第8章 第10周 重力势能 动能和动能定理-【一本】2025-2026学年高中物理必修第二册周末小测卷（人教版）

解得细线的拉力大小为F=8N,故A错误，C正确；t=2s 时，物体的速度为2=at2=2×2m/s=4m/s,则此时细 线拉力的瞬时功率为P=Fw2=8×4W=32W,在0~2s 内，拉力的平均功率为P=F而=F号=8×号W=16W, 故B错误，D正确。 12.解：(1)由a-t图像可知，0~5s内物体做匀加速运动，根据 牛顿第二定律有F-mg=ma,解得F=2400N 5s末物体的速度为v=at 解得v=2×5m/s=10m/s 起重机的额定功率为P=F 解得P=2.4×104W (20-5s内物体位移为x=受：=号×5m=25m 10 0~5s内起重机对物体做的功为 W1=Fx=2400X25J=6×104J 5~10s内起重机对物体做的功为 W2=P1'=2.4×104×5J=1.2×105J 10s内起重机对物体做的功为W=W1十W2=1.8×105J 13.解：(1)货物沿斜面从顶端由静止滑到底端过程，设斜面倾 角为0，由牛顿第二定律得mgsin0-F:一ma1 1 下滑过程中货物做匀加速度运动有L二214 h2.4 由几何关系可得，sin0=工=8 =0.3,联立解得 F:=400N (2)若要在电动机输出功率为1500W的条件下，沿斜面 向上匀速拉动货物，牵引力F,=mg sin0十F 电动机输出功率P1=F1· 联立解得1=1.5m/s (3)沿斜面向上匀加速拉动货物，由牛顿第二定律有 F2-mgsin 0-F:=maz 电动机最大输出功率Px=F2·v2,此时对应速度 v2=a2t2 联立解得t2=5s 1 匀加速运动的位移s=2a: 解得v2=2m/s,s=5m,F2=1080N,匀加速运动过程中 。2 电动机做功W=F2s=5400J 14.解：(1)当字典刚好被拖动时，A4纸对字典的摩擦力与桌 面对字典的摩擦力相等，即F:=F德 根据滑动摩擦力公式可得桌面对字典的摩擦力为 F壕=μ2Mg 设此时A4纸上方纸张质量为m,则A4纸对字典的摩擦 力为F:=2μ1mg 由题意可知，m= 一一M,代入数据联立解得2=0.2 (2)A4纸夹在离桌面的高度为4.5cm处，高于4cm,所以 字典拖不动，当A4纸抽出位移为x时，A4纸上方压力为 Fy-Lz.(H-h)Mg (L-z)Mg L H 4L 此时A4纸受到的拉力大小为F=Fa=2μ1FN 解得F=2×0.3×05-2×1.5×10(N)=2.25- 4×0.15 15x(N),0≤x≤0.15m (3)由于拉力大小与位移x成线性关系，所以拉力做功为 1 W=2FL=2×2.25×0.15J≈0.17J 第⊙周重力势能动能和动能定理 1,ABC【解析】重力是地球对物体吸引产生的，没有地球就 不会有重力，也不存在重力势能，重力势能具有系统性，故 A正确；物体克服重力做功，说明重力做负功，物体上升，则 重力势能增加，故B正确；因为W。=一△E。,即重力做功的 多少与重力势能改变量的大小相等，故C正确；重力做功与 初、末位置的高度差有关，与零势能面（参考平面）的选取无 关，故D错误。 2B【解析】小球从A点下落到B点的过程中，小球的重力 一直做正功，其重力势能一直减小；小球未接触弹簧前，弹 簧未发生形变，弹性势能不变；小球接触弹簧后，压缩弹簧， 弹簧形变量逐渐增大，其弹性势能逐渐增大，故B正确。 3.D【解析】物体做曲线运动时，其速度大小有可能不变，如 匀速圆周运动，若物体的质量也不变，则其动能也不变，故 A错误；速度为矢量，速度变化大，速度大小的变化不一定 大，其动能变化不一定大，故B错误；两物体的动能相同，若 两物体的质量不相等，则其速度的大小不相同，故C错误； 洒水车在匀速向前洒水的运动过程中，洒水车的总质量变9.C【解析】由题意可知，ngxsir30°=E,解得运动员质量 小，因为洒水车的速度不变，酒水车的质量变小，所以洒水 3000 为m=10X10X0.5kg=60kg,故A错误；根据动能定理有 车的动能在减小，故D正确。 mgxsin30°十Fx=Ek一E可得，滑雪杆对运动员的平均推 4.D【解析】若子弹恰好在最高点射中蜂窝，则击中蜂窝时子 弹的竖直分速度刚好为0，子弹的飞行时间为t=2= 力为F=E.-E6-m8xsim30°-4200-200-3000N- 10 g 100N,故B错误；由题图可知，下滑4m时，运动员的重力 osin日，故A,B错误；子弹上升的最大高度为h= ,2 2g 势能为Em=3000J300X4J=1800J,动能为E4= 10 4”0,放C错误：子弹在最高点的动能为B=弓m,” 2g 200J十4200.200×4J=1800,故C正确，下滑10m 10 2mu2cos20,故D正确。 2X4200 时，运动员的速度 60 m/s= 5.A【解析】该过程中对滑雪运动员应用动能定理有Wc十 m W:=Ek-0,解得Ek=W6+W:=2000J-1500J=500J, √140m/s,重力的瞬时功率P=mngusin30°=600× 即滑雪运动员的动能增加了500J,故A正确。 √/140×0.5W=600√35W,故D错误。 6.C【解析】设平衡时绳子与竖直方向夹角为0，此时士兵受的 10.B【解析】设斜面倾角为0，上升过程中，根据动能定理得 重力与两个拉力平衡，设左右绳长分别为l1、l2,有l1sin0十 一(ngsin0+F)s=0-Ek,整理可得Ek=(mgsin0+F:)s。 d L,si血0=d,且L十l,=L,故sin0=1=0.8,A、B两点竖直 设小物块与斜面底端的最大距离为5mx,下降过程中根据 动能定理得Ek=(mgsin0-Ff)smx一(mgsin0-Ff)s可 距离为3m,故l2cos0-l1cos0=3m,且l1+L2=l=25m, 知，下降过程中的Eks图像斜率小于上升过程中Eks图 故l2cos0=9m,故以A点所在水平面为参考平面，士兵在 像的斜率，E.都随着、变大而减小，由于摩擦力一直做负 滑行过程中重力势能最小值约为E。=一mgl2cos0= 功，所以当小物块落到斜面底端时的动能小于最初的动 -5400J,故选C。 能，故B正确，A、C、D错误。 7.BC【解析】该货车从A运动到B的过程中重力做的功为 11.AD【解析】Ek-x图像的斜率表示合外力，所以0~4m Wc=一gh,故A错误；根据动能定理可知，合外力做的功 为W。=0-m,=-m心'，故B正确：根据动能定理 时有F-mg血37r=a=N=1N,根据位移时间关系 有w。+W=一m,解得摩擦阻力做的功为W, 可得x1三2a2,解得a=2m/s2,m=0.5kg,F=4N,故 A正确；2s末小物块的速度大小为v1=at1=4m/s,所以 1 1 一2mw-W。=mgh-2mu,2,故C正确，D错误。 F的最大功率为P=F01=16W,故B错误；当小物块到 8.解：(1)货物静止时，根据平衡条件得 达距出发点8m处时，重力势能为E。=mgxsin37°= F:=mngsin37°=100×10×0.6N=600N 24J,与图中数据不符，故C错误；2s后小物块所受外力F (2)货物匀速向下运动时，根据平衡条件得 的功率不变，则P=F'v,F'=mgsin37°，解得小物块匀速 F1+mgsin37°=1 ng cos37° 阶段速度大小为口-号m/s,即小物块运动到斜面顶端时 解得F1=40N 16 (3)对货物在斜面运动的全过程，根据动能定理得 的速度大小为3m/s,故D正确。 F2x1十mgLsin37°=mg cos37°·L 12.解：(1)如图所示，由牛顿第二定律ng sin0一F:=ma 解得F2=120N 又因为F:=u1FN=h1 mgcos0 。26● 联立解得a1=2.5m/s2 人在斜面上做匀加速直线运动，有 sin日=2a1t,解得t=4s 人滑到斜面底端C处时速度的大小v=a1t=10m/s (2)由几何关系可知 1 h x仙=x=2X sin =10m 根据动能定理可得 mgh一H1 mg cos0·xB-2 mgcos0·xc=0 得一号 13.解：(1)对物块在B点时进行受力分析，根据牛顿第二定律 有Fn一mg= "mg,其中Fm=5mg,解得Ug=4m/5 物块由A点运动至B点过程中，根据动能定理有 Ws一omgx= 2 mvB2-0 可得外力F做的功Ws=40J (2)物块由B点到C点过程，根据动能定理有 1 1 -mg (R+Rsin 30)-2 mvc 解得vc=2m/s 物块在C点受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有 Fe十ngsin30°_m R ,解得F2=10N C F向 30. mg (3)在C点斜向上抛有（如图所示） v.=vcsin30°，y,=vccos30° 在竖直方向上，以向上为正方向 1 -(R+Rsin 30)vtg 解得，-5二压s舍掉，4-十压。 10 10 水平方向x=vzt2 物块落回水平面时与B点的水平距离为 2 △x=x-Rcos30 解得△x=√15-3 m 10 14.解：(1)滑块从进入轨道开始到第二次经过D过程中，根据 动能定理，可得 -mg·2r-mg·6r=2mn2- 2mu。2 mup? 又有Fp-mg=1.5r 联立解得μ=0.5 (2)依题意，滑块从进入轨道开始到停止运动，由动能定理 可得 一mg·2r-mgs=0- 解得s=1.7m=6r十0.5m 则有d=6r-0,5m=0.7m 即滑块最终停止的位置与C点的距离d=0.7m。 (3)为满足题意，当滑块初速度取最小值1时，它恰好可 以通过B点，当滑块初速度取最大值v2时，它在第一次从 圆弧轨道DE滑下可以恰好运动至弧BC的圆心等高点 F。设滑块恰好通过B点时的速率为g,则由牛顿第二定 律有 VE mg-m 2r 对滑块从A到B的运动过程，由动能定理可得 1 1 -Amgr-2 mvs-2 mv 解得v1=2√5m/s 对滑块从A到F的运动过程，由动能定理可得 1 -mg·3r-24omng·6r=0-2mu22 解得v2=6m/s 故滑块的初速度应满足2√5m/s≤vo≤6m/s。 (4)假设滑块在第一次从圆弧轨道DE滑下后，0一 在弧BC上G点恰好脱离轨道，如图所示；对滑 块从A到G的运动过程，由动能定理可得 mg (3r+rcos 0)-2umg 6r=muc 2mu,2 2m2,故C错误；由题意可知，球从抛出到落地前瞬间， 滑块在G点时，由牛顿第二定律可得 忽略空气阻力，则球只受重力作用，因此机械能守恒，所以 mgcos 0=m 球落地前瞬间的机械能为2mu。2十mgh1,故D正确。 6.BC【解析】从开始下滑到小球A进入圆管整个过程，除重 2 联立解得os0=3 力做功外，轻杆对小球A做负功，小球A机械能不守恒，故 第①周 机械能守恒定律及应用 A错误；在小球B进入水平圆管前，轻杆对小球A没有作用 力，只有重力对小球A做功，小球A机械能守恒，故B正 实验：验证机械能守恒定律 确；以小球A、B组成的系统为研究对象，系统机械能守恒， 1.C【解析】电梯匀速上升，速度不变，动能不变；高度增加， 从开始下滑到两球在光滑圆管中运动，由机械能守恒定律 重力势能增加，则机械能增加，故A错误；运动员乘着降落 1 伞匀速下降，速度不变，动能不变；高度减小，重力势能减 知mgh+mAgh十Lsin》=2(m十mB)m,代人得v= 少，则机械能减少，故B错误；物体沿固定光滑曲面加速下 √7m/s,故C正确；以小球B为研究对象，设轻杆对小球B 滑，曲面弹力方向与速度方向始终垂直，弹力不做功，只有 1 做功为W,由动能定理知，mgh十W=2m0,代人得 重力做功，因此该过程机械能守恒，故C正确；物体在竖直 W=1J,故D错误。 平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，高度大 7.(1)1.001.07(2不合理 小发生变化，重力势能发生变化，则机械能发生变化，故D 【解析】(1)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过 错误。 2.C【解析】根据机械能守恒定律，A、B两点的机械能相等， 程的平均速度，则打C点时的瞬时速度为c-号 由于到达B点后做斜抛运动，到达顶点时还有水平方向的 (26.00-18.00)×102 2×0.02 m/s=2.00m/s,在打O点到C点的 速度，故不能达到A点的原始高度，因此c轨迹最符合实 际。故C正确。 这段时间内，重锤动能的增加量为△Ek=7wc2二0= 3.D【解析】卫星从B运动到A的过程中只有万有引力做 2×0.5×2.02J=1.00J,重锤重力势能的减少量为△E,= 功，机械能不变，万有引力做正功，则动能增大，故选D。 mghc=0.5×9.80×21,81×10-2J≈1.07J。(2)根据机械 4.A【解析】设金属链条的长度为L,质量为m,根据机械能 能守恒定律，从起始点开始，若机械能守恒，应满足mgh= 守恒定律有，受g(台十片一s血309=立，解得L一 LL L 1 2m心，消去重锤的质量可得2=gh,作出弓t名的图 0.25m,故选A。 像，若图线过原点，且其斜率等于当地的重力加速度，才可 5.AD【解析】由于忽略空气阻力，球离手后只受重力作用，则 以判定重锤下落过程机械能守恒；因此，若只满足图线过坐 加速度为重力加速度g,因此球做匀变速曲线运动，故A正 标原点，并不能判定重锤下落过程中机械能守恒，该同学的 确；球离手后做方向斜向上的上抛运动，设初速度o方向 分析不合理。 与水平方向夹角为0，在水平方向则有.=ocos0,在竖直 8.解：运动员在滑雪过程中只有重力做功，故运动员在滑雪过 方向则有v,=osi0,球在最高点时，竖直方向的分速度是零， 程中机械能守恒。取B点所在水平面为参考平面。由题意 水平方向的分速度不变，因此在最高点机械能为E=E。十 知，A点到B点的高度差h,=4m,B点到C点的高度差 Ek=mgh2十2mu2cos0,故B错误；设该同学抛球过程对 h2=10m,从A点到B点的过程由机械能守恒定律得 1 球做的功为W,由动能定理可得，W=2m,2一0= 1 mghi=2 mun ●28●一本高中物理周末小测卷 第10周 重力势能 动能和动能定理 ⊙时间：60分钟 8总分：100分 8得分： @答案：P25 说明：本卷单选题每小题4分；多选题每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的 得0分。其他题分值见题目前标注。 弥 基础测·查漏补缺 n 1.(多选)(2024·四川广安改编)关于重力做功和物体的重力势能，下列说法正确的是 A.重力势能是物体和地球这个系统共有的能量 B物体克服重力做功时，物体的重力势能一定增加 C.重力做功的多少与重力势能改变量的大小相等 D.重力做功的多少与重力势能的变化都和参考平面的选取有关 2.(2025·江苏徐州期中)如图所示，一只轻质弹簧竖直放置。现有一个小球从A点自由下落，压缩 弹簧至最低点B。在小球从A点下落到B点的过程中 A小球的重力势能增大，弹簧的弹性势能先不变后增大 ○—A B.小球的重力势能减小，弹簧的弹性势能先不变后增大 —B 救 C,小球的重力势能增大，弹簧的弹性势能先不变后减小 777777777777 封 D.小球的重力势能减小，弹簧的弹性势能先不变后减小 3.(2024·山西太原期末)关于动能，下列选项正确的是 ( A.物体做曲线运动，动能一定变化 B.物体的速度变化越大，动能变化越大 C.两物体的动能相同，速度的大小也一定相同D.洒水车在匀速向前洒水的过程中，动能在减小 4.(2024·贵州毕节期末)枪杆岩位于毕节市纳雍县化作乡，罗炳辉将军曾在此留下“举枪射蜂窝”的 神枪手传奇故事。假设故事中子弹以大小为0的速度从枪口斜向上射出，速度方向与水平面的 夹角为0，子弹的质量为，重力加速度为g,不计空气阻力。若子弹恰好在最高点射中蜂窝，则子 弹从枪口射出到恰好击中蜂窝的过程中 () A.子弹的飞行时间为 B.子弹的飞行时间为ocos0 线 C.子弹上升的最大高度为ocos0 2g D.子弹在最高点的动能为2muo2cos20 5.(2024·江苏扬州期末改编)冬奥会上滑雪运动员沿斜坡下滑了一段距离，滑雪运动员克服阻力做 功1500J,重力对他做功2000J,该过程中，滑雪运动员的动能 () A.增加了500J B.减少了500J C.减少了1500J D.增加了2000J 样 6.(2024·湖南邵阳期末)特种兵训练项目示意图如图所示，一根绳的两端分别固定在两座山的A、B 两点，A、B两点水平距离为20m,竖直距离为3m,A、B两点间绳长为25m。质量为60kg的士 兵抓住套在绳子上的光滑圆环从高处A点滑到低处B点。以A点所在水平面为零重力势能参考 平面，不计空气阻力，g取10m/s2。士兵在滑行过程中重力势能的最小值约为（绳子处于拉直状 必修第二册RJ版 态且形变量很小可忽略) A.-4200J B.-3600J C.-5400J D.-1800J Bh 第6题图 第7题图 7.新考法物理与生活（多选）(2025·贵州安顺期末)避险车道是指在长陡下坡路段行车 道外侧增设的供刹车失灵的车辆驶离正线安全减速的专用车道，如图甲是某高速公路 旁建设的避险车道，简化为图乙所示。若质量为的货车刹车失灵后以速度vo经A 点冲上避险车道，运动到B点速度减为0，货车所受摩擦阻力恒定，不计空气阻力。已知A、B两 点高度差为h,重力加速度为g,下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是 () A.重力做的功为mgh B.合外力做的功为一2muo C.摩擦阻力做的功为mgh一2nu。2 D.摩擦阻力做的功为2muo2-mgh 8.(2025·山东青岛期末，8分)如图所示，一位装卸工人利用斜面卸货，开始时货物静止在斜面上。 工人对货物施加一沿斜面向下的恒定推力F1,使货物恰好匀速向下运动。已知货物的质量= 100kg,斜面的长度L=3m,斜面的倾角0=37°，货物与斜面间的动摩擦因数4=0.8，重力加速度 g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求货物静止时受到的摩擦力大小。 (2)求F1的大小。 (3)若对货物施加的推力大小变为F2,货物从斜面顶端由静止开始运动，运动了x1=1后撤去 该推力，货物刚好能到达斜面底端，求F2的大小。 能力测·迁移运用 9.(2025·河北保定期末)一位高山滑雪运动员在与水平面夹角0=30°的雪地上向下沿直线滑行，滑 道足够长，运动员下滑过程的重力势能E。、动能Ek与下滑位移x的变化关系如图所示，不计滑行 过程的阻力，g取10m/s2,则下列说法正确的是 ( A.运动员质量为50kg E/T 4200------ B.滑雪杆对运动员的平均推力为400N 3000 C.下滑4m时，运动员的重力势能与动能相等 200 D.下滑10m时，重力的瞬时功率P=1200√35W 04 10x/m 。25· 一本高中物理周末小测卷 10.(2022·山东日照期末)一个小物块从足够长的固定斜面底端以沿着斜面的初速度冲 上斜面，已知小物块与斜面之间的摩擦力大小恒定。若小物块到斜面底端的距离为 s,则小物块沿着斜面向上、向下运动过程中的动能Ek随着距离、变化的图像，正确 的是 Ek E E E A B C D 11.（多选)(2024·重庆沙坪坝期末)如图甲所示，倾角为37°的光滑斜面上有一个物块在 沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，若力F的最大功率为P,小物块的动能为 Ek、重力势能为E,(以出发点的势能为零)、位移为x、运动过程中的速度为v,以沿斜 面向上为正方向，物块从开始运动到抵达斜面顶端全程Ek-x图像如图乙所示，其中OA段为直 线，AB段为曲线、BC段为平行于横轴的直线，已知物块从0时刻开始经2s到达距出发点4m 处，此时力F的功率刚好为最大值，之后保持该功率不变，重力加速度g取10m/s2,sin37°= 0.6,c0s37°=0.8，下列说法中正确的是 () E/J B x/m 甲 丙 A.物块的质量m=0.5kg B.F的最大功率P=32W C.丙图为物块运动过程的E。x图像 D.物块到达顶端时速度v=3m令 12.(2025·贵州安顺期末改编，14分)某消防逃生滑道简化为如图所示的斜面。逃生滑道的倾角0= 30,高度h=10m,人与滑道的动摩擦因数1- 6。」 逃生时人从滑道顶端A处由静止开始滑下， 不计空气阻力，人可视为质点，重力加速度g取10m/s2。 (I)求人滑到斜面底端C处时速度v的大小和下滑过程所用的时间t。 (2)为了保障最高安全性，应使人滑到C处时速度正好为零。可把滑道分 成等长的两段，即AB=BC。若AB段滑道的动摩擦因数仍然为μ1，求BC 段滑道的动摩擦因数μ2。 c10 ·26· 必修第二册RJ版 13.(2025·河北保定期末，14分)如图所示，有一个质量m=2kg的物块在外力F作用下，从A点由 静止开始向右运动，物块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，A点右侧有一竖直放置的光滑圆弧 轨道，圆弧轨道的最低点为B,圆心为O,C为圆弧轨道最高点且OC与水平方向夹角30°。物块 在到达B点之前已撤去外力F。经过B点时物块对圆弧轨道的压力是物块重力的5倍，已知 AB间距离x=4m,圆弧的半径R=0.4m,重力加速度g取10m/s2。求： (1)外力F做的功： 0,-30 (2)物块在C点受到的弹力大小； (3)物块落回水平地面时与B点的水平距离。 n月n 弥 B 拓展测·创新突破 14.新考法形式创新(2024·山东枣庄期末，18分)如图所示，学校科技小组设计了固定 放置的“e”字形竖直轨道，由光滑半圆形轨道AB、BC和粗糙的水平直轨道CD及光 封 滑的四分之一圆轨道DE平滑连接组成，半圆BC的半径r=0.2m,半圆AB的半径 为2r、四分之一圆弧DE半径为1.5r,轨道两端分别与地面、竖直墙壁相切于A点和E点。质量 m=0.3kg的滑块从A端以水平向左的速度o=5m/s进入轨道。已知CD长为6r,滑块第二 次经过D时对轨道DE的压力为FD=8N,不计空气阻力，滑块可视为质点，重力加速度g取 10m/s2。 (1)求滑块与CD之间的动摩擦因数4。 (2)若滑块最终停在水平直轨道CD上，求滑块最终停止的位置与C点的距离d。 (3)若改变滑块的初速度vo,使滑块能停在CD上，且运动过程中不脱离轨道BC,求o的范围。 (4)若vo=2√10m/s,求滑块脱离BC时，滑块的速度与水平方向夹角的余弦值。 E 线 D 77777777777777