高一机械能守恒定律章末练习卷(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 C．滑块经过B点时的速度大于gL 【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

B．滑块的速度一直在增大

D．滑块经过C点的速度可能小于2gL k(在C点不离开斜面，则有

LL)sin30mgcos30 sin30k(LL)cos30mgcos30

cos30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

mgsin30kxcosma2

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

mgLcos30Ep解得

12mvB 2vB2gLcos302选项C正确；

D．从A点滑到C点，由机械能守恒可得

Epm3gL2EpmgL mgL12EPmvC

cos302

解得

EpLvC2g2cos30m选项D错误。 故选BC。

Ep43gL22gL 3m

2．如图所示，两质量都为m的滑块a，b（为质点）通过铰链用长度为L的刚性轻杆相连接，a套在竖直杆A上，b套在水平杆B上两根足够长的细杆A、B两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。将滑块a从图示位置由静止释放（轻杆与B杆夹角为30°），不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）

A．滑块a和滑块b所组成的系统机械能守恒

B．滑块b的速度为零时，滑块a的加速度大小一定等于g C．滑块b的最大速度为3gL D．滑块a的最大速度为【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A．由于整个运动过程中没有摩擦阻力，因此机械能守恒，A正确；

B．初始位置时，滑块b的速度为零时，而轻杆对滑块a有斜向上的推力，因此滑块a的加速度小于g，B错误；

C．当滑块a下降到最低点时，滑块a的速度为零，滑块b的速度最大，根据机械能守恒定律

2gL

mgL(1sin30o)解得

12mvb 2vb3gL C正确；

D．滑块a最大速度的位置一定在两杆交叉点之下，设该位置杆与水平方向夹角为 根据

机械能守恒定律

mgL(sin30osin)而两个物体沿杆方向速度相等

1212mvamvb 22vbcosvasin

两式联立，利用三角函数整理得

1va2gL(sin)cos2

2利用特殊值，将=30o 代入上式可得

va1.5gL因此最大值不是故选AC。

2gL 2gL，D错误。

3．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其vt图象如图所示．已知汽车的质量为m110kg，

3汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（ ）

A．汽车在前5s内的牵引力为5103N C．汽车的额定功率为100kW 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

B．汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2 D．汽车的最大速度为80m/s

A．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小

a根据牛顿第二定律得

20m/s24m/s2 5Ffma

解得牵引力

Ffma1000N4000N5000N

选项A正确； BC．汽车的额定功率

PFv500020W100000W100kW

汽车在25m/s时的牵引力

P100000F'N4000N

v25根据牛顿第二定律得加速度

F'f40001000a'm/s23m/s2

m1000选项B错误，C正确；

D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度

P100000vmm/s100m/s

f1000选项D错误。 故选AC。

4．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/s2，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0.1 C．滑块下滑过程中的最大速度为

13m/s 5D．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/s2，根据牛顿第二定律有

mgsinmgcosma

解得0.1，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

mgsinkxmgcos0

解得k260N/m，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

W11Fx2.60.1J1.3J 2212mvm 2从下滑到速度最大，根据动能定理有

mgsinmgcosxW解得vm13m/s，故C正确； 5mgsinmgcoskxma

D．滑块滑到最低点时，加速度为a5.2m/s2，根据牛顿第二定律可得 解得x0.2m，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有

mgsinmgcosxEp00

解得Ep=5.2J，故D错误。 故选BC。

5．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m13kg，球的质量m25kg，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53m/s 3B．小球运动的最大速度为33m/s 5C．物块下降的最大距离为3m 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

D．小球上升的最大距离为2.25m

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

Tm2g50N

对物块作受力分析，由受力平衡可知

Tcosm1g

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

v1vcos

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知

m1g代入数据可得

dd11m2g(d)m1v2m2v12 tansin2253m/s ，v13m/s 3v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

h1h2d2d

对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得

m1ghm2gh1

联立解得

h3.75m，h12.25m

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。

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mg2lsin3712mvc ，解得vc3gL ，故C对； 2D、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．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

L3．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数，不计空28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( )

的距离为

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C．弹簧的最大弹性势能为

1g 2015mgL 838D．弹簧的最大弹性势能为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

a4mgsin30mg4mgcos30g

4mm20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

LLL 004mgLsin30mgL4mgcos30LW弹

222解得W弹3mgL，则弹簧具有的最大弹性势能为 83EpW弹mgL

8故C错误，D正确。 故选BD。

8．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球沿光滑的水平轨道从A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.9 m的圆轨道，小球从A运动到C的过程中其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，运动一周后从A点离开圆轨道，圆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的数值为9

B．小球从从A点离开圆轨道时的动能为1.30J C．小球从A到C合外力对其做的功为-2.75J D．小球从B到C损失了0.475 J的机械能 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

A.图乙中的点(1.8,x) 表示小球到达C点速度的平方为x；小球恰能到达最高点C，则有：

xmgm，

r代入数据得：

x=9，

故A正确

B.物体从A到C的过程根据动能定理可知

1212Wfmg2RmvCmvA，

22解得

Wf0.95J

若从C再次运动到A克服摩擦力做功和从A到C一样，则再次回到A时的动能为

12EkmvA2Wf1.30J ，

2但由于下降过程中的平均阻力小于上升过程中的平均阻力，所以再次回到A点时的动能大于1.30J，故B错误

C. 根据动能定理可知小球从A到C合外力对其做的功为

1212WmvCmvA2.75J

22故C正确

D.根据功能关系可知小球从A到C损失的机械能为

Wf0.95J，

若摩擦力做功恒定，则从小球从B到C损失了0.475 J的机械能，但由于从A到B的平均摩擦力大于从B到C的平均摩擦力，所以从B到C损失的机械能小于0.475 J，故D错误；

9．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB与地面相垂直。放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）

A．A处小球到达最低点时速度为0

B．A处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量

C．B处小球向左摆动所能达到的最高位置应高于A处小球开始运动时的高度 D．当支架从左向右回摆时，A处小球能回到起始高度 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】

BD．因A处小球质量大，位置高，所以三角支架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动，摆动过程中只有小球受到的重力做功，故系统的机械能守恒，A处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量，当支架从左向右回摆时，A处小球能回到起始高度，选项B、D正确；

A．设支架边长是L，则A处小球到最低点时小球下落的高度为度也是

1L，B处小球上升的高211L，但A处小球的质量比B处小球的大，故有mgL的重力势能转化为小球的22动能，因而此时A处小球的速度不为0，选项A错误；

C．当A处小球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续向左摆，B处小球仍要继续上升，因此B处小球能达到的最高位置比A处小球的最高位置还要高，选项C正确。 故选BCD。

10．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（μA．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2mgLsin 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

1mgLsin 2mgLsin2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

2cos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

3mgL 4cosv2FfTsinm …①

rNTcosmg…②

根据动能定理知

WEk又

12mv…③ 2T=0，r=Lsinθ…④

由①②③④解得

W11fLsinmgLsin 221mgLsin，选项A错误，B正确； 2至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为CD．当N=0，f=0，由①②③知

1mgLsin2 WmgLsintan22cos选项C正确；D错误。 故选BC。

11．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

mgL12mv 2可得特战员到达绳子最低点时的速度v2gL，而后特战队员做平抛运动

HL12gt 22HLxvt2gL2LHL g可知LH时，水平位移最大，A错误； 2v2Tmgm

LB．特战队员在到达竖直状态时，由牛顿第二定律，可得

代入速度，可得T3mg，B错误；

C．特战队员落地时的水平速度为v2gL，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

mgH1mv12 2

特战队员落地时的速度与绳子长度无关，D错误。 故选C。

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 【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v1，在空中运动时间为t1 ，由平抛运动规律可得

B．24J

C．36J

D．42J

h12gt ① 2h ③ xxv1t ②

tan37 从开始抛出到落到斜面过程，由动能定理可得

mghEK末EK初 ④

EK初联立①②③④⑤可得

12mv1 ⑤ 2EK末19.5J12J

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

mghEK2EK1⑥

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

mghEK4EK3⑦

联立⑥⑦可得

EK418J

故选A

13．如图（a）所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4 m，小球以

一定的初速度从最低点A冲上轨道，图（b）是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速率二次方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）

A．图（b）中x=36

C．小球在A点时受到轨道作用力为12.5 N 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据机械能守恒定律

B．小球质量为0.2 kg

D．小球在B点时受到轨道作用力为4.5 N

121mv0mghmv2 22整理得

2v2v02gh

由图（b）可知，当h0.8m时，v29m2/s2，代入上式可得

2xv025m2/s2

A错误；

B．在最高点时，根据牛顿第二定律

mv2 NmgR可得

m0.2kg

B正确；

C．在A点时，根据牛顿第二定律

2mv0 NAmgR可得

NA14.5N

C错误； D．小球在B点时

2mvB NBR又

22vBv02gR

整理得

NB8.5N

D错误。 故选B。

14．如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，球在最低点每根绳的拉力大小为（ ）

A．3mg 【答案】D 【解析】 【分析】

B．43mg 3C．3mg

D．33mg

本题根据机械能守恒定律可以求得最低时的速度，再结合向心力公式即可求出最低点每根绳的拉力。 【详解】

题中已知，在最高点速率为v，根据牛顿第二定律可知

v2mgm

R当小球在最高点速率为2v时，设到最低点的速度为v1，因两根绳的拉力的合力总是不做功，故这一过程满足机械能守恒，即

11m(2v)2mg2Rmv12 22解得

v14v24gR

根据牛顿第二定律

v124v24gRv22Tcosmgmm4m4mg8mg

RRR得到

T9mg 2cos式中为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知

30

解得

T故D正确。 故选D。 【点睛】

9mg33mg

2cos30机械能守恒定律与牛顿第二定律相结合。

15．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处的速度大小为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BC＞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

mgh12mvCEP 2

EP0，则vC2gh，

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竖=ma

得环从A处时弹簧拉力的竖直向下的分量

F竖=mg

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竖=ma

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。