一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）
1．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
2A T m g =
故
2cos C A m m θ=
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。
2．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
2
L
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
C
31
-
mgL
D．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 sin P Q v v αα=
解得
tan P
Q
v v α= 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
(cos30cos 60)P E mgL =?-?
弹性势能的最大值为
31
P E 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 。
3．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/s
B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8
C ．图乙中x min ＝0.36m
D ．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2
π
θ=
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
2
012
mv mgx μ= 代入数据解得
=0.75μ
B 错误；
C ．根据动能定理
2
01cos sin 2
mv mgx mgx μθθ=+ 整理得
9
20(0.75cos sin )
x θθ=
+
因此位移最小值
min 0.36m x =
=
C 正确；
D ．动能与重力势能相等的位置
o 2
o o 01sin 37(sin 37cos37)2
mgx mv mgx mgx μ=
-+ 整理得
0.25m x =
D 错误。 故选AC 。
4．如图所示，质量为0.1kg 的小滑块（视为质点）从足够长的固定斜面OM 下端以20m/s
s ，小滑块与斜面间
g =10m/s 2，下列说法正确的是（ ）
A ．斜面的倾角为60°
B ．小滑块上滑过程损失的机械能为5J
C ．小滑块上滑的最大高度为10m
D ．若只减小斜面的倾角，则小滑块上滑的最大高度可能比原来高 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物体上滑的加速度为
203
v a t =
= 由牛顿第二定律
sin cos mg mg ma θμθ+=
解得
=60θ
选项A 正确；
B ．小滑块上滑过程损失的机械能为
03120cos 6013J=5J 222
v E mg t μ?=?
=?? 选项B 正确；
C ．小滑块上滑的最大高度为
0203sin 60sin 60322v h l t ==
=?? 选项C 错误； D ．根据动能定理
2
01cos sin 2
h mgh mg mv μθθ+?
= 解得
20
2(1)
tan v h g μ
θ
=
+
则若只减小斜面的倾角θ，则小滑块上滑的最大高度减小，选项D 错误。 故选AB 。
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，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2
d B ．环能下降的最大距离为
43
d C ．环到达B 2D ．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022h d d +，根据机械能守恒有222()mgh mg h d d =+，解得：h=
43
d
d ，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
＝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 ．
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
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 。
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/s 2）（ ）
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
24m/s a g μ==
货物加速到2m/s 所需的时间为
2
s 0.5s 4
v t a =
== 货物加速到2m/s 时的位移为
2211
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
120.5m 1m x vt ==?=
它们之间的相对位移为
10.5m 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
2211
102J 20J 40J 22
E mv Q =+=??+=
故D 正确。 故选BD 。
9．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其距离0.50m d =，盆边缘的高度为0.30m h =．在A 处放一
个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为0.10μ=．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为（ ）．
A ．0.50m
B ．0.25m
C ．0.10m
D ．0
【答案】D 【解析】 【分析】
小物块滑动过程中，重力做功和摩擦阻力做功，全过程应用动能定理可进行求解。 【详解】
由小物块从A 点出发到最后停下来，设小物块在BC 面上运动的总路程为S ，整个过程用动能定理有：
0mgh mgs μ-=
所以小物块在BC 面上运动的总路程为
0.3
m 3m 0.1
h
s μ
=
=
= 而d =0.5 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，即距离B 点为0 m 。 故选D 。 【点睛】
本题对全过程应用动能定理，关键要抓住滑动摩擦力做功与总路程的关系。
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 ．200
v kgx =
B ．200
2v kgx =
C ．20
02
kgx v =D ．2
002v kgx =
【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
2
00001022
kmgx f x x mv +-=-
?=- 解得
2
00
v kgx = 故A 正确，BCD 错误。 故选A 。
11．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
2
12
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
2
112
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
12．一质量为m 的小球以初动能E k0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h o 表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k 值为常数且满足0 A ．①表示的是动能随上升高度的图像，②表示的是重力势能随上升高度的图像 B ．上升过程中阻力大小恒定且f =（k +1）mg C ．上升高度01 2 k h h k +=+时，重力势能和动能不相等 D ．上升高度02 h h =时，动能与重力势能之差为02k mgh 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A ．根据动能定理可知小球上升过程中速度减小（动能减小，对应图象②），高度升高（重力势能增大，对应图象①），故A 错误； B ．从①和②图知动能与重力势能都随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由②图得 k0 0k01 E fh E k =- + 由①图线结合动能定理得 00(+)k E mg f h = 解得f kmg =，故B 错误； C ．当高度01 2 k h h k += +时，动能为 ()k k0E E mg f h =-+ 联立解得 k 0+1 2k E mgh k = + 重力势能为 p 01 2 k E mgh mgh k +== + 所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，故C 错误； D ．当上升高度0 2 h h = 时，动能为 k 012 k E mgh -= 重力势能为 p 0E mgh = 则动能与重力势能之差为02 k mgh ，故D 正确。 故选D 。 13．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 B ． 43 3 mg C ．3mg D ．33mg 【答案】D 【解析】 【分析】 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 2 v mg m R = 当小球在最高点速率为2v 时，设到最低点的速度为1v ，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 22111 (2)222 m v mg R mv +?= 解得 2144v v gR =+ 根据牛顿第二定律 222 142c 448o 4s v v gR v mg m m m mg mg R R T R θ+-===+= 得到 92cos mg T θ = 式中θ为绳子与竖直方向的夹角，根据几何关系可知 30θ?= 解得 9332cos30 mg T mg = = 故D 正确。 故选D 。 【点睛】 机械能守恒定律与牛顿第二定律相结合。 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 2 P 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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