物理高一下册 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，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，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A，第一次经过B 处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为a C的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是
A．小球可以返回到出发点A处
B．弹簧具有的最大弹性势能为
2
2
mv
C．撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置
D．a A－a C＝g
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB.设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为f
W，AB间的竖直高度为h，小球的质量
为m ，弹簧具有的最大弹性势能为
p E ．根据能量守恒定律，对于小球A 到B 的过程有： 212
p f mgh E mv W +=+ A 到C 的过程有：
22p f p mgh E W E +=+
解得：
212
f p W mgh E mv ==， 小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，由能量守恒定律得：
22p f p E W mgh E =++
该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A 处．故A 错误，B 正确．
C.设从A 运动到C 摩擦力的平均值为f ，AB =s ，由：
f W mgh =
得：
sin 30f s mgs =
解得：
sin 30f mg =
在B 点，摩擦力cos30f mg μ=，由于弹簧对小球有拉力（除B 点外），小球对杆的压
力大于cos30mg μ，所以：
cos30f mg μ>
可得：
sin 30cos30mg mg μ>
因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止．故C 错误．
D.根据牛顿第二定律得，在A 点有：
cos30sin 30A F mg f ma +-=
在C 点有：
cos30sin 30C F f mg ma --=
两式相减得：
A C a a g -=
故D 正确．
3．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。

4．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212sin 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.
5．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108m/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
22A 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
4cos 5
h l θ==
整理得
C v =，A v = C 错误，
D 正确。

故选AD 。

6．一辆汽车在平直的公路上由静止启动，先保持加速度不变，达到额定功率后保持额定功率不变继续行驶。

汽车所受阻力恒定，下列关于汽车运动全过程的速度、加速度、牵引力、功率的大小随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．汽车以恒定加速度启动，可分为三个阶段：第一个阶段，匀加速直线运动，在v t -图像中是一条通过原点的直线；第二个阶段，作加速度越来越小的加速运动；第三阶段，以最大速度作匀速直线运动，故A 正确；
B ．汽车刚开始做匀加速，加速度恒定，当汽车匀加速到额定功率后，速度继续增大时，牵引力减小，加速度减小，速度继续增大，这一过程加速度减小，但加速度的变化是越来越慢，而不是变化越来越快，故B 错误；
C ．0~t 1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，到t 2时以最大的速度做匀速运动，此时有牵引力等于阻力，而不是为零，故C 错误；
D ．0~t 1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，由P Fv =可知
()()P ma f v ma f at =+=+
即P 与v 成正比，到t 1时刻功率达到额定功率，此后将保持这一额定功率运行，故D 正确。

故选AD 。

7．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212
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 。

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1sin 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 θθ
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
212
k W E mv ==
…③ 又 T =0，r =L sin θ…④
由①②③④解得
11sin sin 22
W fL mgL θμθ=≤ 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为
1sin 2mgL 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 θθθθ
== 选项C 正确；D 错误。

故选BC 。

10．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。

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 tan2
1
sin
22
tan1tan
F
G
G
W
W G
s
s
θ
θθ
θθθ
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，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 θcos2θ
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="N cosθ+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
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 。

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．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-3mgcos 2θ
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 。