江苏省常州市田家炳高级中学下册机械能守恒定律单元测试卷(含答案解析)

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）1．如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，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 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）A ．环到达B 处时，重物上升的高度h =d /2B ．小环在B (322)gd -C ．环从A 到B ，环沿着杆下落的速度大小小于重物上升的速度大小D ．环能下降的最大高度为4d /3 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A 、根据几何关系有，环从A 下滑至B 点时，重物上升的高度2h d d =-，故A 错误；B 、C 、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：v 环cos45°=v 物，根据系统机械能守恒定律可得22112+222mgd mgh mv mv -=⋅环物，解得：环的速度(322)v gd -环B 正确．故C 错误．D 、设环下滑到最大高度为H 时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为22H d d +，根据机械能守恒有222()mgH mg H d d =+，解得：43H d =，故D 正确．故选BD ． 【点睛】解决本题的关键要掌握系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．2．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/s 2，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0.1C 13m/sD ．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/s 2，根据牛顿第二定律有sin cos mg mg ma θμθ-=解得0.1μ=，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sin cos 0mg kx mg θμθ--=解得260N /m k =，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112.60.1J 1.3J 22W Fx ==⨯⨯= 从下滑到速度最大，根据动能定理有()2m 1sin cos 2mg mg x W mv θμθ--=解得m 13v =m/s ，故C 正确； D ．滑块滑到最低点时，加速度为25.2m/s a '=-，根据牛顿第二定律可得 sin cos mg mg kx ma θμθ--'='解得0.2m x '=，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有()p sin cos 00mg mg x E θμθ'--=-解得E p =5.2J ，故D 错误。

故选BC 。

3．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3max36010m/s 12m/s 0.10.151010P 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 0.5m v t a === 故B 错误；C ．匀加速过程中汽车通过的位移为221110.516m=64m 22x at ==⨯⨯ 启动过程中，由动能定理得211max 1()2F 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 。

4．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2d B ．环能下降的最大距离为43d C ．环到达B 处时，环与重物的速度大小之比为22D ．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=43dd ，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 ．5．2016年6月18日神舟九号完成最后一次变轨，在与天宫一号对接之前神舟九号共完成了4次变轨。

神舟九号某次变轨的示意图如图所示。

在A 点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B 为轨道Ⅱ上的一点，关于飞船的运动，下列说法中正确的有（ ）A ．在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于经过B 的速度B ．在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能C ．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D ．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】A ．在轨道Ⅱ上从A 到B 万有引力做正功，即合外力做正功，物体的动能增加，所以A 的速度小于经过B 的速度，故A 项正确；B ．由于从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ神舟九号要点火加速做离心运动，所以在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能，故B 正确；C ．根据开普勒第三定律32a k T=，由图可知轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径更小，所以在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C 正确； D ．根据2GmMma r =，由于神舟九号在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上离地球的距离相同即r 相同，所以在轨道Ⅱ上经过A 的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度，故D 错误。

故选ABC 。

6．如图a 所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h 1处由静止释放，其动能E k 与离地高度h 的关系如图b 所示。

其中高度从h 1下降到h 2，图象为直线，其余部分为曲线，h 3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k ，小物体质量为m ，重力加速度为g 。

以下说法正确的是（ ）A ．小物体从高度h 2下降到h 4，弹簧的弹性势能增加了24()mg h h -B ．小物体下降至高度h 3时，弹簧形变量为mgkC ．小物体从高度h 1下降到h 5，弹簧的最大弹性势能为15()mg h h -D ．小物体下落至高度h 4时，物块处于失重状态 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】A ．小物体下落过程中，小物体和弹簧组成的系统机械能守恒；由图知，小物体下落至高度h 4的动能与下落至高度h 2时的动能相同，则小物体从高度h 2下降到h 4过程，弹簧弹性势能的增加量等于重力势能的减少量，所以弹簧弹性势能的增加量为24()mg h h -，故A 正确；B ．小物体下降至高度h 3时，动能达到最大，加速度为零，此时有kx mg =弹簧形变量为mgk，故B 正确； C ．小物体到达最低点时，速度为0，弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大；小物体从高度h 1下降到h 5，动能的变化量为0，弹簧弹性势能的增大等于重力势能的减少，所以弹簧的最大弹性势能为15()mg h h -，故C 正确；D ．小物体从高度h 3下降到高度h 5过程，小物体动能减小，向下做减速运动，则小物体下落至高度h 4时，小物体处于超重状态，故D 错误。

故选ABC 。

7．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/sC ．货物与传送带因摩擦而产生的热量为10JD ．电动机因货物多输出的机械能为40J 【答案】BD 【解析】 【分析】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2s 0.5s 4v t a === 货物加速到2m/s 时的位移为221140.50.5m 22x 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2211102J 20J 40J 22E mv Q =+=⨯⨯+=故D 正确。