四川成都树德中学（光华校区）机械能守恒定律单元测试题（Word版 含解析）

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点时的速度大于 D．滑块经过C点的速度可能小于

【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

在C点不离开斜面，则有

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

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

解得

选项C正确；

D．从A点滑到C点，由机械能守恒可得

解得

选项D错误。

故选BC。

2．如图所示，为一弹性轻绳，一端固定于点，一端连接质量为的小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆一端固定在墙上，一端为定滑轮。若绳自然长度等于，初始时在一条水平线上，小球从点由静止释放滑到点时速度恰好为零。已知、两点间距离为，为的中点，小球在点时弹性绳的拉力为，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．小球在点时速度最大

B．若在点给小球一个向上的速度，小球恰好能回到点，则

C．小球在阶段损失的机械能等于小球在阶段损失的机械能

D．若点没有固定，杆在绳的作用下以为轴转动，在绳与点分离之前，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时，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用：

其中

将正交分解，则

的竖直分量

据牛顿第二定律得

解得

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，小球运动到的中点时，加速度为零，速度最大，A正确；

B．对小球从运动到的过程，应用动能定理得

若在点给小球一个向上的速度，小球恰能从点回到点，应用动能定理得

联立解得

，

B错误；

C．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在段时摩擦力和弹力做的负功比小球在段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在阶段损失的机械能小于小球在阶段损失的机械能，C错误；

D．绳与点分离之前点做圆周运动，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。

3．如图所示，劲度数为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，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4．物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为．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

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

【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：

解得：

B正确；

C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：

将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：

联立解得：，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

解得，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：

D正确。

故选BD。

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，球的质量，杆与滑轮间的距离d=2m，重力加速度g=10m/s2，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 B．小球运动的最大速度为

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

对物块作受力分析，由受力平衡可知

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v1，则有

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知

代入数据可得

，

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h1，则有

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得

联立解得

，

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/s2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/s2，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

解得

故A正确；

B．汽车以0.5m/s2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

由牛顿第二定律，可得此时汽车的牵引力为

由以上方程可得

这一过程能维持的时间

故B错误；

C．匀加速过程中汽车通过的位移为

启动过程中，由动能定理得

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/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

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

整理可得

，

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

设绳子与竖直方向夹角为 ，由于A、C沿着绳的速度相等

且

整理得

，

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，由可知

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，劲度系数k=40N/m的轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙上，物块A、B在水平向左的推力F=10N作用下，压迫弹簧处于静止状态，已知两物块不粘连，质量均为m=3kg。现突然撤去力F，同时用水平向右的拉力作用在物块B上，同时控制的大小使A、B一起以a=2m/s2的加速度向右做匀加速运动，直到A、B分离，此过程弹簧对物块做的功为W弹=0.8J。则下列说法正确的是（　　）

A．两物块刚开始向右匀加速运动时，拉力F'=2N

B．弹簧刚好恢复原长时，两物块正好分离

C．两物块一起匀加速运动经过s刚好分离

D．两物块一起匀加速运动到分离，拉力F'对物块做的功为0.6J

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

A．两物块刚开始向右匀加速运动时，对AB整体，由牛顿第二定律可知

解得

故A正确；

BC．两物体刚好分离的临界条件；两物体之间的弹力为零且加速度相等。设此时弹簧的压缩量为x，则有

代入数据，可得

弹簧最初的压缩量

故两物块一起匀加速运动到分离的时间为

解得

故B错误，C正确；

D．对AB整体，从一起匀加速运动到分离，由动能定理可得

解得

故D错误。

故选AC。

9．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，左右两根轻绳长均为，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，戽斗以加速度匀加速度直线上升，己知重力加速度，（绳子可以看成轻质细绳）则戽斗上升时（　　）

A．两绳的拉力大小均为

B．两人拉绳的速率均为

C．两人对戽斗做的功均为

D．绳子拉力的总功率为

【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

其中

带入数据解得

故A错误；

B．上升1m的过程根据速度位移公式可得

如下图，戽斗与人在沿绳方向的分速度相等

联立并带入数据解得

故B错误；

C．戽斗上升过程根据动能定理有

带入数据解得每人对戽斗做的功为110J，故C正确；

D．上升1m后的瞬时功率为

故D正确。

故选CD。

10．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，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点时弹簧的压缩量为

【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BC=CD′，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BC段重力大于弹力，加速度向下且逐渐减小，速度逐渐变大；在CD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

解得小球在D点时弹簧的压缩量为

（另一值舍掉）选项D正确。

故选AD。

11．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v0，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v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大

C．当时，小球一定能通过最高点P

D．当时，轻绳始终处于绷紧状态

【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v1，最低点的速度为v2,由动能定理得

①

小球恰经过最高点P时，有

联立解得

因为

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

球经过最高点P时

③

联立①②③解得

F2-F1=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

解得

所以当时，小球上升的最高点达不到与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。

12．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），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

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

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

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

【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

…①

…②

根据动能定理知

…③

又

T=0，r=Lsinθ…④

由①②③④解得

至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为，选项A错误，B正确；

CD．当N=0，f=0，由①②③知

选项C正确；D错误。

故选BC。

13．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． B． C． D．

【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：

小球上升至离地高度h处时速度设为，由动能定理得：

又由题有：

小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为，此过程由动能定理得：

又由题有：

以上各式联立解得：,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．

14．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

得

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v1，由牛顿第二定律有

由最高点到该位置，由机械能守恒定律

解得悬线拉力为

T=3mg（1-cosθ）

其分力为

Ty=Tcosθ=3mgcosθ-3mgcos2θ

当cosθ=0.5，即θ=60°时，台秤的最小示数为

Fmin=Mg-Ty=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。

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Ek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

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（-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（-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。

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/fa059deea200a6c30c22590102020740bf1ecd31.html