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，一根轻质弹簧放在光滑斜面上，其下端与斜面底端的固定挡板相连，弹簧处于自然伸长状态。第一次让甲物块从斜面上的A点由静止释放，第二次让乙物块从斜面上的B点由静止释放，两物块压缩弹簧使弹簧获得的最大弹性势能相同，两物块均可看作质点，则下列说法正确的是（ ）
A．甲物块的质量比乙物块的质量大
B．甲物块与弹簧刚接触时的动能大于乙物块与弹簧刚接触时的动能 C．乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大的位置下方
D．将两物块释放的位置上移，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置会下移 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．由于两物块使弹簧获得的最大弹性势能相同，即两物块向下运动最低点的位置相同，根据机械能守恒可知，两物块减少的最大重力势能相同，由此可以判断甲物块的质量比乙物块的质量小，选项A错误；
B．从两物块与弹簧相接触到弹簧被压缩到最短的过程中，乙物块的质量大，则乙物块减小的重力势能大，所以其动能减小的少，选项B正确；
C．动能最大的位置是合外力为零的时候，由力的平衡可知，乙物块动能最大的位置在甲物块动能最大位置的下方，选项C正确；
D．由力的平衡可知，改变两物块释放的位置，两物块向下运动的过程中，动能最大的位置不会变，选项D错误。 故选BC。
3．如图甲所示，质量为4kg的物块A以初速度v0=6m/s从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ1，木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2，A、B运动过程的v-t图像如图乙所示，A始终未滑离B。则（ ）
A．μ1=0.4，μ2=0.2 C．木板的长度至少为3m 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．以物块为研究对象有
B．物块B的质量为4kg
D．A、B间因摩擦而产生的热量为72J
ma1??1mg
2由图看出a1?4m/s，可得
?1?0.4
将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有
(M?m)a2??2(M?m)g
2由图看出a2?1m/s，可得
?2?0.1
选项A错误；
B．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有
?1mg??2(M?m)g?Ma3
2由图看出a3?2m/s，解得
M?4kg
选项B正确；
C．由v-t图看出物块和木板在1s内的位移差为3m，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m，选项C正确；
D．A、B的相对位移为s=3m，因此摩擦产热为
Q??1mgs?48J
选项D错误。 故选BC。
4．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
mg，小球与杆之间的2
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v?2gh 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xBP，小球受到如图所示的四个力作用：
其中
FT?kxBP
将FT正交分解，则
FN?FTsin??kxBP?sin??kxBC?Ff??FN?FT的竖直分量
mg 21mg 4FTy?FTcos??kxBPcos??kxCP
据牛顿第二定律得
mg?Ff?FTy?ma
解得
FTy3kx3a?g??g?CP
4m4m
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
?1?mgh?WFT???mgh??0?0
?4?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
1?1?(?mgh)?WFT???mgh??0?mv2
2?4?联立解得
WFT?B错误；
3mgh，v?gh 4C．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。
5．在机场和火车站对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当行李放在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s，某行李箱的质量为5 kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上的A点，已知传送带AB两点的距离为1.2 m ,那么在通过安全检查的过程中，g取10 m/s2，则 （ ）．
A．开始时行李箱的加速度为0.2 m/s2 B．行李箱从A点到达B点时间为3.1 s C．传送带对行李箱做的功为0.4 J
D．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma，所以得：a=\2，故A错误；物体加速
四平机械能守恒定律单元检测(提高,Word版 含解析)
