第八章 机械能守恒定律 单元测试卷-2021-2022学年高一物理必修第二册（word版含答案）

第八章 机械能守恒定律 单元测试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面上，质量分别为2m、m的a、b两物块，用一轻弹簧相连，将a用细线连接在木板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块b恰与斜面底端的挡板无弹力，此时弹簧的形变量为x。重力加速度为g，若突然剪断细线，弹簧始终处于弹性限度内，则（　　）
A．剪断细线瞬间，挡板对物块b弹力为0.5mg
B．剪断细线瞬间，物体b的加速度为0.5g
C．剪断细线瞬间，物体a的加速度为g
D．剪断细线后，物块a沿斜面向下运动3x时动能最大
2．物体A和B叠放在光滑的水平面上，mA=1kg，mB=2kg，在B上作用一个3N的水平拉力后，A和B一起前进了4m，如图。在这个过程中B对A做的功（　　）
A．0 B．-4J C．4J D．12J
3．图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，时刻，将一小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程中弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）
A．t1时刻小球的动能最大
B．t2-t3过程小球做加速运动
C．t2时刻小球加速度大于g
D．t3时刻弹簧的弹性势能与小球动能之和最小
4．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动，重力加速度大小为g ，则小球运动到其轨迹最高点时的动能为( )
A．2mgR B．3mgR C．4mgR D．5mgR
5．一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，用大小为F、方向与水平面成θ角且斜向下的恒力作用在该木块上，经过时间t，力F的瞬时功率为（　　）
A．t B．t C．t D．t
6．一辆汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动。假设汽车所受阻力恒定，下列汽车牵引力的功率P与时间t的关系图象中，能描述上述过程的是（　　）
A． B．
C． D．
7．把质量是0.2kg的小球放在竖立的轻质弹簧上，并将球向下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，球被弹起并沿竖直方向运动到最高位置C（图丙），途中经过B的位置时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．从A到C的过程中，球先加速后减速，在B位置时动能最大
B．从A到C的过程中，球的机械能守恒
C．松手瞬间球的加速度为10m/s2
D．弹簧被压缩至A位置时具有的弹性势能为0.6J
8．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则( )
A．t1~t2时间内，汽车的平均速度等于
B．0~t1时间内，汽车的牵引力等于
C．t1~t2时间内，汽车的功率等于
D．汽车运动的过程中最大速度
二、多选题（本大题共4小题）
9．如图质量为m的小球用长为L的细线悬挂且静止在竖直位置，现用水平拉力将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ的位置，此时的拉力为F1，在此过程中，拉力做的功为W1，若用水平恒力F2，将小球拉到相同的位置，F2做的功为W2，下面结果正确的是（　　）
A．W1=F1Lsinθ B．W1=mgL（1-cosθ）
C．W2=F2Lsinθ D．W2=mgL（1-cosθ）
10．在平直公路上，汽车由静止开始作匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，v-t图像如图所示。设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则（　　）
A．F：f=1：3 B．F：f=4：1
C．W1：W2=1：1 D．W1：W2=1：3
11．在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示。某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量
B．从O点运动到B点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量
C．从A点运动到B点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量
D．从B点返回到A点，小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量
12．如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置处有一个小球，小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。关于小球下落阶段，下列说法中正确的是（　　）
A．在B位置小球动能最大
B．在C位置小球动能最大
C．从A→C位置小球重力势能的减少量小于小球动能的增加量
D．从A→D位置小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
三、填空题（本大题共3小题）
13．如图所示，一根原长为L的轻质弹簧，下端固定在水平桌面上，上端固定一个质量为m的物体A，A静止时弹簧的压缩量为ΔL1，在A上再放一个质量也是m的物体B，待A、B静止后，在B上施加一竖直向下的力F，使弹簧再缩短ΔL2，这时弹簧的弹性势能为EP．突然撤去力F，则B脱离A向上飞出的瞬间弹簧的长度应为____________．这时B的速度是_____________．
14．如图所示，在距水平地面高均为0.4m处的P、Q两处分别固定两光滑小定滑轮，细绳跨过滑轮，一端系一质量为mA=2.75kg的小物块A，另一端系一质量为mB=1kg的小球B；半径R=0.3m的光滑半圆形轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，且与两滑轮在同一竖直平面内，小球B套在轨道上，静止起释放该系统，则小球B被拉到离地_____________m高时滑块A与小球B的速度大小相等，小球B从地面运动到半圆形轨道最高点时的速度大小为_____________m/s．
15．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，已知O点到斜面底边的距离Soc=L，则小球通过最高点A时的速度表达式vA＝___________；小球通过最低点B时，细线对小球拉力表达式TB=_____________________；若小球运动到A点或B点时剪断细线，小球滑落到斜面底边时到C点的距离相等，则l和L应满足的关系式是__________________．
四、解答题（本大题共4小题）
16．游乐场中有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，其简化模型如图所示，长为L的旋臂一端连接竖直中央轴，另一端连接模型飞机，模型飞机在旋臂带动下可绕中央轴转动并可以上下升降。开始时模型飞机和乘客静止在图中a位置，旋臂与竖直向下方向的夹角为，一段时间后模型飞机和乘客到达图中b位置高度处，并以角速度绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动，此时旋臂与竖直向上方向的夹角也为，已知模型飞机和乘客的总质量为m，重力加速度为g，摩擦阻力忽略不计，求
（1）模型飞机和乘客在图中b位置高度处做水平匀速圆周运动时，旋臂对模型飞机和乘客的作用力F的大小；
（2）从开始运动到模型飞机和乘客在图中b位置高度处做水平匀速圆周运动过程中，旋臂对模型飞机和乘客做的功W。
17．2022年冬奥会将于2月4日在北京开幕，如图所示是冬奥会项目冰壶比赛场地示意图，左侧是投掷区域，右侧为圆垒大本营，AB为投掷线。比赛时，在圆垒圆心附近有对方的冰壶，冰壶队采用“粘壶战术”，即让己方冰壶恰能贴紧对方冰壶而不相碰。运动员在投掷线AB处将冰壶以v0=2 m/s的初速度向圆垒圆心滑出，已知对方冰壶到AB线的距离为30 m，冰壶与冰面间的动摩擦因数 1=0.008，若用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至 2=0.004， g取10m/s2。
（1）运动员若不用毛刷擦冰面，求冰壶能滑行的最长时间；
（2）要使“粘壶战术”成功，求运动员用毛刷擦冰面的距离。
18．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：
（1）滑块运动到A处的速度大小；（结果可保留根号）
（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离。
19．滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜受。如图是滑板运动的轨道， 和是两段光滑圆弧形轨道，是一段长的水平轨道。一运动员从轨道上的点以的速度下滑，经轨道后冲上轨道，到点时速度减为零。已知、距水平轨道的高度分别为：，，运动员的质量，不计圆弧轨道上的摩擦，取，求：
(1)运动员第一次经过点、点时的速率各是多少？
(2)运动员与轨道的动摩擦因数为多大？
(3)运动员最后停在轨道上距点多远处？
试卷第1页，共3页
试卷第2页，共2页
参考答案：
1．D
【解析】
AB．突然剪断细线前，对b受力分析，由平衡条件可得
剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，b的受力状态不变，合力仍为零，则物体b的加速度为0，挡板对物块b弹力也为零，A、B错误；
C．突然剪断细线前，对a受力分析，由平衡条件可得
可得
剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，绳子拉力消失，由牛顿第二定律得
解得，a的加速度为
C错误；
D．剪断细线前，弹簧的形变量为x，可得
剪断细线后，物块a沿斜面向下运动，向下运动x时，弹簧恢复原长，再向下运动，当加速度为零时，速度最大，此时满足
联立上式可得
所以物块a沿斜面向下运动3x时动能最大，D正确。
故选D。
2．C
【解析】
对A和B整体，根据牛顿第二定律有
解得
B对A的摩擦力提供A的合力，根据牛顿第二定律得，A受到的合力为
则B对A做的功为
故选C。
3．C
【解析】
A. 当弹簧弹力等于小球重力时小球的动能最大，t1时刻弹力为0，t1时刻小球的动能不是最大，A错误；
B．当弹簧弹力等于小球重力时小球的动能最大，因此t2-t3过程小球先做加速运动后做减速运动，B错误；
C．t2时刻弹簧的压缩量最大，小球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上；由运动的对称性可知，小球与弹簧接触后，向下做加速运动的时间小于小球做减速运动的时间，可知小球在最低点受到的弹簧大于2倍的重力，所以小球在最低点的加速度大于重力加速度g，C正确；
D．当小球上升至最高点时，重力势能最大，由能量守恒定律可得，此时弹簧的弹性势能与小球动能之和最小，而t3时刻弹簧弹力为0，小球恰好离开弹簧，由题意可小球仍会上升一段距离至抛出点，故此时刻小球的重力势能不是最大值，弹簧的弹性势能与小球动能之和不是最小，D错误；
故选C。
4．A
【解析】
因为F=mg，到达最高点时，由动能定理
故选A。
5．A
【解析】
根据牛顿第二定律得，木块的加速度为：a=，则t时刻的瞬时速度为：v＝at＝，则力F的瞬时功率为：P=Fvcosθ=，故A正确，BCD错误．故选A．
6．C
【解析】
AD．根据P=Fv分析知匀加速运动时牵引力大于阻力，F不变，v随时间均匀增大，故P随时间均匀增大，故AD错误；
BC．当匀速时牵引力等于阻力，说明F突变小，速度不变，故功率突变小，以后保持不变，故B错误，C正确。
故选C。
7．D
【解析】
A、小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大．从B到C的过程，小球做匀减速运动，动能不断减小．所以从A到C的过程中，球先加速后减速，在AB间某位置动能最大，故A错误．B、从A到C的过程中，由于弹簧要对小球做功，所以小球的机械能增加，故B错误．C、假如小球从A只能运动到B，在B点的加速度为a=g=10m/s2，方向竖直向下．根据简谐运动的对称性知小球在A点的加速度为10m/s2，方向竖直向上．
现由于弹簧在A点的压缩量更大，合力更大，所以小球在A点的加速度大于10m/s2，故C错误．D、从A到C的过程中，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩至A位置时具有的弹性势能Ep=mg（hAB+hBC）=0.2×10×（0.1+0.2）J=0.6J；故D正确．故选D．
8．C
【解析】
由v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，故A错误．由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a=，F1-Ff=ma，联立得，F1=m+Ff，故B错误；在t1时刻汽车达到额定功率P=F1v1=(m+Ff)v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，故C正确；汽车达到最大速度时满足P=Ffv2，则最大速度，选项D错误；
9．BC
【解析】AB．平拉力将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ的位置，由动能定理得
解得
故B正确，A错误；
CD．当小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成角的位置过程中，则拉力做功为
故C正确，D错误。
故选BC。
10．BC
【解析】
设加速阶段汽车的位移为x1，减速阶段汽车的位移为x2，由v-t图像所围的面积可知
AB．对全程，根据动能定理，有
解得
故A错误B正确；
CD．全程中汽车动能变化量为0，根据动能定理可知，牵引力做的正功与摩擦力做的负功大小相等，即
故C正确D错误。
故选BC。
11．AD
【解析】
A．小孩从A点运动到O点，由动能定理可得
mghAO－W弹1＝ΔEk1
A正确；
B．小孩从O点运动到B点，由动能定理可得
mghOB－W弹2＝ΔEk2
B错误；
C．小孩从A点运动到B点，由功能关系可得
－W弹＝ΔE机
C错误；
D．小孩从B点返回到A点，弹性绳和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量，D正确。
故选AD。
12．BD
【解析】
AB．在C位置小球所受弹力大小等于重力，合力等于零，加速度等于零，此时速度达到最大值，所以在C位置小球动能最大，故A错误，B正确；
C．从A→C位置小球减少的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，所以小球重力势能的减少量大于小球动能的增加量，故C错误；
D．由于小球在D点的速度为零，由能量的转化与守恒可知，从A→D位置小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。
故选BD。
13． L，
【解析】
分离瞬间加速度相同，相互作用力为零，而此时B物体只受重力，加速度为重力加速度，故A物体加速度也为重力加速度，弹簧长度为原长L．
从撤除力到A、B分离，系统机械能守恒，则有：
Ep=2mg（2△L1+△L2）+ 2mv2
解得：
v=
14． 0.225； 4
【解析】
当绳与轨道相切时滑块与小球速度相等，由几何知识求得此时小球B的高度．小球B到半圆形轨道最高点时，A物的速度为零，对系统，运用动能定理列式，即可求出B球到最高点时的速度大小．
当绳与轨道相切时滑块与小球速度相等，（B速度只沿绳），由几何知识得R2=h ，所以有：
．
小球B从地面运动到半圆形轨道最高点时，A物的速度为零，即vA=0，对系统，由动能定理得：
mAg[-（PO-R）]=mBgR+mvB2
代入数据解得：
vB=4m/s
15．
【解析】
(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，说明小球在A点时细线的拉力为零，只有重力的分力做向心力；(2)从A到B的过程中只有重力做功，由机械能守恒定律可以求得B点时的速度，再有向心力的公式可以求得拉力；(3)无论从A点还是B点断裂，小球做的都是类平抛运动，可以分两个分向来求解．
(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过A点时细线的拉力为零，由重力沿斜面的分力提供向心力，根据牛顿第二定律有,
解得：
(2)小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：，
解得：，
小球在B点时根据圆周运动和牛顿第二定律有：
解得：
(3)小球运动到A点或B点时细线断裂，小球在平行底边方向做匀速运动，在垂直底边方向做初速为零的匀加速运动（类平抛运动）．
细线在A点断裂：，；
细线在B点断裂：，；
又sA=sB
联立解得：
16．（1）；（2）
【解析】
（1）根据题意，受力分析可得，合外力提供向心力，则有
又
解得
（2）根据动能定理可得
解得
17．（1）25s；（2）10m
【解析】
(1)根据牛顿第二定律，运动员若不用毛刷擦冰面，冰壶运动的加速度为
解得
冰壶能滑行的最长时间t
(2)“粘壶战术”是让己方冰壶恰能贴紧对方冰壶而不相碰，即到达对方冰壶处速度为0，由动能定理得
解得
18．（1）；（2）5m
【解析】
（1）设滑块运动到A处的速度大小为v，对滑块从O运动到A的过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）设滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L，对滑块从A运动到最远处的过程根据动能定理有
代入数据解得
L＝5m
19．(1)，；(2)0.2；(3)2m
【解析】
(1)由动能定理可得，运动员第一次经过点有
解得
由动能定理可得，运动员从C到Q点有
解得
(2)由动能定理可得，运动员从B到C点有
解得
(3)运动员最后停在轨道上，由动能定理可得
解得
运动员最后停在轨道上距点为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页