物理高一下册 机械能守恒定律易错题(Word版 含答案)

一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）

1．一足够长的水平传送带上放置质量为m=2kg小物块（物块与传送带之间动摩擦因数为

0.2

μ=），现让传送带从静止开始以恒定的加速度a=4m/s2开始运动，当其速度达到

v=12m/s后，立即以相同大小的加速度做匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块均静止不动。下列说法正确的是（）

A．小物块0

到4s内做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动直至静止

B．小物块0到3s内做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动直至静止

C．物块在传送带上留下划痕长度为12m

D．整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】

物块和传送带的运动过程如图所示。

AB.由于物块的加速度

a1=μg=2m/s2

小于传送带的加速度a2=4 m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间1

2

v

t

a

==3s，此时物块的速度v1=6 m/s，传送带的速度v2=12 m/s

物块的位移

x1=

1

2

a1t12=9m

传送带的位移

x2=

1

2

a2t12=18m

两者相对位移为

121

x x x

?=-=9m

此后传送带减速，但物块仍加速，B错误；

当物块与传送带共速时，由匀变速直线运动规律得

12- a2t2=6+ a1t2

解得t 2

=1s

因此物块匀加速所用的时间为

t 1+ t 2=4s

两者相对位移为2x ?= 3m ，所以A 正确。

C ．物块开始减速的速度为

v 3=6+ a 1t 2=8 m/s

物块减速至静止所用时间为

331

v t a =

=4s 传送带减速至静止所用时间为 342v t a =

=2s 该过程物块的位移为

x 3=

12a 1t 32=16m 传送带的位移为

x 2=

12

a 2t 42=8m 两者相对位移为 3x ?=8m

回滑不会增加划痕长度，所以划痕长为

12x x x ?=?+?=9m+3m=12m

C 正确；

D ．全程相对路程为

L =123x x x ?+?+?=9m+3m+8m=20m

Q =μmgL =80J

D 正确；

故选ACD 。

2．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

D ．滑块经过C

【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

B v ==>选项

C 正确；

D ．从A 点滑到C 点，由机械能守恒可得 21cos302

P C L mg

E mv '+=? 解得

C v =>=选项

D 错误。

故选BC 。

3．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2

v gh

=

C．小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE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

1

4

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

mg F F ma

--=

解得

T

33

44

y 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 34

W mgh =

，v gh = 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CD 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DE 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 。

4．如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连。开始时物块与定滑轮等高。已知物块的质量13m kg =，球的质量25m kg =，杆与滑轮间的距离d =2m ，重力加速度g =10m/s 2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力。现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中（ ）

A ．物块运动的最大速度为53/s 3

B ．小球运动的最大速度为33m /s 5

C ．物块下降的最大距离为3m

D ．小球上升的最大距离为2.25m

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】 AB ．当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力为小球的重力，有

250N T m g ==

对物块作受力分析，由受力平衡可知

1cos T m g θ=

对物块速度v 沿绳子的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v 1，则有

1cos v v θ= 对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知

221212111()tan sin 22

d d m g

m g d m v m v θθ=-++ 代入数据可得 53v =

，13m/s v = 故A 正确，B 错误；

CD ．设物块下落的最大高度为h ，此时小球上升的最大距离为h 1，则有

221h h d d =+

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得

121m gh m gh =

联立解得

3.75m h =，1 2.25m h =

故C 错误，D 正确。

故选AD 。

【点睛】

物块与小球具有速度关联，注意物块沿绳方向的分速度大小等于小球的速度大小。

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

36010m/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 221110.516m=64m 22

x at =

=?? 启动过程中，由动能定理得 211max 1()2F 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，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108

m/s 41

【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

10

10m/s

41

v=，

A

10

8m/s

41

v=

C错误，D正确。

故选AD。

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；

D．0~t1，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，水平传送带长为L=4m，在电动机的带动下以速度v=2m/s始终保持匀速运动，把质量为m=10kg的货物放到左端A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ=0.4，当货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（g取10m/s2）（）

A．货物一直做匀加速运动

B．货物运动到B点时的速度大小为2m/s

C．货物与传送带因摩擦而产生的热量为10J

D．电动机因货物多输出的机械能为40J

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

AB．货物在传送带上的加速度

2

4m/s

a g

μ

==

货物加速到2m/s所需的时间为

2

s0.5s

4

v

t

a

===

货物加速到2m/s时的位移为

22

11

40.50.5m

22

x at

==??=

因为x L

<，货物与传送带速度相等后，随传送带一起匀速向右运动，所以货物先加速，后匀速，货物运动到B点时的速度大小为2m/s，故A错误，B正确；

C．在货物加速的0.5s内，传送带的位移为

1

20.5m1m

x vt

==?=

它们之间的相对位移为

1

0.5m

s x x

=-=

所以货物与传送带因摩擦而产生的热量为

0.410100.5J=20J

Q mgs

μ

==???

故C错误；

D．电动机因货物多输出的机械能为物体动能的增加量和系统因摩擦产生的热量，故

22

11

102J20J40J

22

E mv Q

=+=??+=

故D正确。

故选BD。

9．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g取10 m/s2，B为AC轨道中点．下列说法正确的是()

A．图乙中x＝4 m2s－2

B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能

C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05J

D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】

A.当h＝0.8 m时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故

mg＝

2

C

mv

R

所以

C

v gR

=

2

C

v gR

=＝4 m2·s－2

故选项A正确；

B.由已知条件无法计算出小球从B到C损失了0.125 J的机械能，故选项B错误；

C.小球从A到C，由动能定理可知

W合＝22

11

22

C A

mv mv

-=－1.05 J

故选项C正确；

D.小球离开C点后做平抛运动，故

2R＝2

1

2

gt

落地点到A的距离x1＝v C t，解得x1＝0.8 m，故选项D正确．

10．如图所示，固定光滑长斜面倾角θ=37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻

绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动

3

4

L距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，c os37°=0.8.在小车从图示位置发生位移

3

4

L过程中，下列说法正确的是（）

A．弹簧的劲度系数为

24

5

mg

L

B．拉力对B做功为

3

10

mgL

C gL

3

4

L时B2

5

gL

D gL B做的功为

33

100

mgL

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】

A．初态，弹簧压缩量

1

sin37

g

k

x

m

=

?

A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量

2

sin37

g

k

x

m

=

?

，

12

22

3

()

1

44

L L

x x L L

+==

+

解得

24

5

k

mg

L

=

选项A正确；

B．根据x1=x2，弹性势能不变，则小车在

3

0~

4

L位移内拉力对B做的功

1

1

·sin37

4

W mg L

=?

解得

1

3

20

W mgL

=

选项B 错误； C

．小车位移大小为

34

L 时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B 的速率

cos5335B v gL gL =?= 选项C 错误；

D ．小车在30~4

L 位移大小内，拉力对B 做的功设为W 2，根据功能原理有 221331··sin 3742100

B W mv mg L mgL =+?= 选项D 正确。

故选AD 。

11．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2

W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2

2

15

2

22

E mgl mv mgl

=+=

所以

21

2

3

-

2

W gl

W

E m

==

因此12

:=2:3

W 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。

12．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 Gθ

=

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

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。

13．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．

14．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恒得

2P 12

C mgh mv E =

+? P 0E ?>，则2C v gh <，

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 。

15．一个小球从光滑固定的圆弧槽的A 点由静止释放后，经最低点B 运动到C 点的过程中，小球的动能E k 随时间t 的变化图像可能是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

动能k E 与时间t 的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即

k E W P t t

?==?? A 点与C 点处小球速度均为零，B 点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A 、B 、C 三点处的重力做功功率为零，则小球由A 点运动到B 点的过程中力做功功率（k E -t 的斜率）是先增大再减小至零，小球由B 点运动到C 点的过程中，重力做功功率（k E -t 的斜率）也是先增大再减小至零，故B 正确，A 、C 、D 错误；

故选B 。

【点睛】

关键知道动能k E 与时间t 的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率。

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