武汉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0.2），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12m

D．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

121xxx=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t2=1s

因此物块匀加速所用的时间为

t1+ t2=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

v3=6+ a1t2=8 m/s

物块减速至静止所用时间为

331vta4s

传送带减速至静止所用时间为

342vta2s

该过程物块的位移为

x3=12a1t32=16m

传送带的位移为

x2=12a2t42=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

12xxx9m+3m=12m

C正确；

D．全程相对路程为

L=123xxx=9m+3m+8m=20m

Q=µmgL=80J

D正确；

故选ACD。

2．如图所示，质量为1kg的物块（可视为质点），由A点以6m/s的速度滑上正沿逆时针转动的水平传送带（不计两转轮半径的大小），传送带上A、B两点间的距离为8m，已知传送带的速度大小为3m/s，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为210m/s。下列说法正确的是（ ）

A．物块在传送带上运动的时间为2s

B．物块在传送带上运动的时间为4s

C．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为16J

D．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为28J

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

AB．滑块先向右匀减速，根据牛顿第二定律有

mgma

解得

22m/sag

根据运动学公式有

010vat

解得

13st

匀减速运动的位移

01063m9m8m22vxtL>

物体向左匀加速过程，加速度大小仍为22m/sa，根据运动学公式得物体速度增大至2m/sv时通过的位移

2212m1m222vxa

用时

22s1s2vta

向左运动时最后3m做匀速直线运动，有

233=s1s3xtv

即滑块在传送带上运动的总时间为

1234stttt

物块滑离传送带时的速率为2m/s。

选项A错误，B正确；

C．向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为

110.211041J6JfWfxxmgxx（）()()

选项C错误；

D．整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为

114mlvt

物体向左加速过程，传送带运动距离为

222mlvt

即

121[]QfSmglxlx（）（）

代入数据解得

28JQ

选项D正确。

故选BD。

3．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2L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．弹簧弹性势能最大值为312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

cossinPQvv

解得

tanPQvv

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

(cos30cos60)PEmgL

弹性势能的最大值为

312PEmgL

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

200NFmgmm

解得

FN=2mg

选项D正确。

故选CD。

4．在一水平向右匀速传输的传送带的左端A点,每隔T的时间,轻放上一个相同的工件,已知工件与传送带间动摩擦因素为,工件质量均为m,经测量,发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x,下列判断正确的有

A．传送带的速度为xT

B．传送带的速度为22gx

C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为12mgx

D．在一段较长的时间内,传送带因为传送工件而将多消耗的能量为23mtxT

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】

A．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT，解得传送带的速度v=xT．故A正确；

B．设每个工件匀加速运动的位移为x，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，则传送带的速度2vgx，根据题目条件无法得出s与x的关系．故B错误；

C．工件与传送带相对滑动的路程为

22222vvxxvgggT

则摩擦产生的热量为

Q=μmg△x＝222mxT

故C错误；

D．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量

22212mxEmvmgxT

在时间t内，传送工件的个数fWE

则多消耗的能量

23mtxEnET

故D正确。

故选AD。

5．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其vt图象如图所示．已知汽车的质量为3110kgm，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是（ ）

A．汽车在前5s内的牵引力为3510N B．汽车速度为25m/s时的加速度为25m/s

C．汽车的额定功率为100kW D．汽车的最大速度为80m/s

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

A．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小

2220m/s4m/s5a

根据牛顿第二定律得

Ffma

解得牵引力

1000N4000N5000NFfma

选项A正确；

BC．汽车的额定功率

500020W100000W100kWPFv

汽车在25m/s时的牵引力

100000'N4000N25PFv

根据牛顿第二定律得加速度

22'40001000'm/s3m/s1000Ffam

选项B错误，C正确；

D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度

100000m/s100m/s1000mPvf

选项D错误。

故选AC。

6．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/2

B．小环在B处的速度时，环的速度为(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2hdd，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