福建省龙海市第二中学机械能守恒定律专题练习(解析版)

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
1．如图所示，质量为1kg 的物块（可视为质点），由A 点以6m/s 的速度滑上正沿逆时针
转动的水平传送带（不计两转轮半径的大小），传送带上A 、B 两点间的距离为8m ，已知传送带的速度大小为3m/s ，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为
210m/s 。

下列说法正确的是（ ）
A ．物块在传送带上运动的时间为2s
B ．物块在传送带上运动的时间为4s
C ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为16J
D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为28J 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．滑块先向右匀减速，根据牛顿第二定律有
mg ma μ=
解得
22m/s a g μ==
根据运动学公式有
010v at =-
解得
13s t =
匀减速运动的位移
0106
3m 9m 8m 22
v x t L +=
=⨯==> 物体向左匀加速过程，加速度大小仍为22m/s a =，根据运动学公式得物体速度增大至2m/s v =时通过的位移
2212m 1m 222
v x a ===⨯
用时
22
s 1s 2
v t a =
== 向左运动时最后3m 做匀速直线运动，有
233
=
s 1s 3
x t v == 即滑块在传送带上运动的总时间为
1234s t t t t =++=
物块滑离传送带时的速率为2m/s 。

选项A 错误，B 正确；
C ．向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为
110.211041J 6J f W f x x mg x x μ=--=--=-⨯⨯⨯-=-（）()()
选项C 错误；
D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为
114m l vt ==
物体向左加速过程，传送带运动距离为
222m l vt ==
即
121[]Q fS mg l x l x μ==++-（）（）
代入数据解得
28J Q =
选项D 正确。

故选BD 。

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 处的速度时，环的速度为(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．
4．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
D ．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：t =
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 。

5．某汽车质量为5t ，发动机的额定功率为60kW ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.l 倍。

若汽车以0.5m/s 2的加速度由静止开始匀加速启动，经过24s ，汽车达到最大速度。

取重力加速度g =10m/s 2，在这个过程中，下列说法正确的是（ ） A ．汽车的最大速度为12m/s B ．汽车匀加速的时间为24s C ．汽车启动过程中的位移为120m D ．4s 末汽车发动机的输出功率为60kW 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当阻力与牵引力平衡时，汽车速度达到最大值，由汽车的功率和速度关系可得
max P Fv fv ==
解得
3max
3
6010m/s 12m/s 0.10.151010
P P v f mg ⨯====⨯⨯⨯ 故A 正确；
B ．汽车以0.5m/s 2的加速度运动时,当汽车的功率达到额定功率时，汽车达到了匀加速运动阶段的最大速度, 由汽车的功率和速度关系可得
m P F v '=
由牛顿第二定律，可得此时汽车的牵引力为
-0.1F mg ma '=
由以上方程可得
8m/s m v = 37.510N F '=⨯
这一过程能维持的时间
18s 16s 0.5
m v t a =
== 故B 错误；
C ．匀加速过程中汽车通过的位移为
22111
0.516m=64m 22
x at =
=⨯⨯ 启动过程中，由动能定理得
2
11max 1()2
F x P t t kmgx mv '+--=
解得，汽车启动过程中的位移为
x =120m
故C 正确；
D ．由B 项分析可知，4s 末汽车还在做匀加速运动，实际功率小于额定功率，所以4s 末汽车发动机的输出功率小于60kW ，故D 错误； 故选AC 。

6．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 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.
7．一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~t1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，到t2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；
=可知
D．0~t1，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，由P Fv
P ma f v ma f at
=+=+
()()
即P与v成正比，到t1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。

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38
μ=，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
8
mgL D ．弹簧的最大弹性势能为38
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，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。

10．物块在水平面上以初速度v 0直线滑行，前进x 0后恰好停止运动，已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x 的关系为μ=kx （k 为常数），重力加速度为g 。

则（ ）
A ．0v =
B ．0v =
C ．0v =
D ．0v =
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
因动摩擦因数kx μ=，则滑动摩擦力为
f m
g kmgx μ==
即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功的功可用平均力乘以位移表示，由动能定理
200001022
kmgx f x x mv +-=-
⋅=- 解得
0v = 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

11．某汽车在平直公路上以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力为F 0．在t 1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P /2，此后保持该功率继续行驶，t 2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态．下面是有关汽车牵引力F 、速度v 在此过程中随时间t 变化的图像，其中正确的是
( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
由题，汽车以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为P 2
时，根据P =Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为012F F ，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P 2
，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为0F ；由P =Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半．
AB ．汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速；故A 正确，B 错误．
CD ．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原；故CD 错误．
12．如图所示，AB 是倾角为37°的斜面，BC 为水平面，一小球以6J 的初动能从A 点水平抛出，第一次落到界面上的动能为12J ，若A 点水平抛出的动能为12J ，则第一次落到界面上的动能为（ ）
A ．18J
B ．24J
C ．36J
D ．42J
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
当小球以6J 的初动能从A 点水平抛出时，假设小球落在斜面上，设初速度为1v ，在空中运动时间为1t ，由平抛运动规律可得
212
h gt = ① 1x v t = ② tan 37h x =
③ 从开始抛出到落到斜面过程，由动能定理可得
K K mgh E E =-末初 ④
2112
K E mv =
初 ⑤ 联立①②③④⑤可得 19.5J 12J K E =≠末
故假设不成立，小球没有落在斜面上
当小球以6J 的初动能从A 点水平抛出时，小球落在水平面上，由动能定理可得
1K K mgh E E =-2⑥
当小球以12J 的初动能从A 点水平抛出时，小球也落在水平面上，由动能定理可得
43K K mgh E E =-⑦
联立⑥⑦可得
418J K E =
故选A
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．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 ．9H
B ．29H
C ．39H
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：
20102
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：
22101122mgh fh mv mv --=
- 又由题有：211
22mv 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：222011222mgh f H h mv mv ---=
-（） 又由题有：22122
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，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为固定轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中（ ）
A ．支持力对物块做功为sin mgL α
B ．重力对小物块做功为-sin mgL α
C ．滑动摩擦力对小物块做的功21sin 2
mv mgL α+ D ．小物块的机械能减小了sin mgL α
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在缓慢抬高木板A 端的过程中，只有重力和支持力对小物块做功，根据动能定理得
sin 0N W mgL α-=
得到支持力对小物块做的功为
=sin N W mgL α
A 正确；
B ．对整体过程研究，重力对小物块做功为零，B 错误；
C ．小物块沿板下滑过程中，小物块重力和滑动摩擦力做功，根据动能定理得
21sin 02
f mgL W mv α+=
- 得到滑动摩擦力对小物块做的功为 21=sin 2
f W mv mgL α- C 错误；
D ．在整个过程中小物块的机械能是增加的，增加量等于小物块动能的增加量即为212mv ，
D错误。

故选A。