河南焦作市第一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，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2L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C31-mgLD．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 sinP Qv vαα=解得tanPQvvα=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(cos30cos60)PE mgL=︒-︒弹性势能的最大值为312PE 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 。

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v 0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/s 2。

则由图可知（ ）A ．物体的初速率v 0＝3m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数µ＝0.8C ．图乙中x min ＝0.36mD ．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2πθ=时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据202v gh =可得03m/s v =A 正确；B ．当0θ=时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理2012mv mgx μ= 代入数据解得=0.75μB 错误；C ．根据动能定理201cos sin 2mv mgx mgx μθθ=+ 整理得920(0.75cos sin )x θθ=+因此位移最小值min 20.36m 200.751x ==+C 正确；D ．动能与重力势能相等的位置o 2o o 01sin 37(sin 37cos37)2mgx mv mgx mgx μ=-+ 整理得0.25m x =D 错误。

故选AC 。

3．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0.1C 13m/sD ．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112.60.1J 1.3J 22W Fx ==⨯⨯= 从下滑到速度最大，根据动能定理有()2m 1sin cos 2mg mg x W mv θμθ--=解得m 13v =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 。

4．如图，将一质量为2m 的重物悬挂在轻绳一端，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 点正下方距离A 为d 处．现将环从A 点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）A ．环到达B 处时，重物上升的高度2dB ．环能下降的最大距离为43d C ．环到达B 处时，环与重物的速度大小之比为22D ．环从A 到B 减少的机械能等于重物增加的机械能 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】根据几何关系有，环从A 下滑至B 点时，重物上升的高度h=2d−d ，故A 错误；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22 h d d +-，根据机械能守恒有222(?)mgh mg h d d =+-，解得：h=43dd ，故B 正确．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：vcos45°=v重物，所以2v v 重物＝，故C 错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D 正确；故选BD ．5．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/sD ．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8m/s4m/s2AAPvF===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Fam=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。

6．戽斗是古代最常见的提水器具，两人相对而立，用手牵拉绳子，从低处戽水上岸，假设戽斗装水后重20kg，左右两根轻绳长均为2m，最初绳子竖直下垂，戽水时两人均沿水平方向朝相反的方向做直线运动，戽斗以加速度21m/s匀加速度直线上升，己知重力加速度210m/sg=，（绳子可以看成轻质细绳）则戽斗上升1m时（）A．两绳的拉力大小均为200NB2m/sC．两人对戽斗做的功均为110JD．绳子拉力的总功率为2202W【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．此时戽斗已经向上移动了1m，对戽斗进行受力分析如下沿戽斗运动方向根据牛顿第二定律有2cos T ABD mg ma ∠-=其中1cos 2ABD ∠=带入数据解得220N T =故A 错误；B ．上升1m 的过程根据速度位移公式可得202v ax -=戽如下图，戽斗与人在沿绳方向的分速度相等cos cos ABD v v BAD ∠=人戽联立并带入数据解得2m/s v =戽2m/s 3v =人 故B 错误；C ．戽斗上升过程根据动能定理有2122W mgh mv -=戽人带入数据解得每人对戽斗做的功W 人为110J ，故C 正确； D ．上升1m 后的瞬时功率为222c 2s 0W o P Fv T ABD v ===∠⨯戽故D 正确。

故选CD 。

7．如图所示，倾角为的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行，一个小物块无初速度的放在传送带上端，传送带与物块间动摩擦因数tan μθ<，取传送带底端为零势能面，下列描述小物块速度v ，重力势能E P ，动能E k 和机械能E 四个物理量随物块沿传送带运动距离x 的变化趋势中正确的有（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】A ．小物块无初速度的放在传送带上，先向下加速，最初阶段传送带的速度大于小物体的速度，滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律的小物体的加速度1(sin cos )a g θμθ=+由212v a x =得12v a x =故v —x 图像应为向x 轴弯曲的一段曲线；当小物体加速到与传送带的速度相等后，由于tan μθ<，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，小物体受到的合力沿传送带向下，小物块继续向下加速；小物块的速度大于传送带的速度v 0后，摩擦力沿传送带向上，加速度2(sin cos )a g θμθ=-由22022v v a x -=解得2022v v a x =+故v-x 图像同样为向x 轴弯曲的一段曲线，故A 错误；B ．取传送带底端为零势能面，设初状态重力势能为E P0，重力势能表达式为p p0sin E E mgx θ=-E P -x 图像应为斜率为负值的一段直线，故B 正确； C ．小物块加速度为a 1时，根据动能定理有动能的表达式为k 1E F x ma x ==⋅合设此过程获得的动能为E k0，E k -x 图像应为斜率为正值、过原点的一段直线；小物块的速度大于传送带速度后加速度为a 2，动能表达式为k k0k02E E F x E ma x =+=+合故E k -x 图像应为斜率为正值的一段直线；由于12a a >，斜率变小，故C 正确。