第8章 机械能守恒定律 测试卷（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版 江苏北京专用）

第八章　机械能守恒定律 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共11小题,每小题4分,共44分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求) 1.如图所示,在杂技表演中,一只猴子沿竖直杆从杆底部向上匀速爬至杆顶,然后匀速下滑。关于猴子的运动过程,下列说法正确的是 (　　) A.猴子匀速上爬时,猴子对杆的摩擦力做负功 B.猴子匀速上爬时,猴子对杆的摩擦力做正功 C.猴子匀速下滑时,杆对猴子的摩擦力做负功 D.猴子匀速下滑时,猴子对杆的摩擦力和杆对猴子的摩擦力是一对相互作用力,做功之和为零 2.一些地方开设了滑草滑道游乐项目,如图所示。设某游客(含装备)从滑草滑道的顶端由静止开始下滑到最低点过程中,该游客(含装备)的重力做功W1,克服阻力做功W2。则该过程中,该游客(含装备) (　　) A.重力势能减少W1　　　　　　　　B.动能增加W1+W2 C.机械能减少W1+W2　　　　　　　　D.产生的热量为W1+W2 3.一物体在外力F(如图甲所示)作用下运动的v-t图像(如图乙所示)为余弦曲线,下列判断正确的是 (　　) 　　 A.在0~t2时间内外力一直做正功,在t1~t2时间内外力的功率逐渐减小 B.在0~t2时间内外力一直做正功,在t1~t2时间内外力的功率先增大后减小 C.在0~t2时间内外力做功为零,在t1~t2时间内外力的功率逐渐减小 D.在0~t2时间内外力做功为零,在t1~t2时间内外力的功率先增大后减小 4.一名质量为m的游客从高处跳下落到沙滩上。该游客在起跳处时,脚底与沙滩表面间的高度差为H,落到沙滩上时屈膝缓冲,重心下降的高度为h,该过程沙子对游客的作用力视为不变,重力加速度为g,不计空气阻力,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中,受到沙子竖直向上的作用力大小为 (　　) A.mg　　　　B.mg　　　　C.mg　　　　D.mg 5.如图所示,圆筒固定在水平面上,圆筒底面上有一与内壁接触的小物块,现给物块沿内壁切向方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的动摩擦因数都相等,则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的关系图像可能正确的是 (　　) 　　　　　　　　　　　　 6.如图所示,竖直放置的半圆形轨道半径为R,与水平轨道平滑连接,不计一切摩擦,重力加速度为g。小球以初速度v0水平向左运动,在半圆形轨道BC上运动时没有脱离轨道,则小球的初速度v0不可能为 (　　) A.　　　　　　　　B. C.　　　　　　　　D. 7.如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,滑块用轻细绳系着绕过光滑的定滑轮O(滑轮大小可忽略)。现以大小不变的拉力F拉绳,使滑块从A点起由静止开始上升,滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m,滑轮O到竖直杆的距离为d,∠OAO'=37°,∠OCO'=53°,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.拉力F的大小为mg B.滑块由A到C做匀加速运动 C.滑块由A到C过程中拉力F做的功为mgd D.滑块在C点的动能为mgd 8.如图所示,一个光滑的半径为R的半圆形管道在竖直平面内固定放置,O为管道圆心,MN为水平直径。一条两端系有小球的细绳穿过管道,管道内径略大于小球直径,小球大小和绳的质量都忽略不计,小球A、B的质量分别为m和2m,初始时A球离M点的距离也为R,将A球由静止释放,随后无碰撞地进入管道,细绳始终绷紧。已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.刚释放时绳上的拉力大小为 B.A球运动到管道的最高点时,管道对A球的作用力向上 C.A球运动到M处时,对管道的压力大小为 D.A球运动到管道最高点时对管道的压力大小为mg 9.如图所示是利用太阳能驱动的小车,若小车保持牵引力恒定,在平直的水泥路上从静止开始运动,经过时间t前进距离x,电动机的功率达到额定功率P,此时速度增大到v。小车的质量为m,所受阻力恒为f,那么这段时间内 (　　) A.小车做加速度逐渐减小的加速运动 B.小车能达到的最大速度v= C.电动机对小车所做的功为fx+mv2 D.电动机对小车所做的功为Pt 10.“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型,研究气体流动及其与模型的相互作用,以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在矩形风洞中存在大小恒定的水平风力,现有一小球从M点竖直向上抛出,其运动轨迹大致如图所示,其中M、N两点在同一水平线上,O点为轨迹的最高点,小球在M点的动能为16 J,在O点的动能为4 J,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A.小球从M点运动到O点过程中动能一直减小 B.小球落到N点时的动能为32 J C.小球在上升和下降过程中机械能变化量相等 D.小球的重力和受到的风力大小之比为4∶1 11.如图所示,物块A、B置于光滑固定的足够长的斜面上,斜面的倾角为θ。轻质弹簧两端分别与A、B相连,B靠在与斜面垂直的挡板上,A上端连接一轻质细线,细线绕过光滑的定滑轮与物块C相连,且滑轮左侧细线始终与斜面平行。开始时托住C,系统静止且细线恰好伸直,然后由静止释放C。已知物块A、B、C的质量均为2 kg,弹簧的劲度系数为k=100 N/m,C始终未与地面接触,弹簧始终在弹性限度内。释放C后,C速度最大时B恰好要离开挡板。下列说法不正确的是 (　　) A.斜面的倾角θ=30° B.C的最大速度为0.5 m/s C.刚释放C的瞬间,A的加速度为5 m/s2 D.从静止释放到C的速度最大的过程中,细线对A做的功为3 J 二、非选择题(本题共5小题,共56分) 12.(6分)某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律,一根细线一端系住钢球,另一端悬挂在铁架台上的O点,钢球静止于A点,光电门固定在A的正下方,在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条(质量不计)。将钢球拉至不同位置由静止释放,遮光条经过光电门的挡光时间t由计时器测出,取v=作为钢球经过A点时的速度,记录钢球释放时细线与竖直方向的夹角和计时器示数t,计算并比较钢球从释放点摆至A点过程中重力势能减少量ΔEp与动能增加量ΔEk,从而验证机械能是否守恒。已知重力加速度为g。 (1)已知钢球质量为m,悬点O到钢球球心的距离为L,则ΔEp=　　　　(用m、θ、L、g表示)。  (2)改变θ值,得出多组θ与挡光时间t的实验数据,若机械能守恒,下列图像可能正确的是　　　　。  　　　　　　　　　　　　 (3)下表为该同学的实验结果: ΔEp/(102 J) 4.89 9.79 14.69 19.59 29.38 ΔEk/(102 J) 5.04 10.10 15.10 20.00 29.80 分析发现,表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异,产生这种差异的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  13.(8分)某实验小组利用如图甲所示的装置探究影响弹性势能大小的相关因素及动摩擦因数。弹簧的左端固定,右端与小滑块接触但不连接,弹簧自然伸长时右端小滑块恰好位于桌面边缘O,O在水平地面上的投影为O',测出两点间的高度差为h。重力加速度为g。 　　　　 (1)将小滑块向左推移至P点,P、O距离为d,然后静止释放小滑块,测出滑块在水平地面上的落点与O'点的水平距离x,则小滑块离开桌面时的速度大小为　　　　。(用题干所给的物理量表示)  (2)更换粗糙程度相同、但质量m不同的滑块,且滑块每次均从P点由静止释放,重复上述操作,根据实验数据作出-x2的图像如图乙所示,其中图像的斜率为k,纵轴截距为b,可得弹簧的压缩量为d时,即小滑块位于P点时弹簧的弹性势能Ep弹=　　　　,小滑块和桌面间的动摩擦因数μ=　　　　。(用题干所给的物理量表示)  (3)若将整个装置放在光滑的水平桌面上,不改变滑块的质量,改变弹簧的压缩量,重复(1)中操作,根据实验数据得x-d图像如图丙所示,则猜想弹簧的弹性势能Ep弹与弹簧的形变量d的关系为　　　　。  A.Ep弹∝　　　　B.Ep弹∝　　　　C.Ep弹∝d　　　　D.Ep弹∝d2 14.(12分)滑板运动由冲浪运动演变而来,已被列为奥运会正式比赛项目。如图所示,某滑板爱好者从斜坡上距平台H=2.5 m高处由静止开始下滑,水平离开A点后越过壕沟落在水平地面的B点,A、B两点间的高度差h=1.8 m,水平距离x=3.6 m。已知人与滑板的总质量m=60 kg,不计空气阻力,求: (1)人与滑板从A点离开时的速度大小; (2)人与滑板从A点运动到B点重力做功的平均功率; (3)人与滑板从斜坡下滑到A点过程克服阻力做的功。 15.(14分)如图甲所示,光滑水平桌面上放置一个轻质弹簧,左端固定,右端自由伸长到桌边A点。桌面右侧有一竖直固定的光滑圆弧轨道BCD,BD为直径,其中∠BOC=60°。现将一质量m=2 kg、可视为质点的物块放在A点,施加一水平向左的外力在物块上,使其压缩弹簧缓慢移动x=0.2 m,此过程中,弹簧弹力F与x的关系如图乙所示。然后撤去外力,物块沿桌面运动,飞离桌面后由B点沿切线进入圆弧轨道,恰好在D点脱离轨道。不计空气阻力。求: (1)弹簧的劲度系数k; (2)物块运动到B点时的速度大小vB; (3)圆弧轨道的半径R。 　　 16.(16分)如图所示,长为L的轻杆一端连接在M处的铰链上,另一端连接在质量为2m的小球A上,足够长的轻绳穿过N处的光滑圆环,一端连接在小球A上,另一端吊着质量为m的小球B,用竖直向上的力F拉着小球A,使A静止于P点,此时轻杆和连接小球A的轻绳与水平方向的夹角均为30°,铰链和圆环在同一水平直线上,不计小球大小和一切摩擦,重力加速度为g。 (1)求此时拉力F的大小。 (2)若在外力作用下,使小球A绕铰链从P点缓慢转至轻杆水平,求此过程外力F做的功W。 (3)若在P点撤去外力F,求小球A运动至最低点时的速度大小v。 答案全解全析 1.C　猴子匀速上爬时,杆的位移为0,猴子对杆的摩擦力不做功,A、B错误;猴子匀速下滑时,猴子对杆的摩擦力与杆对猴子的摩擦力是一对相互作用力,杆对猴子的摩擦力方向竖直向上,则杆对猴子的摩擦力做负功,杆的位移为零,则猴子对杆的摩擦力做功为零,可知猴子对杆的摩擦力和杆对猴子的摩擦力做功之和不为零,C正确,D错误。 2.A　游客(含装备)的重力做功W1,则重力势能减少W1,A正确;由动能定理可知合外力做的功等于动能的增加量,克服阻力做功W2,则阻力做功-W2,故动能增加W1-W2,B错误;由能量守恒可知,机械能的减少量等于物体克服除重力外的其他力做的功,故机械能减少W2,C错误;产生的热量等于克服阻力做的y即Q=W2,D错误。 3.D　由题图乙可知,0~t2时间内,物体的速度先减小后反向增大,动能先减小后增大,动能变化量为0,结合动能定理可得,外力先做负功后做正功,外力做的总功为0;t1时刻F最大,v=0,则F的功率为0,t2时刻F=0,速度最大,F的功率为0,则t1~t2时间内,外力的功率先增大后减小,A、B、C错误,D正确。 4.A　自游客从高处跳下到重心停止下降过程,根据动能定理有mg(H+h)-h=0,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中,受到沙子的作用力大小为=mg,A正确。 5.C　物块沿圆筒内壁做圆周运动时,受到内壁对其的滑动摩擦力的大小f1=μFN=,方向与物块沿内壁切向的运动方向相反,受到圆筒底面对其的滑动摩擦力的大小f2=μmg,方向与f1的方向相同;根据动能定理有-f合s=Ek-Ek0,由于物块沿内壁做圆周运动的速率减小,所以受到内壁对物块的滑动摩擦力f1减小,f合=f1+f2,f2不变,则Ek-s图像斜率的绝对值减小,C正确。 6.C　第一种情况:小球能通过最高点,则小球在半圆形轨道BC上运动时没有脱离轨道,此时对应的临界状态为在最高点轨道对小球的支持力为零,由重力提供向心力,则有mg=m,解得v=;从A到C,根据机械能守恒定律有mg·2R=m-mv2,解得v0=。第二种情况:小球不能过最高点,则小球在半圆形轨道上与圆心等高的下方运动,临界情况为上升到与圆心等高处,速度恰好为零,根据机械能守恒定律有mgR=m,解得v0=。综上分析可知,小球的速度v0的范围为v0≥或v0≤,故、、是可能的速度,不可能,C项符合要求。 7.D　当滑块所受合力为零,加速度为零时,速度最大,则在C点,有F cos 53°=mg,解得拉力F的大小为F==mg,故A错误;对滑块受力分析,竖直方向有F cos θ-mg=ma,滑块向上滑动时,细绳与竖直方向夹角变大,而拉力不变,则滑块的加速度a变小,故B错误;滑块由A到C过程中拉力F做的功为W=F·=mgd,故C错误;滑块从A运动到C过程,由动能定理得W-mgh=Ek-0,又由几何关系知h=-=d,联立解得Ek=mgd,故D正确。 8.D　刚释放时设绳上拉力大小为T,对A有T-mg=ma,对B有2mg-T=2ma,联立可得T=,故A错误;在A球运动到M点的过程中,有2mgR-mgR=×3m,解得vM=,在M点时,弹力提供向心力,有F=m=mg=F压,故C错误;A球运动到最高点的过程中,根据动能定理有2mg(R+R)-mg×2R=(m+2m)v2,解得v=,A球在最高点时的向心力大小为Fn=FN+mg=m=mg,解得FN=mg,管道对小球A的弹力向下,小球A对管道的压力大小为mg,B错误,D正确。故选D。 9.C　由题意可知,小车保持牵引力恒定,所受阻力恒为f,则在运动时间t内所受合力恒定,小车的加速度恒定,即小车做匀加速直线运动,A错误;电动机的功率达到额定功率P时,小车的速度增大到v,若小车继续以额定功率运动,当牵引力等于阻力时,小车达到最大速度,则最大速度为vmax=>v,B错误;小车在运动过程中,由动能定理可得W-fx=mv2-0,解得W=fx+mv2,C正确;由题意可知,在小车速度达到v时,电动机的功率达到额定功率P,在小车速度达到v以前,电动机的实际输出功率小于额定功率P,因此电动机对小车所做的功小于Pt(点拨:由于电动机的功率从0均匀增大到P,所以电动机对小车所做的功为t),D错误。 10.B　小球从M点运动到O点过程中受重力和水平风力作用,重力与风力的合力斜向右下方,小球的速度方向沿轨迹的切线方向,小球从M点运动到O点过程中速度方向与合力方向的夹角由钝角减小为锐角,故合力对小球先做负功后做正功,小球的动能先减小后增大,A错误;小球在M点的动能为EkM=m=16 J,在O点的动能为EkO=m=4 J,小球在竖直方向上做竖直上抛运动,则vNy=vM,tMO=tON,小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动,由v=at,可知小球在N点水平方向的分速度vNx=2vO,小球落到N点时的动能为EkN=16 J+4×4 J=32 J,故B正确;小球在上升和下降过程中机械能变化量都等于上升、下降过程中风力做的功,在水平方向上由x=at2,可得xMO=xON,所以小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶3,故C错误;设风力大小为F,小球的质量为m,小球从M点运动到O点过程中在竖直方向上有vM=gt,在水平方向上有vO=t,解得===,故D错误。 11.B　初始状态,弹簧压缩,弹簧弹力与物块A重力沿斜面向下的分力平衡,F1=kΔx1=mg sin θ;B恰好要离开挡板时,弹簧拉伸,弹簧弹力与物块B重力沿斜面向下的分力平衡,F2=kΔx2=mg sin θ,可知Δx1=Δx2,两状态下弹簧弹力大小相等;A、C速度最大时加速度均为0,对C分析可知FT=mg,对A分析有FT=mg sin θ+kΔx2,解得θ=30°,A正确。对于物块A、B、C以及弹簧组成的系统,只有弹簧的弹力和重力做功,系统机械能守恒,初始状态与B恰好要离开挡板时,弹簧的弹性势能相等,根据机械能守恒有×2mv2=mg×(Δx1+Δx2)-mg×(Δx1+Δx2)·sin θ,解得v=1 m/s,B错误。释放C的瞬间,弹簧弹力没有突变,对C分析,有mg-F'T=ma,对A分析有F'T=ma,解得a=g=5 m/s2,C正确。从静止释放到C的速度最大的过程中,对A应用动能定理可得W-mg sin θ×(Δx1+Δx2)=mv2,解得W=3 J,D正确。 12.答案　(1)mgL(1-cos θ)(2分)　(2)D(2分)　(3)遮光条处测得的速度比球心处真实速度大,导致动能增加量测量值偏大(2分) 解析　(1)钢球从释放点摆至A点过程中,下降的高度为h=L-L cos θ,由重力做功与重力势能变化量的关系可得ΔEp=mg(L-L cos θ)=mgL(1-cos θ)。 (2)若机械能守恒,则有ΔEp=ΔEk,即mgL(1-cos θ)=mv2,由题意知v=,整理得 cos θ=1-·,可知D正确,A、B、C错误。 (3)由表格数据可知,动能增加量始终略大于重力势能减少量,产生这种差异的原因可能是:遮光条处测得的速度比球心处真实速度大,导致动能增加量测量值偏大。 13.答案　(1)x(2分)　(2)(2分)　(2分)　(3)D(2分) 解析　(1)小滑块离开桌面后做平抛运动,则有h=gt2,x=v0t,解得小滑块离开桌面时的速度大小为v0=x。 (2)小滑块脱离桌面前的运动过程中,由能量守恒有Ep弹=μmgd+m=μmgd+,整理得=+x2,可得-x2图线的纵轴截距b=,斜率k=,解得Ep弹=,μ=。 (3)若为光滑的水平桌面,则有Ep弹=,且在图丙中x∝d,可知Ep弹=∝x2∝d2,故选D。 14.答案　(1)6 m/s　(2)1.8×103 W　(3)420 J 解析　(1)人与滑板离开A点后做平抛运动,设从A点到B点所用的时间为t,根据平抛运动规律,在竖直方向上,有h=gt2 (1分) 解得t=0.6 s(1分) 在水平方向上,有x=vAt (1分) 解得vA=6 m/s(1分) (2)人与滑板从A点运动到B点,重力做功为WG=mgh=1 080 J(2分) 平均功率P= (1分) 解得P=1.8×103 W(1分) (3)人与滑板从斜坡下滑到A点过程中,由动能定理可得mgH+Wf=m-0 (2分) 解得Wf=-420 J(1分) 故克服阻力做功为420 J(1分) 15.答案　(1)200 N/m　(2)4 m/s　(3)0.64 m 解析　(1)由胡克定律得F=kx (1分) 结合图乙解得弹簧的劲度系数k=200 N/m(1分) (2)从撤去外力到刚要飞离桌面阶段,由题图乙可知,图线和x轴所围面积表示弹簧弹力做的功,对物块,由动能定理得Fx=m-0 (3分) 从A点到B点,物块做平抛运动,沿B点切线进入圆弧轨道,则 =cos 60° (2分) 解得vB=4 m/s(1分) (3)物块恰好在D点脱离轨道,轨道对物块的作用力为零,则 mg cos 60°=m (2分) 物块从B点到D点,由机械能守恒定律得 m=m+mg·2R cos 60° (3分) 解得R=0.64 m(1分) 16.答案　(1)3mg　(2)(-3)mgL　(3)4 解析　(1)由题意知,轻杆和连接小球A的轻绳与水平方向的夹角均为30°,由对称性可知此时轻杆弹力与轻绳弹力等大,即有 F杆=F绳=mBg (2分) 对A,由平衡条件有F=F杆 cos 60°+F绳 cos 60°+mAg (2分) 联立解得F=3mg (1分) (2)小球A绕铰链从P点缓慢转至轻杆水平,由动能定理有ΔEk=0=2mgL sin 30°+mg(2L-2L cos 30°)+W (3分) 解得W=(-3)mgL (1分) (3)小球A运动至最低点时位于M的正下方(B球末态位置未画出),如图 由几何关系可知 tan θ== (1分) 可得θ=60° (1分) 此时B的速度vB=v sin θ (1分) 对该过程,由机械能守恒定律可得×2mv2+m=2mg(L sin 30°+L)-mg (3分) 联立解得v=4 (1分) 学科网（北京）股份有限公司 $