第二周 动能定理与机械能守恒定律的应用（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（鲁科版）

第二周　动能定理与机械能守恒定律的应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、选择题 1.(2025·深圳高一期末)蹦床是深受儿童喜爱的体育活动，弹性网面起到提高弹跳高度和保护作用，某儿童从最低点竖直向上弹起到离开弹性网面的过程中，空气阻力和弹性网的质量均忽略不计，则 (　 ) A.儿童的速度逐渐增大 B.儿童的加速度逐渐减小 C.弹性网减少的弹性势能转化为儿童的重力势能 D.弹性网减少的弹性势能转化为儿童的机械能 2.(2025·徐州高一阶段练习)如图所示，运动员将质量为m的篮球从高h处出手，进入离地面H高处的篮筐时速度为v。若以出手时的高度为零势能面，将篮球看成质点，忽略空气阻力，对篮球下列说法正确的是 (　 ) A.进入篮筐时势能为mgH B.在刚出手时势能为mgh C.刚出手的动能Ek0=mg+mv2 D.经过途中P点时的动能比刚出手时的动能大 3.(2025·无锡高一期中)“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量让扔出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示，游戏者在地面上以速度v抛出质量为m的石头，抛出后石头落到比抛出点低h的水平面上。若以抛出点为零势能点，不计空气阻力，则下列说法正确的是 (　 ) A.抛出后石头落到水平面上时的重力势能为mgh B.抛出后石头落到水平面上时重力对石头做的功为-mgh C.抛出后石头落到水平面上时的机械能为mv2 D.抛出后石头落到水平面上时的动能为mv2-mgh 4.(2025·长春高一阶段练习)(双选)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换成质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降高度h时的速度大小v及其能够下降的最大高度H分别为(已知重力加速度为g，且不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内) (　 ) A.v= B.v= C.H=h D.H=2h 5.(2025·宿迁高一阶段练习)内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙。现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示，由静止释放后 (　 ) A.下滑过程中甲球减少的机械能可能不等于乙球增加的机械能 B.下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能 C.甲球沿凹槽下滑，无法到达槽的最低点 D.杆从右向左滑回时，乙球可能无法回到凹槽的最低点 6.(2025·武汉高一期中)(双选)如图所示，一质量为m的物块A穿在固定竖直杆上，轻绳一端系于物块A上，绕过轻质定滑轮O后，另一端系于质量为2m的物块B上。初始时A在外力作用下保持静止，且OA连线水平、长为L。现撤去外力，全过程A未落地，B未触碰定滑轮，不计任何阻力，重力加速度为g。在两物块的运动过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.刚释放A时，物块A的加速度为 B.物块B上升的最大高度为L C.当A下降到最低点后，将保持静止 D.当A下降L时，系统总动能最大 7.(2025·临汾二模)如图，位于竖直平面的半圆形轨道BC与足够长的水平轨道相切于B点，圆形轨道的半径为R。一个可视为质点的滑块受到水平拉力F=2.5mg的恒力作用，从水平轨道上与B点相距x的A点由静止开始运动，到达B点时撤去拉力F，滑块继续运动。不计一切摩擦，改变A点的位置，滑块到达圆形轨道最高点C时对圆形轨道的压力FC发生变化，下列能正确反映FC⁃x关系的图像是 (　 ) 二、非选择题 8.(10分)(2025·太原高一期末)如图所示，外壁光滑、半径为R的四分之一柱体固定在水平桌面上，柱体左侧下端固定有水平光滑轻杆。一轻绳跨过柱体，两端分别拴接质量相等的小球A、B，B套在轻杆上，OB与水平面的夹角为θ。现将A、B同时由静止释放，B沿轻杆水平向右运动，A沿竖直方向向下运动，绳子始终绷紧，A、B在同一竖直平面内且A始终未落地。A、B可视为质点，重力加速度为g，当B运动到O点正下方且未与柱体碰撞时，求: (1)A速度的大小；(4分) (2)B速度的大小。(6分) 9.(12分)(2025·江西高一期末)如图所示，内壁光滑、半径为R的半圆轨道AB固定在竖直面内，底端A与水平面相切，最高点B的末端是封闭的。水平面上有一倾角为θ=53°的粗糙斜面。将一质量为m的小球从斜面上的C点由静止释放，小球到达圆轨道最高点B时立即原速反弹，此时小球对圆轨道的外壁压力恰好为零。水平轨道AD长度为1.5R，小球可看作质点，与斜面以及水平轨道间的动摩擦因数为，小球经过D点速度大小不变，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。求: (1)小球首次经过A点时圆轨道对小球的支持力的大小；(4分) (2)斜面上的C点相对于水平面的高度；(4分) (3)小球反弹后再次冲上圆轨道的最大高度。(4分) 10.(12分)(2025·苏州高一期中)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；(4分) (2)若在外力的作用下，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；(4分) (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。(4分) 11.(12分)(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg，重力加速度大小g=10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin 37°=0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小；(5分) (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。(7分) 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 第二周 1.选D　儿童从最低点竖直向上弹起到离开弹性网面的过程中，弹性网面的弹力逐渐减小，刚开始弹性网面的弹力大于儿童的重力，儿童做加速度减小的加速运动，当弹性网面的弹力等于儿童的重力时，儿童的速度最大，此后弹性网面的弹力小于儿童的重力，儿童做加速度增大的减速运动，故儿童的速度先增大后减小，儿童的加速度先减小后增大，故A、B错误；系统只有重力和弹性网面的弹力做功，系统机械能守恒，则弹性网减少的弹性势能转化为儿童的机械能，故C错误，D正确。 2.选C　由于以出手时的高度为零势能面，因此刚出手时势能为0，进入篮筐时势能为mg(H-h)，故A、B错误；整个过程中篮球机械能守恒，在任何位置的机械能均为E=mg(H-h)+mv2，刚出手时势能为零，因此动能为Ek0=mg(H-h)+mv2，经过途中P点时的动能比刚出手时的动能小，故D错误，C正确。 3.选C　以抛出点为零势能点，水平面低于抛出点h，所以石头在水平面上时的重力势能为-mgh，A错误；抛出点与水平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对石头做功为mgh，B错误；整个过程机械能守恒，以抛出点为零势能点，抛出时的机械能为mv2，所以石头在水平面上时的机械能也为mv2，C正确；根据动能定理得mgh=Ek2-mv2可得，石头在水平面上时的动能Ek2=mv2+mgh，D错误。 4.选BD　设小球A下落高度h时弹簧弹力做功为W，对A小球，由动能定理有mgh+W=0，对B小球，由动能定理有2mgh+W=×2mv2，联立解得v=，故A错误，B正确；对A小球由动能定理有mgh-=0，对B小球由动能定理有2mgH-=0，联立可得=，故C错误，D正确。 5.选C　环形槽内壁光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，故A错误；甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能，即甲减少的重力势能等于乙增加的重力势能与甲、乙增加的动能之和，故B错误；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒可知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点，故C正确，D错误。 6.选BD　刚释放A时，物块A竖直方向只受重力，所以加速度为g，故A错误；根据系统机械能守恒定律可得mg=2mgh，解得h=L，故B正确；A下降过程中先加速后减速，加速度先向下减小后向上增大，所以A下降到最低点时，速度为零，加速度不为零，加速度向上，A将向上运动，不能保持静止，故C错误；当A、B加速度为零时，系统总动能最大，设绳与竖直方向的夹角为θ，则有T=2mg，Tcos θ=mg，解得θ=60°，所以A下降的高度为h'==L，故D正确。 7.选B　根据牛顿第三定律可得在最高点C滑块对圆形轨道的压力等于圆形轨道对滑块的弹力，即FN=FC，根据动能定理可得Fx-mg·2R=m，F=2.5mg，在最高点时，重力与弹力的合力提供滑块做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律则有mg+FN=，联立解得FC=FN=-5mg。 8.解析：(1)小球B运动到O点的正下方时，设小球A的速度为vA，小球B的速度为vB，则有vA=vBcos，解得vA=0。 (2)设小球A、B的质量为m，小球B运动到O点的正下方时，小球A下落的距离为h，由几何关系有h=-R 小球A、B组成的系统机械能守恒有 mgh=m，解得v B=。 答案：(1)0　(2) 9.解析：(1)小球到达B点时对圆轨道的外壁压力恰好为零， 由mg=m，得vB= 从A点到B点，则由机械能守恒定律得 m=m+mg×2R，解得vA= 小球经过A点时圆轨道对小球的支持力 FA=mg+m=6mg。 (2)从C点到A点由动能定理得 mgh-μmgcos θ×-μmg×1.5R=m，解得h=4R。 (3)设小球反弹后能回到斜面的最大高度为h'，由动能定理得 mgh'+μmgcos θ×+μmg×1.5R=m 代入数据得h'=1.6R 设小球再次冲上圆轨道的最大高度为H，由动能定理得 mgh'-μmgcos θ×-μmg×1.5R=mgH 代入数据得H=0.7R 所以小球反弹后再次能到达圆轨道的最大高度为0.7R。 答案：(1)6mg　(2)4R　(3)0.7R 10.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=mg， 对A由平衡条件有F=F杆cos 60°+F绳cos 60°+2mg 联立解得F=3mg。 (2)小球A绕铰链从P点缓慢转至轻杆水平，由动能定理有 0=2mgLsin 30°+mg+W 解得W=mgL。 (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 几何关系可知tan θ==，可知θ=60° 此时B的速度vB=vsin θ 对该过程，由机械能守恒定律有×2mv2+m= 2mg-mg，联立解得v=4 。 答案：(1)3mg　(2)mgL　(3)4 11.解析：(1)重物缓慢下降，处于平衡状态，对重物进行受力分析，如图所示， 水平方向有TPsin α=TQsin β 竖直方向有TPcos α=TQcos β+mg 联立解得TP=1 200 N，TQ=900 N。 (2)重物缓慢下降，动能变化量为零，下降过程中对重物由动能定理有mgh+W=0，解得W=-4 200 J 即两根绳子拉力对重物做的总功为-4 200 J。 答案：(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J $