【文档说明】【精准解析】高中物理必修第二册习题：第八单元机械能守恒定律测试B卷.pdf，共(17)页，1020.717 KB，由envi的店铺上传

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新人教版2019物理第八单元机械能守恒定律测试B卷一、单选题1.如图甲所示,一滑块沿光滑的水平面向左运动,与轻弹簧接触后将弹簧压缩到最短,然后反向弹回,弹簧始终处在弹性限度以内,图乙为测得的弹簧的弹力与弹簧压缩量之间的关系图象，则弹簧的压缩量由8cm变为4cm时,弹簧所做的功以及弹性势能的改变量

分別为()A.3.6J、-3.6JB.-3.6J、3.6JC.1.8J、-1.8JD.-1.8J、1.8J2.如图所示,水平抛出的物体抵达斜面上端P处时,其速度方向恰好沿着斜面向下,然后沿斜面无摩擦滑下,在下列选项所示的图象中,能正确描述物体重力的功率GP随时间

t变化的图象是()A.B.C.D.3.如图所示是具有更高平台的消防车,具有一定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400kg)上升60m到达灭火位置,此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速率为20m/s

,则用于()A.水炮工作的发动机输出功率为1×104WB.水炮工作的发动机输出功率为4×104WC.水炮工作的发动机输出功率为2.4×106WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800w4.目前,我国

在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶,某公司对某款汽车性能进行了一项测试,让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现,下坡时若关掉油门,则汽车的速度保持不变;若以恒定的功率P上坡,则从静止启动做加速运动,发生位移s时速度刚好达到最大值max

v。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变,下列说法正确的是()A.关掉油门后的下坡过程,汽车的机械能守恒B.关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力做功不为零C.上坡过程中,汽车速度由max4v增至max2v,所用的时间等于2max332m

vPD.上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度maxv,所用时间一定小于max2sv5.在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到

达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度210/gms＝，由v－t图可知()A．A、B两点的距离为2.4mB．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物

做功大小为12.8JD．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为11.2J6.如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B

时恰好对轨道没有压力。己知3APR,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中()A.重力做功3mgRB.机械能减少2mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功32mgR7.某同学为了研究物体下落过程的特点,设计了如下实验：将两本书AB从高楼楼顶放手让其落下,两本书下落过程中没有翻转和分离,

由于受到空气阻力的影响,其vt图像如图所示,虚线在P点与速度图线相切,已知2kgAm,2kgBm,210m/sg。由图可知()A、0~2s内AB的平均速度等于4.5m/sB、2st时AB受到空气阻力等于25NC、2st时A对B的压力等于16ND.下落过程中A对B的压力不变8.如图

甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F的作用下，由静止开始向上运动，其动能kE与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（）A.在00~h过程中，F的大小始终为m

gB.在00~h和00~2hh过程中，F做功之比为2:1C.在00~2h过程中，物体的机械能不断增加D.在002~3.5hh程中，物体的机械能不断减少9.一个小孩在蹦床上做游戏,他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度,小孩从高处开始下落到弹回的整

个过程中,他运动的速度v随时间t变化的图线如图所示,图中只有Oa段和cd段为直线,则根据该图象可知,蹦床的弹性势能增大的过程所对应的时间间隔为()A.仅在1t到2t的时间内B.仅在到3t的时间内C.在1t到3t的时间内D.在1t到5t的时间内10

.物体在水平拉力F作用下,沿x轴由坐标原点开始运动,设拉力F随x的变化分别如图甲、乙、丙所示,其中图甲为一半圆图形,对应拉力做功分别为WWW甲乙丙、、,则以下说法正确的是()A.WWW甲乙丙B.WWW甲乙丙

＝C.WWW甲乙丙D.无法比较它们的大小二、实验题11.某同学利用如图所示的装置来研究机械能守恒定律,设计了如下实验,A、B是质量均为m的小物块,C是质量为M的重物。A、B间有轻质弹簧相连,A、C间有轻质细绳相连。在物块B下放

置一压力传感器,重物C下放置一速度传感器,压力传感器与速度传感器相连。当压力传感器示数为零时,就触发速度传感器测定此时重物C的速度。整个实验中弹簧均处于弹性限度内,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g。实验操作如下:①开始时,系统在外力作用下保持静止,细绳拉直但张力为零。

现释放C,使其向下运动,当压力传感器示数为零时,触发速度传感器测出C的速度为v。②在实验中保持A,B质量不变,改变C的质量M,多次重复第(1)步;(1)该实验中,M和m大小关系必需满足M_________

m(选填“小于”、“等于”或“大于”)(2)该实验中需要验证机械能守恒的表达式为21)2Mmv（__________________。(3)根据所测数据,还可以测得弹簧的劲度系数:根据所测数据，作出“21vMm”图线,求出图

线在纵轴上的截距为b,则弹簧的劲度系数为(用题给的已知量表示)。12.某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,当地重力加速度大小29.8m/sg.实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示,纸带

上的第一个点记为O,另选连续的3个点ABC、、进行测量,图中给出了这3个点到O点的距离Ah、Bh和Ch的值.回答下列问题(计算结果保留3位有效数字):(1)打点计时器打B点时,重物速度的大小Bv__________m/s;(

2)通过分析该同学测量的实验数据,他的实验结果是否验证了机械能守恒定律?简要说明分析的依据.三、计算题13.如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带逆时针传动，速度大小为v＝0.5m/s．一质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从传送带上端

A点以速度02.5/vms＝沿传送带下滑，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，传送带足够长，取210/gms＝，370.6sin，370.8cos，求：(1)滑块在A点时的加速度大小(2)经过多长时间滑块的速度和传送带的速度相等？并定性说明速度相等后滑块的运动

性质(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量14.如图所示，质量为2kgm的物块A(可视为质点）放在倾角为=30°的光滑斜面体上，斜面固定在水平桌面上，劲度系数为200N/mk的轻弹簧一端连接在斜面底端的固定档板C上，另一端连接在物块A上，绕过斜面顶端定滑轮的不可伸长的轻绳一端连接在

物块A上，另一端吊着质量也为m的物体B,物块A与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块A静止时刚好处在斜面的正中间。已知斜面长为2.5mL，重力加速度g取210m/s。(1)若剪断轻弹簧，物块A到斜面顶端时，物块B还未落地，求物块A运动到斜面顶端要用多

长时间；(2)若剪断轻绳，求物块A向下运动的最大速度。四、多选题15.物体沿直线运动的vt关系如图所示,已知在第1秒内合外力对物体做的功为W,则()A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2WC.从第5秒末到第7秒末合

外力做功为WD.从第3秒末到第4秒末合外力做功为﹣0.75W16.我国正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为43.010kg，设起飞过程中发动机的推力恒51.010N；弹射器有效作用长度为100m，推力恒定。要求舰载机在水平

弹射结束时速度达到80m/s。已知弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则有（）A．弹射器的推力大小为61.110NB．弹射器对舰载机所做的功为81.110JC．弹射器对舰载机做功的平均

功率为78.810WD．舰载机在弹射过程中的加速度大小为232/ms17.如图所示，小车A、小物块B由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车A放在足够长的水平桌面上，B、C两小物块在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚

刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与桌面平行。已知A、B、C的质量均为m。A与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧的弹性势能表达式为212pEkx＝，式中k是弹簧的劲度系数，Δx是弹簧的伸长量或压缩量，细线与滑轮之

间的摩擦不计。开始时，整个系统处于静止状态，对A施加一个恒定的水平拉力F后，A向右运动至速度最大时，C恰好离开地面，则()A．小车向右运动至速度最大时，A、B、C加速度均为零B．拉力F的大小为2mgC．拉力F做的功为224.4mgkD．C恰好离开地面时A的速度为2Avkgm＝18.如图

甲所示，滑块沿倾角为α的光滑固定斜面运动，某段时间内，与斜面平行的恒力作用在滑块上，滑块的机械能E随时间t变化的图线如图乙所示，其中120~tt、时刻以后的图线均平行于t轴，12tt的图线是一条倾斜线段，则下列说法正确的是()A.1t时刻，滑块运动方向一定沿斜面向下B.0t时刻，滑块运动

方向一定沿斜面向上C.12~tt时间内，滑块的动能减小D.23~tt时间内，滑块的加速度为sing19.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为,以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示),以此时为t=0时刻

记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系,如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向,其中两坐标大小12vv)。已知传送带的速度保持不变。(g取210m/s)则（）A.10t内，物块对传送带做负功B.物块与传送带间的动摩擦因数为,tanC.20t

内，传送带对物块做功为22211122WmvmvD.系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小20.如图甲所示,用一轻质绳拴着一质量为m的小球,在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力）,小球运动

到最高点时绳对小球的拉力为T,小球在最高点的速度大小为v,其2Tv图象如图乙所示,则()A.轻质绳长为ambB.当地的重力加速度为amC.当2vc时,轻质绳的拉力大小为acabD.只要2vb,小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a参考答案1.答案：

C解析：F-x图线与横轴围成的面枳表示弹力做的功。110.0860J0.0430J1.8J22W,根据pWE知,弹性势能减少1.8J,C正确。2.答案：C解析：物体先做平拋运动,重力的功率2GyPmgvm

gt,GPt图线为过原点的倾斜直线,斜率21kmg;设斜面倾角为θ,物体刚落到斜面上时的速度为1v,则物体落到斜面上后,2211()ssinsinsininGPmgvgtmgvmgt,仍是一直线,斜率2221sinkmgk，C正确。3.答案：B解析：水炮发动

机做的功为水增加的动能与重力势能之和,伸缩臂在抬升等高平台的同时也将本身也抬高了,计算做功时,需要计算这部分功,结合根据公式wPt分析.伸缩臂将人与平台抬高60m,用时5min,同时伸缩臂也有质量,设为M,则其输出功率为(400)60()800()2800560MPWWMW

,D错误;水炮工作的发动机首先将水运至60m高的平台,然后给水20m/s的速度,即做的功等于水增加的动能与重力势能之和,每秒射出水的质量为310005060mkg,故212wmghmv,功率为2412410mghmvwPWtt

,B正确AC错误.4.答案：D解析：关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故选项A错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力方向与汽车速度方向垂直，则支持力做功为零，故选项B错误；上坡过程中，设汽车速度由

max4v增至max2v，所用的时间为t，所受阻力为f,发生位移为's,根据动能定理可得22maxmax11'()()2224vvPtfsmm,解得2max3'32mvfstPP，故选项C错误；

上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度maxv，功率不变，则速度增大、后期加速度减小，设所用时间为T,则max2vTs，解得max2sTv，故选项D正确。5.答案：B解析：A.货物的位移就是AB两点的距离,求出货物的v−t图象与坐标轴围成的面

积即可。所以有：20.224m1m3.2m22ABS，故选项A错误；B.由图象可以看出货物做两段匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有：1sincosmgmgma,2sincosmgmgma由图象得到：2110

m/sa，222m/sa，解得：37，0.5，故选项B正确；C.传送带对货物做的功分两段来求,有：120.51100.80.2J0.51100.83J11.2JWW，故选项C错误；D.

货物与传送带摩擦产生的热量也分两段来求,有：120.51100.820.20.23214.8JQxfx，故选项D错误。6.答案：D解析：重力做功与路径无关,只与初末位置有关,故小球从P到B的运

动过程中,重力做功为22GWmgRmgR,故A错误;小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力,根据牛顿第二定律,有2BvmgmR,解得BvgR,从P到B过程,重力势能减小量为2mgR,动量增加量为21122BmvmgR,故机械能减小量为13222mg

RmgRmgR,从P到B过程,克服摩擦力做功等于机械能减小量,故为32mgR,故B错误,D正确;从P到B过程,合外力做功等于动能增加量,故21122BWmvmgR。7.答案：C解析：根据速度图象可知,2s时的速度为9m/s,根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知

,2s内的位移小于9m,所以2s内的平均速度小于4.5m/s,故A错误;2st时AB的加速度大小为22m/svat,整体根据牛顿第二定律可得()()ABABmmgfmma,解得2st时AB受到空气阻力32Nf,故B错误;2st时以A为研

究对象,根据牛顿第二定律可得ANAmgFma,解得16NNF,根据牛顿第三定理可得A对B的压力等于16N,故C正确;下落过程中加速度逐渐减小,A对B的压力'NAAFmgma,逐渐增大,故D错误。8.答案：

C解析：由题图乙物体动能kE与距地面高度h的关系可知，当物体距离地面高度为0h时，k0Emgh,由功能关系可得，力F做功0k002FWFhEmghmgh，解得2Fmg,即在00~h过程中大小始终为2mg,选项A错误

；当物体距离地面高度为02h时,k01.5Emgh，在00~2hh过程中，由功能关系可得，力F做功kp0000.51.5FWEEmghmghmgh，即在00~h和00~2hh过程中，F做功之

比为2:1.5=4:3,选项B错误；在00~2h过程中，力F做正功，物体的机械能不断增加，选项C正确；在02h高度，物体的动能为k01.5Emgh，重力势能为p02Emgh,物体的机械能为kp03.5EEEmgh，在03.5h高度，物体的动能为零，重力势能为p03.5

Emgh,物体的机械能为kp03.5EEEmgh，因此在002~3.5hh过程中，物体的动能不断减少，机械能不变，选项D错误。9.答案：C解析：小孩从高处落下,在10~t时间内小孩只受重力作用;在12~tt时间内加速度减小,说明小孩又受到了弹力作用,蹦床受到压力;3t

时刻,小孩的速度为零,蹦床受到的压力最大,弹性势能也最大;3t时刻后小孩反弹,蹦床的弹性势能减小,故选项C正确。10.答案：B解析：拉力F为变力,其对物体做的功一定等于Fx图线与x轴所围的面积,由题图可以看出,m0π4WFx甲,m014WFx乙,m012WF

x丙,所以WWW甲乙丙,故B正确。11.答案：(1)大于;(2)22mgMmk;(3)24mgb解析：(1)根据题意,确保压力传感器的示数为零,因此弹簧要从压缩状态到伸长状态,那么C的质量M要大于A的质量m;(2)刚

释放C时,弹簧处于压缩状态,若使压力传感器为零,则弹簧的拉力为Fmg,因此弹簧的形变量为122mgmgmgxxxkkk,不论C的质量如何,要使压力传感器示数为零,则A物体上升了2mgk,C下落的高度为2mgk.从释放到压力传感器示数为零,弹性势能不变,

重力势能的减小量等于动能的增加量,则有:2212mgMmvMmghMmgk.即22212mgMmMmvk.(3)由22212mgMmMmvk得,22

224424mgMmmgMmmgvkMmkMmk,可以知道纵轴截距24mgbk,计算得出24mgkb.12.答案：(1)3.90;(2)是;2217.61m/s2Bv,27.70m/sghs,因为212BBmvmgh,近似验证了机械能守恒

定律.解析：(1)由中间时刻的速度等于平均速度可得3.90m/s2ACBhvT.(2)从O到B重力势能的减少量7.70mpOBEmgh,动能的增加量217.61m2kBEmv,因为在误

差允许的范围内212BOBmvmgh,故该同学所做的实验验证了机械能守恒定律.13.答案：（1）根据牛顿第二定律得3737mgcosmgsinma－＝解得20.4/ams＝（2）达到共同速度的时间-=5svvta＝速度相等后，由于3737maxmgsinFmgcos，

此后滑块将与传送带相对静止，做匀速直线运动．（3）相对滑动过程中017.5m2vvxt;22.5mxvt二者间的相对位移为125mxxx＝3732QmgcosxJ＝＝解析：14.答案：

(1)剪断轻弹簧后，物块A和B—起做匀加速运动。则对物块A，由牛顿第二定律有sinTmgma对物块B,由牛顿第二定律有mgTma,联立解得22.5m/sa,物块A上升到斜面顶端的过程中，由运动学公式有21122Lat,解得1st。(2)没有剪断轻绳时.

设弹簧的伸长量为1x，根据力的平衡有1sinmgmgkx，解得12mgxk，剪断轻绳后，当物块A的速度最大时，根据力的平衡有2sinkxmg,解得22mgxk,则从剪断轻绳到物块A的速度最大的过程中，弹簧的弹性势能变化量为零，根据机械能守恒定律有2121sin()2

mgxxmv，解得1m/sv。解析：15.答案：CD解析：从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，合外力为零，合外力做功为零，故A错误；从第3秒末到第5秒末物体的动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量，则合外力做功为-W，故B错误；从第5秒末到第7秒

末物体的动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，根据动能定理可知合外力做功相同，即为W，故C正确；从第3秒末到第4秒末物体的动能的变化量大小等于第1秒内动能的变化量的34，则合外力做功为-0.75W，故D正确。16.答案：ABD解

析：A.舰载机运动过程受发动机推力1F，弹射器推力2F，摩擦力120.2fFF和重力、支持力作用，那么由牛顿第二定律可得：12FFfma，所以，6211.110N10.2maFF，故A正确；BC.由功的定义式可知：弹射器对舰载机做的功821.11

0JWFs，所以，弹射器对舰载机做功的平均功率74.410WWPt，故B正确，C错误；D.舰载机在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，经过位移100ms后的速度80m/sv，故由匀变速规律可得加速度2232m/s2vas，运动时间2.5sv

ta，故D正确。17.答案：ACD解析：A.A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A.B.C加速度均为零，设此时绳的拉力为T，对A:0FmgT，对B.C整体：T−2mg=0，代入数据解得F=

2.2mg，故A正确，B错误；C.开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，则对B有kx=mg，mgxk因B.C的质量相等,故C恰好离开地面时,弹簧伸长量仍为mgxk，所以拉力做的功224.42mgWFx

k，故C正确；D.A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A.B.C由能量守恒得212222Fmgxmvmgx解得2mvgk，故D正确。18.答案：AD解析：B.根据Et图象知,在10t时间内，机械能不随时间变化，滑块沿光滑斜面运动，受到

重力和支持力作用，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，滑块的运动方向无法判断，故B错误。AC、在12tt内,取极短的时间t,根据功能关系WE,则Et图象的斜率EFxFvtt,因为F为恒力,斜率恒定,所以滑块做匀速运动,动能不变,由于机械能减小,所以重力

势能减小,所以在1t时刻，滑块的运动方向一定沿斜面向下，故A正确，C错误。D.在23tt时间内，滑块的机械能不随时间变化，滑块只受到重力和斜面的支持力，根据牛顿第二定律有sinmgma，得sinag，故D正确。故选：BD。19.答案：ABD解析：A、由图知，物块先向下运

动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A正确；B、在内，物块向上运动，则有，得，故B正确；C、内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为，根据动能

定理得：，则传送带对物块做功，故C错误；D、内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确。20.答案：BD解析：在最高点时,绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力,则得：2vm

gTmL得：2mTvmgL…①由图象知,0T时,2vb．图象的斜率akb,则得：maLb,得绳长为：mbLa,故A错误．当20v时,Ta,由①得：amg,得：agm,故B正确．当2vc时,代入①得：maTcm

gcaLb,故C错误．只要2vb,绳子的拉力大于0,根据牛顿第二定律得：最高点：211vTmgmL…②最低点：222vTmgmL…③从最高点到最低点的过程中,根据机械能守恒定律得：222111222mvmvmgL…④联立②③④解得：2166TTmga,即小球

在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a,故D正确．