1、一、第八章機械能守恒定律易錯題培優（難）1.質量是m的物體（可視為質點），從高為h,長為L的斜面頂端，由靜止開始勻加速下 滑，滑到斜面底端時速度是v,則（） hA.到斜面底端時重力的瞬時功率為誓B,下滑過程中重力的平均功率為嚕匕C.下滑過程中合力的平均功率為W上D.下滑過程中摩擦力的平均功率消獸2L【答案】AB【解析】 試題分析：A、根據P=mgvcosa可知，滑到底端的重力的瞬時功率為為:h 2LP=mgvcosa=mgv.故A正確.B、物體運動的時間為：t=v =,則重力做功的平均功率L2 v為:P魚喏=嚶匕.故B正確.C、物體做勻加速直線運動的加速度為：ag,則V22F4ma=*,合力做

2、功為：W肝F介Li除，則合力的平均功率為:2L2：合力為:t 2L2L_心 31故C錯誤.D、根據動能定理得：mgh-W尸2mV?,解得克服摩擦力做功t 4L2為：Wf=mgh - imv2,則摩擦力做功的平均功率為：廣£支薩-挈.故D錯 /t NL qL誤.考點：功率、平均功率和瞬時功率.2.如圖所示，勁度數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平而上質量為？ 的物體接觸（未連接），彈簧水平且無形變.用水平力緩慢推動物體，在彈性限度內彈 簧長度被壓縮了此時物體靜止.撤去F后，物體開始向左運動，運動的最大距離為4%.物體與水平而間的動摩擦因數為，重力加速度為g.則（）*A.撤去

3、F后，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動B.撤去F后，物體剛運動時的加速度大小為a- inC.物體做勻減速運動的時間為2J工D.物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為吆(小-義里) k【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A.撤去F后，物體水平方向上受到彈簧的彈力和滑動摩擦力，滑動摩擦力不變，而彈簧的 彈力隨著壓縮量的減小而減小，彈力先大于滑動摩擦力，后小于滑動摩擦力，則物體向左 先做加速運動后做減速運動，隨著彈力的減小，合外力先減小后增大，則加速度先減小后 增大，故物體先做變加速運動，再做變減速運動，最后物體離開彈簧后做勻減速運動，A 錯誤：B.剛開始時，由牛頓第二定律有：% -

4、川 ng = maB正確；C.由題意知，物體離開彈簧后通過的最大距離為3xo，由牛頓第二定律得:將此運動看成向右的初速度為零的勻加速運動，則:聯立解得：C錯誤：D.當彈簧的彈力與滑動摩擦力大小相等、方向相反時，速度速度最大時合力為零，則有 F = "mg = kx解得工=竺生，所以物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為: k嗎=(% -X)= 吆 *0 -D正確。故選BD。3.如圖所示，傾角。二30。的固定斜面上固定著擋板，輕彈簧下端與擋板相連，彈簧處于 原長時上端位于。點.用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑定滑輪連接物體八和8,使滑 輪左側輕繩始終與斜面平行，初始時4位

5、于斜面的C點，C、。兩點間的距離為L現由靜 止同時釋放4 8,物體A沿斜面向下運動，將彈簧壓縮到最短的位置E點，D、E兩點間 的距離為J .若4 8的質量分別為4m和m, A與斜而間的動摩擦四數=(,不計空 氣阻力，重力加速度為g，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態，則()A. A在從C至E的過程中，先做勻加速運動，后做勻減速運動B. A在從C至。的過程中，加速度大小為三且C.彈簧的最大彈性勢能為一吆L83D.彈簧的最大彈性勢能為？7吆£8【答案】BD【解析】【分析】【詳解】AB.對AB整體，從C到。的過程受力分析，根據牛頓第二定律得加速度為4"7g sin300-nig -

6、 4?g cos30°g"=4m + m可知。不變，A做勻加速運動，從。點開始與彈簧接觸，壓縮彈簧，彈簧被壓縮到E點的 過程中，彈簧彈力是個變力，則加速度是變化的，所以4在從C至E的過程中，先做勻加 速運動，后做變加速運動，最后做變減速運動，直到速度為零，故A錯誤，B正確： CD.當A的速度為零時，彈簧被壓縮到最短，此時彈簧彈性勢能最大，整個過程中對AB 整體應用動能定理得八(L(L0-0 = 4?g L + sin30°-mg L + 一x4"吆cos30° L + V 2 72 J2 J3解得叫單=G?gL,則彈簧具有的最大彈性勢能為 8故

7、C錯誤，D正確, 故選BD.4.庠斗是古代最常見的提水器具，兩人相對而立，用手牽拉繩子，從低處庠水上岸，假設 庠斗裝水后重20kg,左右兩根輕繩長均為2m，最初繩子豎直下垂，用水時兩人均沿水平 方向朝相反的方向做直線運動，庠斗以加速度Im/s?勻加速度直線上升，己知重力加速度 g=10m/s2,（繩子可以看成輕質細繩）則用斗上升11”時（）A.兩繩的拉力大小均為200NB.兩人拉繩的速率均為點m/sC.兩人對母斗做的功均為110JD,繩子拉力的總功率為220JIW【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A.此時庠斗已經向上移動了 1m,對母斗進行受力分析如下沿肆斗運動方向根據牛頓第二定律有2T c

8、os ZABD - mg = ma其中 cos ZABD = g 帶入數據解得T = 220N故A錯誤：B.上升1m的過程根據速度位移公式可得v-0 = 2ax如下圖，庠斗與人在沿繩方向的分速度相等% cos NABD = vA cos BAD聯立并帶入數據解得V際=應m/s"人=押"S故B錯誤；C.庫斗上升過程根據動能定理有2畋一 吆力= ；?哈帶入數據解得每人對庠斗做的功w人為110J,故C正確：D.上升1m后的瞬時功率為P = Fv = 2T cos ZABD x i 為=220>/2W故D正確。故選CD。5.如圖。所示，小物體從豎直彈簧上方離地高九處由靜止釋放

9、，其動能&與離地高度6 的關系如圖b所示。其中高度從九下降到治，圖象為直線，其余部分為曲線，的對應圖象 的最高點，輕彈簧勁度系數為k,小物體質量為m,重力加速度為g。以下說法正確的是A.小物體從高度力2下降到九，彈簧的彈性勢能增加了 吆(生-八)B.小物體下降至高度用時，彈簧形變量為卓 KC.小物體從高度兒下降到仇，彈簧的最大彈性勢能為吆(4 -4)D.小物體下落至高度兒時，物塊處于失重狀態【答案】ABC【解析】【分析】【詳解】A.小物體下落過程中，小物體和彈簧組成的系統機械能守恒：由圖知，小物體下落至高 度兒的動能與下落至高度人時的動能相同，則小物體從高度兒下降到d過程，彈簧彈性 勢

10、能的增加量等于重力勢能的減少量，所以彈簧彈性勢能的增加量為吆（生一小），故A 正確：B.小物體下降至高度九時，動能達到最大，加速度為零，此時有 kx = mg彈簧形變量為型，故B正確： kC.小物體到達最低點時，速度為0,彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大：小物體從高度 %下降到加，動能的變化量為0,彈簧彈性勢能的增大等于重力勢能的減少，所以彈簧的 最大彈性勢能為吆（乙一5），故C正確：D.小物體從高度/h下降到高度周過程，小物體動能減小，向下做減速運動，則小物體下 落至高度兒時，小物體處于超重狀態，故D錯誤。故選ABCo6.如圖，水平傳送帶長為L=4m,在電動機的帶動下以速度v=2m/s始終保

11、持勻速運動，把 質量為m=10kg的貨物放到左端A點，貨物與皮帶間的動摩擦因數為=0.4,當貨物從幺點 運動到8點的過程中，下列說法正確的是。取lOm/s?）（）A.貨物一直做勻加速運動B.貨物運動到8點時的速度大小為2m/sC.貨物與傳送帶因摩擦而產生的熱量為10JD.電動機因貨物多輸出的機械能為40J【答案】BD【解析】【分析】【詳解】AB.貨物在傳送帶上的加速度a = 4ni/s2貨物加速到2m/s所需的時間為v 2f = = s = 0.5sa 4貨物加速到2m/s時的位移為1 7 1 ,x = -at = -x4x0.5 = 0.5m22因為貨物與傳送帶速度相等后，隨傳送帶一起勻速向

12、右運動，所以貨物先加速,后勻速，貨物運動到8點時的速度大小為2m/s,故A錯誤，B正確；C.在貨物加速的0.5s內，傳送帶的位移為玉=vr = 2 x 0.5 m = Im它們之間的相對位移為s = X - x = 0.5m所以貨物與傳送帶因摩擦而產生的熱量為2 = /n5 = 0.4xl0xl0x0.5J=20J故c錯誤：D.電動機因貨物多輸出的機械能為物體動能的增加量和系統因摩擦產生的熱量，故E = +e = 1x10x22J + 20J=40J故D正確。故選BDO7 .如圖所示，水平轉臺上有一個質量為m的物塊，用長為L的細繩將物塊連接在轉軸 上，細線與豎直轉軸的夾角為。，此時繩中張力為零

13、，物塊與轉臺間動摩擦因數為(<tan0),最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動，則 ( )A.物塊隨轉分由靜止開始至繩中出現拉力時，轉臺對物塊做的功為2?gLsin88 .物塊隨轉臺由靜止開始至繩中出現拉力時，轉臺對物塊做的功為2c.物塊隨轉臺由靜止開始至轉臺對物塊支持力為零時，轉臺對物塊做的功為必田g 2cos0D.物塊隨轉臺由靜止開始至轉臺對物塊支持力為零時，轉臺對物塊做的功為當嗎4cos 6【答案】BC【解析】【分析】此題考查牛頓運動定律和功能關系在圓周運動中的應用，注意臨界條件的分析，至繩中出 現拉力時，摩擦力為最大靜摩擦力：轉臺對物塊支持力為零時，N=0

14、, f=0.【詳解】AB.對物體受力分析知物塊離開圓盤前，合力為2F = / + T sin 夕=m .rN + r cos 6 = mg 根據動能定理知W = Ek =又T=0, r=LsnO.由解得W = g /Lsin 8 « gpmgLsin 0至繩中出現拉力時，轉臺對物塊做的功為J吆Lsind,選項A錯誤，B正確：CD.當N=0, f=0,由知uz 17 .口. c ingLsin2 0W = mgL sin tan 0 =22cosd選項c正確：D錯誤。故選BC°8 .如圖甲所示，質量為O.lkg的小球從最低點A沖入豎直放置在水平地而上、半徑為0.4 m的半圓軌

15、道，小球速度的平方與其高度的關系圖象如圖乙所示.已知小球恰能到達最高 點C,軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計.g取lOm/s?, B為AC軌道中點.下列說法 正確的是（）A.圖乙中x=4 m2s 2B.小球從B到C損失了 0.125 J的機械能C.小球從A到C合外力對其做的功為- 1.05JD.小球從C拋出后，落地點到A的距離為0.8 m【答案】ACD【解析】【分析】【詳解】A.當6 = 0,8m時小球在C點，由于小球恰能到達最高點C,故mg=所以 =5/還I才=gR =4 mz-s故選項A正確：B.由已知條件無法計算出小球從8到C損失了 0.125 J的機械能，故選項B錯誤:C.小球從4到

16、C,由動能定理可知W 令=一;=-1.05 J故選項C正確：D.小球離開C點后做平拋運動，故落地點到A的距離凡=心,解得刈=0.8m,故選項D正確.9 .如圖所示，一小球用不可伸長的細繩（長度為/）連接懸于。點，小球被剛性小錘打 擊，打擊后迅速離開，兩次打擊才能達到最高點，且球總在圓弧上運動.兩次打擊均在最 低點A完成，打擊的時間極短.若錘第一次對球做功為卬1,錘第二次對球做功為匕，則 W :以最大值為（）.A. 1 ： 2B, 1 ： 3C. 2 ： 3D, 3 ： 2【答案】c【解析】【分析】要使擺球不脫離軌道，則有兩種可能，一是擺到和圓心等高處，二是能做完整的圓周運 動。所以第一次敲擊后

17、小球擺到擺到和圓心等高處，如果第一次敲擊超過了半徑R的高度那么 球就不可能是貼著圓形軌道返回。第一次敲擊后小球到達最高點做完整的圓周運動?！驹斀狻恳菇校阂灿凶畲笾?，則應在%最大而叫最小時。要使“最大，應該是第一次打擊后，小球恰能運動到和圓心等高處，所以有= mgl要使也最小，則兩次打擊后，小球恰能能做完整的圓周運動，在最高點有V2nig = m 解得y=瘋在最高點具有的機械能心=2"儂+=，g/3所以卬2=鳥叫因此 W :1%=2:3故選C?！军c睛】抓住球總在圓弧上運動，即擺球不脫離軌道的兩種可能，一是擺到和圓心等高處，二是能 做完整的圓周運動，這是解決此問題的關鍵。10 .如圖所

18、示，某同學將三個完全相同的物體從八點沿三條不同的路徑拋出，最終落在與 4點同高度的三個不同位置，三條路徑的最高點是等高的，忽略空氣阻力，下列說法正確 的是（）A.沿路徑1拋出的物體在空中運動的時間最短B.沿路徑3運動的物體落地時重力的瞬時功率最大C.三個物體落地時的動能相等D.三個物體在運動過程中的任意相等時間內速度變化量相等【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.它們的最高點是等高的，所以這三個物體在豎直方向的分速度Vy是相等的，所以這三 個斜拋運動的物體在空中的運動時間g均相同，故A錯誤：B.由上面的分析可以知道，這三個做斜拋運動的物體在落地時豎直方向的分速度也是相等 的，落地時重力的瞬時功

19、率Pg ="暗 V,一樣大，故B錯誤：C.同學對小球做的功即為小球獲得的初動能，由于三個小球豎直方向分速度相同，第3個 小球水平位移大，則第3個小球水平分速度大，故第3個小球落地時的動能大，故C錯 誤：D.小球在空中只受重力作用，即小球所作的運動是勻變速運動，加速度g恒定，所以在 相等的時間內速度變化相等，故D正確。故選D?！军c睛】斜拋運動可看成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動。11.某踢出的足球在空中運動軌跡如圖所示，足球視為質點，空氣阻力不計。用力、E、&、P分別表示足球的豎直分速度大小、機械能、球在空中的運動時間,下列圖像中可能正確的是動能、重力的瞬時功率

20、大小，用t表示足( )C.【答案】D【解析】 【分析】 【詳解】在豎直方向上做加速度為g的勻變速直線運動，其速度-時間關系A.足球做斜拋運動, 為， 上升階段下落階段由關系式可知，速度與時間成一次函數關系，圖像是一條傾斜直線，A錯誤;B.不考慮空氣阻力，足球只受重力作用，機械能守恒，E不變，B錯誤；C,足球在水平方向上一直有速度，則足球的動能不能為零，C錯誤；D.足球在豎直方向上的速度滿足 上升階段匕,=j - g，下落階段% =/再由重力的瞬時功率P = mgvv可得重力的瞬時功率與時間成一次函數關系，且在最高點重力的瞬時功率為零，D正確; 故選D.12.小球由地而豎直上拋，上升的最大高度為

21、H,設所受阻力大小恒定，地面為零勢能 而.在上升至離地高度h處，小球的動能是勢能的2倍，在下落至離地高度h處，小球的 勢能是動能的2倍，則h等于（）HA.-【答案】D【解析】【分析】【詳解】2HB. 一 93HC.94HD.9設小球受到的阻力大小恒為f,小球上升至最高點過程，由動能定理得:-mgH fH =0- mv：2小球上升至離地高度h處時速度設為”,由動能定理得:7 A 1，1）-mgh= - w-6審又由題有：2 = 2mgh小球上升至最高點后又下降至離地高度h處時速度設為，此過程由動能定理得:-mgh fC2H h) = inv- 八 22又由題有：2xmv； =mgh4H以上各式聯

22、立解得：h = ，選項D正確，ABC錯誤.9【點睛】在應用動能定理解題時，要靈活選擇研究的過程，各個力做功的分析非常重要，本題中要 注意上升和下降過程中阻力始終做負功.13.如圖所示，一豎直輕質彈簧固定在水平地面上，其上端放有一質量為機的小球，小球 可視為質點且和彈簧不拴接?，F把小球往下按至A位置，迅速松手后，彈簧把小球彈起， 小球上升至最高位置C,圖中經過位置3時彈簧正好處于自由狀態。已知4、A的高度差 為, C、3的高度差為重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。下列說法正確的是（ ）c 8 A九.一>t- 一， 一一一A.從A位置上升到4位置的過程中，小球的動能一直增大B.從4位置上升到

23、。位置的過程中，小球的機械能守恒c.小球在A位置時，彈簧的彈性勢能等于吆（4+色）D.小球在A位置時，彈簧的彈性勢能小于吆（4十%）【答案】c【解析】【分析】【詳解】A.小球從4位置上升到8位置的過程中，先加速，當彈簧的彈力左時，合力為 零，加速度減小到零，速度達到最大；之后小球繼續上升，彈簧的彈力小于重力，小球做 減速運動，故小球從A上升到8的過程中，動能先增大后減小，選項A錯誤；B.從4運動到8的過程中，彈簧對小球做正功，小球的機械能增加。從8運動到C的過 程中，只受重力，機械能守恒，選項B錯誤；CD、根據系統的機械能守恒可知小球在A位置時，彈簧的彈性勢能等于小球由八到C位置 時增加的重力

24、勢能，為選項C正確，D錯誤。故選C。14.如圖所示，長為L的長木板水平放置，在木板的A端放置一個質量為m的小物塊，現 緩慢地抬高A端，使木板以左端為固定軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角為a時小物塊 開始滑動，此時停止轉動木板，小物塊滑到底端的速度為L則在整個過程中（） «»* » 一» A.支持力對物塊做功為機gLsin aB.重力對小物塊做功為-mgLsinaC.滑動摩擦力對小物塊做的功;八/+?gLsin。D.小物塊的機械能減小了機gLsina【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.在緩慢抬高木板A端的過程中，只有重力和支持力對小物塊做功，根據動能定理得叱、，一igLsin a = 0得到支持力對小物塊做的功力WN=mgLsinaA正確：B.對整體過程研究，重