辽宁大连市第八中学下册机械能守恒定律单元测试卷 (word版,含解析)

一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）1．一足够长的水平传送带上放置质量为m=2kg小物块（物块与传送带之间动摩擦因数为0.2μ=），现让传送带从静止开始以恒定的加速度a=4m/s2开始运动，当其速度达到v=12m/s后，立即以相同大小的加速度做匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块均静止不动。

下列说法正确的是（）A．小物块0到4s内做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动直至静止B．小物块0到3s内做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动直至静止C．物块在传送带上留下划痕长度为12mD．整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J【答案】ACD【解析】【分析】【详解】物块和传送带的运动过程如图所示。

AB.由于物块的加速度a1=µg=2m/s2小于传送带的加速度a2=4 m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间12vta==3s，此时物块的速度v1=6 m/s，传送带的速度v2=12 m/s物块的位移x1=12a1t12=9m传送带的位移x2=12a2t12=18m两者相对位移为121x x x∆=-=9m此后传送带减速，但物块仍加速，B错误；当物块与传送带共速时，由匀变速直线运动规律得12- a2t2=6+ a1t2解得t 2=1s因此物块匀加速所用的时间为t 1+ t 2=4s两者相对位移为2x ∆= 3m ，所以A 正确。

C ．物块开始减速的速度为v 3=6+ a 1t 2=8 m/s物块减速至静止所用时间为331v t a ==4s 传送带减速至静止所用时间为342v t a ==2s 该过程物块的位移为x 3=12a 1t 32=16m 传送带的位移为x 2=12a 2t 42=8m 两者相对位移为3x ∆=8m回滑不会增加划痕长度，所以划痕长为12x x x ∆=∆+∆=9m+3m=12mC 正确；D ．全程相对路程为L =123x x x ∆+∆+∆=9m+3m+8m=20mQ =µmgL =80JD 正确； 故选ACD 。

2．如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为，则A ．a 减少的重力势能等于b 增加的动能B．轻杆对b一直做正功，b的速度一直增大C．当a运动到与竖直墙面夹角为θ时，a、b的瞬时速度之比为ta nθD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】CD【解析】【分析】【详解】ab构成的系统机械能守恒，a减少的重力势能大于b增加的动能．当a落到地面时，b的速度为零，故b先加速后减速．轻杆对b先做正功，后做负功．由于沿杆方向的速度大小相等，则cos sina bv vθθ=故tanabvvθ=当a的机械能最小时，b动能最大，此时杆对b作用力为零，故b对地面的压力大小为mg．综上分析，CD正确，AB错误；故选CD．3．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A，第一次经过B 处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为a C的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是A．小球可以返回到出发点A处B．弹簧具有的最大弹性势能为22mvC．撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置D．a A－a C＝g【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB.设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为fW，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为pE．根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有：212p f mgh E mv W +=+A 到C 的过程有：22p f p mgh E W E +=+解得：212f p W mgh E mv ==， 小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，由能量守恒定律得：22p f p E W mgh E =++该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A 处．故A 错误，B 正确． C.设从A 运动到C 摩擦力的平均值为f ，AB =s ，由：f W mgh =得：sin 30f s mgs =解得：sin 30f mg =在B 点，摩擦力cos30f mg μ=，由于弹簧对小球有拉力（除B 点外），小球对杆的压力大于cos30mg μ，所以：cos30f mg μ>可得：sin 30cos30mg mg μ>因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止．故C 错误． D.根据牛顿第二定律得，在A 点有：cos30sin 30A F mg f ma +-=在C 点有：cos30sin 30C F f mg ma --=两式相减得：A C a a g -=故D 正确．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/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 。

5．如图所示，劲度系数k =40N/m 的轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙上，物块A 、B 在水平向左的推力F =10N 作用下，压迫弹簧处于静止状态，已知两物块不粘连，质量均为m =3kg 。

现突然撤去力F ，同时用水平向右的拉力F '作用在物块B 上，同时控制F '的大小使A 、B 一起以a =2m/s 2的加速度向右做匀加速运动，直到A 、B 分离，此过程弹簧对物块做的功为W 弹=0.8J 。

则下列说法正确的是（ ）A ．两物块刚开始向右匀加速运动时，拉力F '=2NB ．弹簧刚好恢复原长时，两物块正好分离C 10s 刚好分离 D ．两物块一起匀加速运动到分离，拉力F '对物块做的功为0.6J 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A ．两物块刚开始向右匀加速运动时，对AB 整体，由牛顿第二定律可知2F F ma '+=解得2232N 10N 2N F ma F '=-=⨯⨯-=故A 正确；BC ．两物体刚好分离的临界条件；两物体之间的弹力为零且加速度相等。

设此时弹簧的压缩量为x ，则有kx ma =代入数据，可得32m 0.15m 40ma x k ⨯=== 弹簧最初的压缩量010m=0.25m 40F x k == 故两物块一起匀加速运动到分离的时间为2012at x x =- 解得02()2(0.250.15)10s s 210x x t a --=== 故B 错误，C 正确；D ．对AB 整体，从一起匀加速运动到分离，由动能定理可得2122F W W mv '+=⨯弹10102m/s v at ==⨯= 解得221110223()J 0.8J 0.4J 225F W mv W '=⨯-=⨯⨯⨯-=弹故D 错误。

故选AC 。

6．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/s 2，B 为AC 轨道中点．下列说法正确的是( )A ．图乙中x 的数值为9B ．小球从从A 点离开圆轨道时的动能为1.30JC ．小球从A 到C 合外力对其做的功为-2.75JD ．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2211222f C A W mg R mv mv --=-，解得0.95J f W =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212 1.30J 2k A f E mv W =-= ，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2211 2.75J 22C A W mv mv =-=-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0.95J f W =，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；7．如图所示，一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为l ，重力加速度为g ，小球在最低点Q 的速度为v 0，忽略空气阻力，则（ ）A ．若小球恰好通过最高点，速度大小刚好为0B ．小球的速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大C ．当06v gl >PD ．当0v gl <【答案】CD 【解析】 【分析】本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力，同时结合动能定理列式研究。