员的动能还是增大的，B正确，C错误；
D．运动员由b向c运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，运动员的机械能继续减小，D正确。

故选BD。

7．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
l 且水平，此时A、C间轻绳A和C，物块C穿在竖直固定细杆上，OA竖直，OC间距3m
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/s2.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
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 。

8．2016年6月18日神舟九号完成最后一次变轨，在与天宫一号对接之前神舟九号共完成
了4次变轨。

神舟九号某次变轨的示意图如图所示。

在A 点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B 为轨道Ⅱ上的一点，关于飞船的运动，下列说法中正确的有（ ）
A ．在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于经过
B 的速度
B ．在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能
C ．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D ．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在轨道Ⅱ上从A 到
B 万有引力做正功，即合外力做正功，物体的动能增加，所以A 的速度小于经过B 的速度，故A 项正确；
B ．由于从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ神舟九号要点火加速做离心运动，所以在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能，故B 正确；
C ．根据开普勒第三定律3
2a k T
=，由图可知轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径更小，所以在
轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C 正确； D ．根据
2
GmM
ma r =，由于神舟九号在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上离地球的距离相同即r 相同，所以在轨道Ⅱ上经过A 的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度，故D 错误。

故选ABC 。

9．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A 处固定质量为2m 的小球，B 处固定质量为m 的小球，支架悬挂在O 点，可绕过O 点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB 与地面相垂直。

放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）
A ．A 处小球到达最低点时速度为0
B ．A 处小球机械能的减少量等于B 处小球机械能的增加量
C ．B 处小球向左摆动所能达到的最高位置应高于A 处小球开始运动时的高度
D ．当支架从左向右回摆时，A 处小球能回到起始高度 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
BD ．因A 处小球质量大，位置高，所以三角支架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动，摆动过程中只有小球受到的重力做功，故系统的机械能守恒，A 处小球机械能的减少量等于B 处小球机械能的增加量，当支架从左向右回摆时，A 处小球能回到起始高度，选项B 、D 正确；
A ．设支架边长是L ，则A 处小球到最低点时小球下落的高度为1
2
L ，B 处小球上升的高度也是
12L ，但A 处小球的质量比B 处小球的大，故有1
2
mgL 的重力势能转化为小球的动能，因而此时A 处小球的速度不为0，选项A 错误；
C ．当A 处小球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续向左摆，B 处小球仍要继续上升，因此B 处小球能达到的最高位置比A 处小球的最高位置还要高，选项C 正确。

故选BC
D 。

10．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
2v =因为
02v v >=
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
0v =
所以当0v <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 。

11．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 。

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．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 ．
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
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 +⨯=
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，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
2
P 12
C mgh mv E =
+∆
P 0E ∆>，则C v
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 。