第4章 第4节 势能-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

间为t'=。=4s,故AB错误：滑块开始在滑动摩摆 用下做匀加速运动时，P=元=ft,可知滑动摩擦力的功率与 时间成正比，2~4s无摩擦力，功率为零，4s后滑块在静摩 擦力作用下做匀减速运动，由于速度随时间均匀减小至零， 故摩擦力的功率也随时间均匀减小至零，故C正确；只有开 始滑块加速运动时，滑块与传送带间有相对位移，此时满 足5湘对=o一2a,位移不与时间成正比，故Q-f·5对图像 不是倾斜的直线，故D错误故选C 5.BD解析：A.赛车通过C点后在空中做平抛运动，竖直方向 有2R=)2,解得1=2故A错误：B.赛车恰好能通 最高点C,则有mg= 。=R,根据平抛运动水平方向规律有x vc,解得x=2R,赛车通过C点后恰好落回A点，故B正确； C.赛车从B到C的过程中，根据动能定理有-2mgR= 2-日m:解得，=V5g弧放C错误：D赛车从A点运 1 动到B点，根据动能定理有Pm4mg·2R= mu6,解得 =3mgR,故D正确；故选BD. p 6.C解析：取沿斜面向上为正方向，则由匀变速直线运动的 规律有，匀加速过程，=a4,减速过程，=a,了联立解得 a2=3a1.由牛顿第二定律有F-mgsin0=ma1,mgsin0=ma2, 联立解得F=子gnQ由动能定理可知，撒去外力F前，外 力F对物块做的功为W=F,=3mgs1sina合力对物块做的 功为W-mgs1sin9=E,即撤去外力F时物块的动能E= 4 3mgs1sin0-mgs1sin0,解得E,=100J.ABD错误，C正确 7.(1)6m/s(2)6.5m(3)不能停在C点右侧6m处 解析：()在B点时有=，得=6m/飞 (2)从B点到E点有mgh-umgL-mgH=0-2ma,得L= 6.5m. (3)设运动员能到达左侧的最大高度为h',从B点到第一次 返回左侧最高处有mgh-mgh'-umg·2L=0- 2mui,得h'= 1.2m<h=2m,故第一次返回时，运动员不能回到B点，从B 点运动到停止，在CD段的总路程为s,由动能定理可 得g-ng=07m6,得=19m,8=2L+6m,故运动员最 后停在C点右侧6m处 8(a2s3g(22a(a大于s于4 251 解析：（1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动设 此时管的加速度大小为a1,方向向下；球的加速度大小为 a2,方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿第二定 律有 Ma=Mg+f, ① ma2=f-mg, 联立①②式并代入题给数据，得 参考答案与解析 a1=2g,a2=3g ③ (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同.由运动学公式，碰 地前瞬间它们的速度大小均为 o=√2gH, ④ 方向均向下管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依 然向下 设自弹起时经过时间1，管与小球的速度刚好相同.取向上 为正方向，由运动学公式o-a11=-o+a241, ⑤ 联立③④⑤式得4=5√g 22H ⑥ 设此时管下端的高度为h,速度为u.由运动学公式可得 1 h1=o412a1G, ① v=v0-a11, ⑧ 由③④⑥⑧式可判断此时>0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升2，到达最高点.由运动学公式有h,=2g, ⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1, 则H1=h1+h2, ⑩ 联立③④⑥⑦8⑨0式可得H,=)5H. ① (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1·在管开始下 落到上升H,这一过程中，由动能定理有 Mg(H-H)+mg(H-H+x)-4mgx1=0, ② 联立①@式并代入题给数据得x=了， 4 B 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过 程中，球与管简相对位移%=子。 ④ 设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会 滑出管外的条件是x+x2≤L, 15 152 联立①85式，L应满足条件为L≥125 第4节势能 白题基础过关练 1.D2.B3.B4.B5.ABD6.B7.C8.B 9.C解析：在拉弹簧的过程中，拉力的大小始终等于弹簧弹 力F的大小x,故F-x图像的面积表示拉力所做的功，即 W=(好-)故选C 10.A解析：设斜面的最高点所在的水平面为零势能参考面， 开始时斜面上的那部分链条的重力势能为E=-· 2 4sin9,竖直下垂的那部分链条的重力势能为E2=-"坚. 2 、二，当链条刚好全部滑出斜面时，重力势能为E。=一mg: ,重力势能的减少量为AE,=E1+E2-E,=6mg,散 选A. 11.A解析：截面积为S的U形管，底部放在一水平面上，左 边装高度为h、密度为p的液体，现把底部中间的阀门打 开，使左右两边管中液体高度相等，此时液体的高度为， 故有-，：因此从左边移到右边的液体体积为V 2 黑白题33 )S.所以这个过程液体的重力势能变化量等于左边上 部分的液体移到右边的重力势能变化，即重力做的功为 W。=4PgS(h-h)尸.故选A 第5节机械能守恒定律 白题基础过关练第1课时机械能守恒定律的理解与应用 1.B2.B3.D4.B5.AB6.CD 7.B解析：由A到C的过程运用机械能守恒定律得：mgh+ E,=2mm,所以E,=2m2-mgh,故选B. 8.C解析：物体在最高点时具有的重力势能E。=mgh,=1× 10×0.4J=4J,A错误；物体在上升过程中，机械能守恒，故 在最高点时具有的机械能等于刚抛出时的动能，即8J,B错 误：物体在下落过程中，机械能守恒，任意位置的机械能都等 于8J,C正确；物体落地时满足机械能守恒，E=E,+E2= E+mgh2=E+(-10J),则E=8J-(-10J)=18J,D错误 9.ACD解析：A.根据重力做功的特点，可得小球从P到B的 运动过程中重力做功为W。=mg△h=mgR,故A正确；B.小球 沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，有mg=mR, 可得该过程中，小球机械能减少量为△E=mg·2R-mgR- 2mw-0=2mgR,故B错误，C.根据动能定理可得，该过程 中合外力做功为=4=了m=了eR,故C正确；D依 题意可知，在该过程中，只有摩擦力和重力对小球做功，根据 功能关系，可知小球克服摩擦力所做的功等于小球机械能的 改变量，为2mgR,故D正确故选ACD, 10.AC解析：B.设大碗半径为r1,小碗半径为r2,对小球从碗 1 的边缘到碗的最低点过程应用动能定理得mg1=2m- 0,得=√2g,同理可得mg= 2m吃-0，得2=√2g2, 由于T1>T2,所以1>2，故B错误；ACD.对小球在碗的最低 点进行受力分析，小球受重力和碗对球的支持力F、,由牛 顿第二定律知R,-mg=ma,向心加速度a=,得F mg=m-,Fxz-mg=m- 吃 ,解得a=a=2g,Fu=Fa=3mg, 由牛顿第三定律知碗对球的支持力等于球对碗的压力， 故AC正确，D错误故选AC. 11.ACD解析：A.若速度v为√2gR,则小球可到达与圆心等 高的位置然后返回，即小球可以不脱离圆环，选项A正确； B.若小球恰能到达圆轨道最高点，则在最高点满足mg= 尺，则从轨道底端到达圆轨道最高点，由动能定理得 m 1 -mg·2R=2m-2m,解得初速度为u=√5g配，故B错 误，C.在轨道最低点时，由牛顿第二定律F-mg=mR, 轨道最高点时，由牛顿第二定律r+mg=m,从轨道最因 必修第二册·JK 点到最高点，由机被能守恒定律2子=2m兮+mg·2R, 1 联立解得，小球在轨道最低点和最高点对轨道的压力差为 △F=F,-F2=6mg,故C正确；D.小球在圆环上的运动情况 有两种可能：一是速度较小，滑到某处速度为0，由机械能 。1 2 守恒定律有mg=2m,解得最大商度为h-g二是速度 较大，小球通过圆环最高点做完整的圆周运动，或没有到达 最高点就离开圆环而做斜抛运动，则在最高点还有水平速 度，由机械能守恒定律可知小球所能达到的最大高度要小 于故D正确故选ACD 黑题应用提优练 1.A2.D 3.C解析：设小球到达最高点时速度为v,根据机械能守恒 1 1 品=2m2+mghh=L-d-d-=L-5,代人数据联立 2 解得=2ms,根据牛顿第二定律F+mg=,解得细线拉 力大小为F=m d-mg=2N.故选C. 压轴挑战 4.BCD解析：由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变 量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程， 根据系统的机被能守恒得：2mgR=m6,解得小球运动到 B点时的速度为：=2√gR.故A错误根据小球与弹簧系 统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，小弹簧的弹性势能 为零，最小，则小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、B 两点时弹簧的弹力大小为F在A点，圆环对小球的支持力 F1=mg+F;在B点，由牛顿第二定律得：a-mg-F=mR, 解得圆环对小球的支持力为：F2=5mg+F;则F2-FN1= 4mg,由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力 差为4mg,故C正确.小球运动到B点时重力与速度方向垂 直，则重力的功率为0，故D正确故选BCD. 白题基础过关练第2课时系统的机械能守恒 1.D解析：当A刚刚下落到地面时，由机械能守恒定律得 3mgR-mgR=子·3m·+·m,A落地后B将继续上 到速度为零，设继续上升高度为九，有)·m·2=mgh, 立锯得k=R,则B上升的最大高度是A+R=R,故述D 2.ABD解析：相同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半 的距离，即为0.5h,故A、B运动的路程之比为2：1，故速度之 比也为2：1，故A正确：在整个过程中，桌面的支持力不做 功，只有B的重力做功，所以A、B两物块组成的系统机械能 守恒，但绳上的力对物块B做功，所以B的机械能不守恒， 故B正确，C错误：m,6h=分m,+,号=2，代人数 据得vA=6m/s,故D正确.故选ABD. 3.BD解析：A.物体A下滑时，竖直方向上受重力和细绳拉力 的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，可知物体A 所受的合力不是恒力，物体A的加速度不恒定，物体A做变 加速直线运动，故A错误：B.根据运动的分解可知物体A下 黑白题34B.赛车通过C点后恰好落回A点 C.赛车通过B点时的速度大小为2√gR D.赛车从A点运动到B点的时间为3mgk 6.在大型货场，常通过斜面将 货物送上货车，这个过程简 化为如图所示模型：固定光滑斜面的倾角为 0,质量为M的物块，在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止开始从斜面的底端向上做匀加 速直线运动，经时间t物块运动至斜面E点 (图中未标出)，然后撤去外力F,再经过时间 专物块速度诚为零已刻外力F做的功为 400J,则撤去外力F时物块的动能为( A.75J B.85J C.100J D.110J 7.如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两 段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆 心角0=60°，半径0C与水平轨道CD垂直，滑 板与水平轨道CD间的动摩擦因数u=0.2.某 运动员从轨道上的A点以o=3m/s的速度水 平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入 圆弧轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道，到 达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员 和滑板的总质量为m=60kg,B、E两点与水平 轨道CD的竖直高度分别为h=2m和H= 2.5m.求： 0 60 (1)运动员从A点运动到B点过程中，到达B 点时的速度大小vg (2)水平轨道CD段的长度L. (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能 否回到B点？若能，请求出回到B点时速 必修第二册·JK 度的大小；若不能，请求出最后停止的位 置距C点的距离. 8.（2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为 M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一 质量为m的小球圆管由静止自由下落，与地 面发生多次弹性碰撞（动能无损失），且每次 碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持 竖直.已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力 大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空 气阻力 (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球 各自的加速度大小； (2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没 有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没 有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件 r 黑白题080 第4节 白题基础过关练 题型1重力做功 1.如图所示，一物体从A点出发，分别沿粗糙斜 面AB和光滑斜面AC下滑及斜向上抛出，运 动后到达同一水平面上的B、C、D三点.关于 重力的做功情况，下列说法正确的是() A.沿AB面滑下时，重力做功最多 B.沿AC面滑下时，重力做功最多 C.沿AD抛物线运动时，重力做功最多 D.三种情况下运动时，重力做的功相等 (第1题) (第2题)》 2.(2022·江苏淮安期中)将两个足够长的斜面 体按如图所示的方式固定在水平面上，现将 一小球从左侧斜面体的h高度处由静止释放， 小球沿轨道运动到右侧斜面体上的最高点距 离地面个上述过程小球的重力做功为( A.mgh 4 B.3mgh C.mgh D.0 题型2重力势能的理解与计算 3.关于重力势能，下列说法正确的是 () A.物体的重力势能就等于重力做功 B.重力势能是物体和地球共有的，而不是物 体单独具有的 C.放在地面上的物体，它的重力势能一定等 于0 D.当重力做负功时，物体的重力势能一定 减少 第四章 势能 限时：25min 4.(2023·浙江湖州期中)如图所示，质量为m 的小球，从A点下落到地面上的B点.若以桌 面为参考平面，下列说法正确的是（) QA h www.w A.小球在A点的重力势能为mg(h,+h2) B.小球在B点的重力势能为-mgh2 C.整个下落过程中小球的重力势能减 少mgh1 D.整个下落过程中小球的重力势能减 少mgh2 题型3重力做功与重力势能的关系 5.（2023·江西吉安期末)（多选）关于重力做功 和物体的重力势能，下列说法中正确的是 A.当重力对物体做正功时，物体的重力势能 一定减少 B.物体克服重力做功时，物体的重力势能一 定增加 C.地球上任何一个物体的重力势能都有一个 确定值 D.重力做功的多少与参考平面的选取无关 6.(2023·河南驻马店期末)喳岈山风景区地处 河南省遂平县境内某位同学利用假期游览喳 岈山，则该同学沿上山台阶向上走的过程中 A.重力做负功，台阶的支持力做正功，重力势 能增加 黑白题081