第4章 机械能及其守恒定律（拔高练）-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

角9，互补，则根据匀速圆周运动规律可得”+2”， +万1m,解得 TT2 2(T+)故D错误故选B. A 0 02 2.AD解析：A.L和L的角速度相同，圆周运动半径不同，根 据an=02r,可知向心加速度大小不同故A正确.B.L,和L2 到太阳和地球公共质心的距离相等（此处可以将太阳和地 球视为处于公共质心的单一天体)，则L到太阳的距离小于 L2到太阳的距离.故B错误C根据v=wr,可知5个点角速度 相同，当圆周运动半径相同时，线速度相同.L1和L2的圆周 运动半径不同，故其线速度不同故C错误D.对位于L4的人 造卫星受力分析，如图所示，其中F,和F2分别为太阳和地 球对卫星的引力，其合力F指向太阳和地球连线上的O点 过点C作水平线BC,有△ABC为等边三角形，即AB=BC= F2,由△L4BC与△L,D0相似可 得B_BC,即+=是 LD DO' LaD DO' 假设太阳、地球、人造卫星的质量分别为M、m、mo,日地距离 GMmo Gmmo Gmmo 为R,则有R R D0,解得D0=m mR330000 页太用半径为.即0小于太阳半径，即0在太阳内部。 故D正确.故选AD. F A B 太阳○- 0 地球 第4~5节人造卫星宇宙速度 太空探索（选学）》 1CD解析：A卫星绕地球做匀速圆周运动，则有G m了，对近地卫显有6把片在绝球表面有C”」 R2=m- R2 √2 mg,根据题意有v1= 26,解得r=2R,故A错误；B,在卫星轨 道所在位置有GM=mg,结合上述解得g=8,放B错 误：C.卫星绕地球做匀速圆周运动，则有G m结 2m3 合上述解得T=4m2,放C正确：D.作出太阳光示意图 R 1 如图所示，根据几何关系有sin0= ,=2,解得0=30，可知 卫星绕地球一周，太阳能收集板的工作时间对应卫星的圆周 必修第二册·JK 角为α=360°-20=300°，则太阳能收集板的工作时间为t= 「，T,结合上述解得=/，故D正确故选CD. 太 ON 星 地球 2.(1)2m入g a21(a/语 16m√g 解析：(1)卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，对地 球表面上质量为m的物体，有GM=mg,对a卫星，有 4m2 =m,R,解得T。=2 R2 尽，对b卫星，有 Mm 4R)2 4π2 4R,解得T,=16m√g R (2)卫星做匀速圆周运动，对a卫星，有2=P,解得 R2 √R,对6卫星，有GM CM CM D2=m,,解得，=√4R 所以。：。=2：1； (3)设经过时间t,a、b两颗卫星第一次相距最远，若两卫星 同向运转，此时a比6多转半圈，则2_2=T,解得= T。T 只F若两卫显反向运转则（贸+牙）=，解得1 TN 8TR g 第四章机械能及其守恒定律 第1节功 1.BCD解析：AB.由图乙可知，0~过程，物块相对于传送带 向左运动，物块受到向右的滑动摩擦力，物块做加速运动， x。~2x。过程，物块相对于传送带静止，相对于地面做匀速直 线运动，物块受到向左的静摩擦力，静摩擦力大小与弹簧弹 力大小相等，方向相反，直到2。处弹簧恢复原长后，物块不 再受到静摩擦力，继续匀速直线运动，故物块先加速后匀速， 故A错误，B正确；C.在x。处物块与传送带共速，此时物块 受力平衡，即F==05功，解得k=6,故C正确；D∫- 图像中图线与x轴围成的面积即为整个过程中摩擦力对物 块做功，0~x过程，摩擦力对物块做正功，x。~2x过程，摩 擦力对物块做负功，故整个过程中摩擦力做功为W=。 之·Q5,=0756,放D正确故选BCD 2.(1)0.3m/s2(2)2.76J 解析：(1)开始时物块C恰好保持静止，则C受到绳子的拉 力为F1=Mg=5N,对物块B受力分析可知mg=kAx,+F1, 解得△x1=5cm,即弹簧压缩量为5cm,A刚好离开地面时， 对A受力分析有kAx2=mg,解得△x2=10cm,则在t仁1s内， 物块C做匀加速运动的位移x=△x1+△x2=0.15m,则由运动 学公式知x=a,解得a=0.3mg, 黑白题48 (2)把B、C看成整体，对B、C整体受力分析，由牛顿第二定 律可知F-Mg-mg+k△x1-kx=（M+m)a,整理可得F=100x+ 10.9(N),则F与x的关系图像如图所示， ↑FN 25.9- 10.9 00.15x/m 当x=0.15m时，F=25.9N,该过程拉力F所做的功W= 10.9+25.9x0.15J=2.76J 2 第2节功率 1.D解析：A.箱子受重力G、支持力F、、摩擦力f、绳子的拉力 F的作用.箱子在水平地面上做匀速运动，那么随着箱子向 右运动，绳子与水平面间的夹角日变大，则绳子的速度'= vcos0变小，所以，O点速率变小，A错误；BC.由物体匀速滑 动可得物体受力平衡，有f=uFN=Fcos0,G=Fv+Fsin0,解得 G F二1+uan9随着箱子向右运动，绳子与水平面间的夹角0 变大，F、变小，C错误：F=F G cos 0 (1tutan 0)cos 6 cos0sin9令tamB=,则r= G -,0<0< √1+u2sin(B+0) 2 时，且0逐渐变大过程中，拉力F先减小后增大，B错误； D.拉力F的功率P=fs0三n0随着箱子向右运动 绳子与水平面间的夹角0变大，P变小，D正确.故选D. 2.AC解析：A设喷嘴处水流速度为o,水做竖直上抛运动， 对于从上抛到最高点的整个过程，水的位移h=5m,由 -v6=-2gh,解得o=10m/s,故A正确；B.此喷嘴的出水流量 为Q=So=1.2×102m3/s,故B错误；D.水做竖直上抛运动， 其上升过程和下降过程具有对称性，其自由落体的时间为， 则h),解得1：√24水从竖直上抛到落地的总时间为 t总=2t=2s,这柱喷泉空中水的体积约为V=Q·t总=1.2× 102×2m3=2.4×102m3,故D错误：C.此喷嘴所接水泵在 t总=2s内，至少对空中水做功为W=mgh=pVgh=1.0×103× 24×102×10×5J=1.2×10J,功率至少为P=” 1.2x10W=600W,故C正确，故选AC 2 第3节动能动能定理 第1课时动能的表达式动能定理 1.AD解析：AB.对m受力分析如图，水平和竖直方向分别由 动力学方程Fsin0-fcos0=0,Fcos0+fin0-mg=ma,解得 F=m(a+g)cos0,f=m(a+g)sin0,根据定义分别计算出二者 的做功Wp=Fhcos0=m(a+g)hcos20,W=fhcos(90°-0)= m(a+g)hsin20,故A正确，B错误；CD.斜面对物体有2个力， 所以做功为二者之和W=m(a+g)h,也可根据合力做功为斜 面对物体做的正功和重力做的负功两部分之和F合h= W-mgh=mah,再根据牛顿第二定律F合=ma,同样可得W= m(a+g)h,故C错误，D正确.故选AD. 参考答案与解析 a 0 mg↓ 2.C解析：A所有小球都是做平抛运动，只受重力，加速度为 重力加速度g,所有小球单位时间内的速度变化率相同， 故A错误；B所有落在平面A1B1C1D1上的小球，下落高度相 ,可知下落时间相同，而落到C,点的小球水平 同，由=√g 位移最大，所以落到C,点的小球的抛出初速度v最大，所以 落到C,点的小球的末速度最大，即落到C,点的小球的末动 能最大，故B错误；C所有击中线段CC,的小球水平位移相 同，设为x,击中线段C℃某点的小球的位移偏转角为日，那 么下落到该点的高度h为h=xtan0,又由平抛规律和动能定 理有A=分，=w,neh=瓜弓，联立上式得瓜 1 1 mg(am9叶4an6,可知当am0=2时，，有最小值，再 结合题目的几何关系知该点应为线段CC的中点，故C正 确：D.当运动轨迹与线段AC,相交时，所有小球的位移偏转 角相同，其正切值为tan0=1,再根据平抛推论知，所有小球 速度偏转角相同，其正切值为tana=2tan0=2,由此可知在 交点处的速度偏转角均不为60°，故D错误；故选C. 第2课时动能定理的综合应用 BD解析：A,由小物块在点D受力可知m%=F,当小物块 运动到A点时有msR=m-之m,解得=25ms,根 据小物块在最低点的受方力可知P、-mg=。,解得R、=11N, 故由力的作用是相互的可知，小物块经过圆轨道最低点时对 轨道的压力为11N,A错误；B.由题可知，小物块沿轨道BC 上滑到最大高度的过程中有umgLan+umgLcos+mgLsin日= 2m,解得L=15 =16m,小物块沿轨道BC上滑的最大高度 为h=Lsin0=6m,B正确；C.设能在圆轨道做完整的圆周 运动的释放高度为x,在圆轨道顶点时的最小速度v= Vg级=反，则mgx=mg·2R+分m解得x=05m,故 当小物块的释放高度调整为原来的0.45倍，即0.45m时，小 物块无法经过圆轨道的顶点，即无法通过D处，故C错误； D.从释放到离开斜面过程中，根据动能定理有1.5mgH- (pngbwimgbwo0 min0)=方ad,nel=7， 解得vc=3m/s,达到最高点时，竖直方向速度为零，此时小 物块的速度u=vccos37°=2.4m/s,D正确.故选BD. 2.(1)9J(2)0<4≤0.43或0.52≤μ≤0.58 解析：(1)从A到B的过程，根据竖直方向上的运动学公式 黑白题49 可得，=2gh-2gR(1-c0s53),同时6=30，联立解雅 ,=3反s,击打的瞬间有即=2，代入数据解得W=9J: (2)若小球恰好经过E点，根据牛顿第二定律可得 mg如37=一，解得=月ms,从A到5的过程中，根据动 能定理可得meh-,msto--2 mgrin37=m2-之m,解 得41=0.43，若恰好到圆弧DE的中点，则有mgh- hmgl-mgin37°=0-2，解得4=052，恰好到D点 时，根据动能定理可得msh-比mga=0-了m,解得化= 0.58,综上所述，动摩擦因数的取值范围为0<≤0.43或 0.52≤μ≤0.58. 第4节势能 1()见解折图-(2)a宁 分bng·(2）见解析 解析：(1)F-x图像如图所示.物块沿x轴从O点运动到位置 x的过程中，弹力做负功，F-x图线与x轴围成的面积等于弹 方做功大小，则弹力做的功网，=子·：·= 1 (2)a.物块由x1向右运动到x?的过程中，弹力做的功 =子·（在，）（名）=城码，物块由马 向左运动到的过程中，弹力做的功W。=弓·(+ 一）·（名，）=分然，蓝个过程中，弹力徽的功 明=+：=子品，弹性势能的变化量△， 1 b.整个过程中，摩擦力做的功W=-umg·(2x?-x,-x2）.与弹 力做功比较：弹力做功与x无关，即与实际路径无关，只与 始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互 作用力（弹力）和相对位置决定的能量一一弹性势能而摩擦 力做功与x?有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与 摩擦力对应的“摩擦力势能”. 第5节机械能守恒定律 第1课时机械能守恒定律的理解与应用 1.AD解析：A.假设左侧斜面下滑长度为x1,右侧斜面上滑长 度为x2,则全过程由动能定理可得mg×(8m-4m) mg(x1cosa+x2cos0)=0,得mg×(8m-4m)-mgx水平=0， 解得μ=0.2，故A正确：B.运动员在左侧和右侧机械能随位 移变化关系△E机左=-mg·△cos,△E机右=-mg△x2co8日， 则 △E机左 |△E机右 △x1 =umgcos a △x2 =mgcos0,因为0<a, 必修第二册·JK 所以cos>co3a&,故A>A.在，运动员在右侧比 左侧斜坡上机械能随位移变化快，故B错误；C右侧斜面有 4 tan 0 <20m,所以tan0>0.2=u,即有mgsin 0>mgcos9, 所以滑雪运动员到达右侧最高处后一定能再返回，故C错 误；D.左侧斜面下滑时，由题意有mg(8m-h,)>Ek1=mgh1, 得h,<4m,右侧斜面由题意有上滑至h2高度时有E2= mgh2,由能量守恒有4mg-mgh2<Ea,则4mg-mgh2<mgh2,解 得h2>2m,故D正确.故选AD. 第2课时系统的机械能守恒 1.AC解析：AB初始时，系统处于静止状态，弹簧处于压缩状 态，对B,有mgsin a=x1,滑块C由静止释放，沿竖杆下滑的 最大高度为0.6m时，A对挡板的压力恰好为零，弹簧处于伸 长状态，对A,有mgsin a=kx2,x1+x2=√+d正-d,解得x1= x2=0.1m,k=15/m,根据系统机械能守恒定律可得 mg(x1+x2)sina=mcgh,解得mc=50g,故A正确，B错误； C.滑块C由静止下滑到最低点的过程中，细绳拉力对物块B 做功等于滑块C克服绳拉力做的功，所以W。=mcgh= 0.050×10×0.6J=0.3J,故C正确；D.滑块C由静止下落到最 低点速度为零，所以滑块C先加速后减速，说明C的加速度 先向下后向上，所以滑块C到达最低点时加速度不为零，加 速度方向向上且达到最大，故D错误故选AC. 21),6%(2)号N(3)见解析 解析：(1)恰好通过D点时，由重力提供向心力，则有mg= ng,解得，=尔=√I0x0.6ms=6m (2)滑块从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得 Eo=mgR+2m2,在C点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿 第二定律得E=m,联立解得？N; R (3)若滑块恰能通过半圆轨道最高点D,则有xg 1.5m,若滑块以最大弹性势能弹出时，能停在水平直轨道 EF上，在EF上滑行的最大路程为x,则有Em= Lmg%mas+2mgR,代入数据解得xmx=4.0m,在轨道EF上往 返一次损失的能量为△E=umg·2l=0.4J,可知，若滑块最 终静止在水平直轨道EF,如下两种情况满足要求： ①1.5m≤x≤2.0m,则有E。=mgx+2mgR,解得1.5J≤E。≤ 1.6J,②3.5m≤x≤4.0m,则有E。=mgx+2mgR,解得1.9J≤ E。≤2.0J. 第6节实验：验证机械能守恒定律 1(@129不满要1-（片-（号广50 解析：(2)根据题意，由公式u=or可得，由于转动过程中角 速度相等，则有0=2：1，又有，：，=：4，解得 tp to tp:to=1:2; (3)本实验验证机械能守恒定律时，由于钢球P、Q的质量相 等，则验证机械能表达式中质量可以约掉，所以不需要测量 钢球的质量. (4)当系统转动过程中满足机械能守恒定律，有2mgL-mgL ()°（2-(）（号 黑白题50 (5)ABD.阻力会影响机械能守恒，但是因为两个球是同轴转 动，并不影响它们的速度关系，进而不影响测量的时间关系 纸杆的质量同理也一样.C.造成误差的主要原因可能是钢球 半径对线速度计算的影响，从而导致速度不再是严格的二倍 关系，影响时间的测量故选C 第五章经典力学的局限性与相对论初步 第1~3节经典力学的局限性与相对论时空观 进阶突破 专题一关联速度问题 1.C 2.D解析：由题意可知，将B的 实际运动，分解成两个分运动， 如图所示 根据平行四边形定则，则有 Uasin a=v绳.因B以速度vo匀 速下滑，又α在增大，所以绳子速度在增大，则A加速运动！ 根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有Fr>mgsin0,故D正 确，ABC错误故选D. 3.A 4.D解析：AD.对小球和物块整体受力分析，受重力、杆的弹 力F、地面的支持力FN,如图1所示，在水平方向由牛顿第二 定律得Fcos0=(M+m)a,分离后物块的加速度为零，可知 在球与物块分离前，物块的加速度逐渐减小，而小球水平方 向的分加速度与物块的加速度相等，所以物块的水平方向分 加速度逐渐减小，而c0s0逐渐增大，所以弹力逐渐减小，当 恰好分离时，水平加速度为零，弹力为零，球只受重力，加速 度等于重力加速度g,故A错误，D正确；B.设球的速度为v, 球与物块分离前，物块与球的水平速度相等，球的速度与杆 垂直向下，如图2所示，将球的速度分解为水平方向和竖直 方向两个分速度，由图可知，球的速度大于物块的速度，故 B错误：C.由于地面光滑，杆对物块的弹力始终向左，物块的 加速度始终向左，所以物块一直加速，故C错误故选D. tF (M+m)g 40 图1 图2 5.D解析：经过时间1，∠OAB=,则AM的长度为r=h cos wt 则AB杆上与小环M的接触点绕A点的线速度v=wr= h将小环M的速度沿AB杆方向和垂直于AB杆方向分 cos wt 解，垂直于AB杆方向的分速度等于速度v,则小环M的速度 ,故选D. cos wt coswt' 专题二与斜面、曲面结合的平抛运动 1.B解析：如图所示，设AB之间高度差为h,CD之间高度差 28i,h's 为，则h=】 ，斜 2对，解得=g6=√g /2h 民低的正雀m:品6解得3y5。所以 vot vot-votz 船-会3故选B 参考答案与解析 1.B为54.9岁，A为100岁解析：设B在飞船惯性系中经历 的时间为△r,根据钟慢效应得：△t= △T ,即80= 1- c △T 二，解得△r≈34.9年：所以B回到地球时的年龄为 √1-(0.9) (20+34.9)岁=54.9岁，此时A的年龄为(20+80)岁=100岁 专项练 -oC D 2.B3.B4.B 专题三平抛运动的相遇与临界问题 1.B2.C 3.B解析：根据题意，设网的高度为h,,A到网的距离为△x,O 点与A点间的水平距离为L,由于球与地面的碰撞是弹性碰 撞，则由对称性可知AB=2OA=2L,由平抛运动规律有x= w,y=之，解得，=√务设第一次的初速度为，小球 1 从0一4有=L√员从A点弹起后，由网顶到最高点可得 v1=（L-△x) √2(h-么)，设第二次的初速度为，从0→B 可得=3孔景，从0点到网顶有2=（亿+4x) 2联立解得△宁，A=子故选B g 4B解析：A排球运动到乙位置的过程的时间为1=上= 3.0 10 =03s该段时间排球下降的距离为么=72=Q45m 此时排球离地高度为h3=H-h=3m-0.45m=2.55m>h1.故 乙在网前直立不动不可能拦网成功，A错误：B.球员乙起跳 拦网高度为h,=2.75m.跳起的高度为△h=2.75m-2.30m= 0.45m.竖直上抛运动的下降时间与上升时间相等，故有t= 2△h g =0.3s故乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙 位置时，球员乙刚好到达最高点，可以拦住，B正确；C结合 选项B的分析，乙在甲击球后0.25s起跳离地，初速度为 v=gt=10×0.3m/s=3m/s.上升时间t'=0.3s-0.25s=0.05s 时球到达乙位置，球员乙上升的高度为△W=,2 0.1375m,2.30m+0.1375m<2.55m,拦网不成功，C错误； D.乙在甲击球前0.3s起跳离地，经过0.6s刚好落地，拦不 到球，D错误故选B. 5.A解析：AD.设PM=y,MW=x,设运动时间为t,对甲有y= 1 2,根据速度的反向延长线过水平位移的中点则有 ana,=2an日，-2y对乙，根据斜抛的对称性可知竖直距离 x 黑白题51进阶 突破 第四章机械能及其守恒定律 第1节功 1.（2023·云南昆明开学考)（多选）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时 针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙连接，另一端与物块不拴接.物块将弹簧压缩一段距离后置 于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力∫随位移x的关系如图乙所示，x 为已知量，则下列说法正确的是 () -0.5f0 A.物块在传送带上先加速，后减速 B.物块向右运动2x。后与弹簧分离 C.弹簧劲度系数k= 2x0 D.整个过程中摩擦力对物块做功W=0.75xo 2.如图所示，质量均为m=1.0kg的A、B两小物块用轻质弹簧相连，A放置在水平地面上，B用 轻绳通过光滑的定滑轮与静止在平台上的物块C相连（连接物块B的绳子竖直，连接物块C 的绳子水平)，物块C恰好能静止在平台上.已知物块C的质量M=2.0kg,物块C与平台面间 的动摩擦因数u=0.25,弹簧的劲度系数k=100N/m.现用一水平向右的拉力F作用在物块C 上，使物块C向右做匀加速直线运动，t=1s时A物块恰好离开地面.重力加速度g取10/s2, 滑动摩擦力等于最大静摩擦力.求： (1)物块C做匀加速运动的加速度大小； (2)A物块刚好离开地面前，拉力F所做的功 A 进阶突破·拔高练11 第2节功率 1.如图所示，轻绳绕过光滑定滑轮系着箱子，在轻绳的另一端O施加适当的拉力F,恰好使箱子 在水平地面上向右做匀速运动，则 () A.0点速率不变 B.拉力F逐渐减小 C.箱子受到地面的支持力大小不变 D.拉力F的功率一直减小 L F (第1题) (第2题) 2.(2023·河北承德开学考)（多选）沧州市园博园喷泉广场建有一个彩色喷泉，启动一段时间 稳定后可保持如图所示的迷人风姿.若某次喷泉中心的水柱高达5，喷嘴横截面积为1.2× 10-32,喷嘴位置与池中水面持平，且喷水方向稍偏离竖直，使上升与下落的水流不重合.水 的密度为1.0×103kg/m3,不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,流量为单位时间内水的体 积则 () A.喷嘴的出水速度为10m/s B.喷嘴的出水流量为1.2×103m3/s C.水泵为此喷嘴所提供的功率至少为600W D.水柱在空中的水体积为6.0×10-2m 第3节动能动能定理 第1课时》动能的表达式 动能定理 1.(多选)如图，在电梯中有一固定放置的倾角为0的斜面，斜面上放置一个质量为m的物体， 二者以相同的加速度α匀加速上升了高度h,且物体和斜面始终保持相对静止，在这一过程 中，下列说法正确的是 ( A.斜面支持力对物体做的功为m(a+g)hcos20 B.斜面对物体的摩擦力做的功为m(a+g)hcos20 m C.斜面对物体做功为mah 0 D.合力对物体做的功为mah 2.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的长方体框架ABCD-A,B,C,D,已知：AB:AD: AA,=1:1:√2，从顶点A沿不同方向平抛小球（可视为质点）.关于小球的运动，则() A.所有小球单位时间内的速率变化量均相同 B.落在平面AB,C,D1上的小球，末动能都相等 D C.所有击中线段CC,的小球，击中CC,中点处的小球末动能最小 D.当运动轨迹与线段AC1相交时，在交点处的速度偏转角均为60° 12黑白题物理1必修第二册·JK 第2课时》动能定理的综合应用 1.(2023·重庆月考)（多选）如图所示，在一竖直平面内有 一光滑圆轨道，其左侧为一段光滑圆弧，右侧由水平直轨 道AB及倾斜轨道BC连接而成，各连接处均平滑.圆轨道 半径为0.2m,轨道AB及倾斜轨道BC长度均为1.0m,倾 斜轨道BC与水平面夹角0=37°.与圆心等高处D点装有传感器可测得轨道所受压力大小.质 量为0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H处静止释放，经过D处时压力传感器的示数为8N. 小滑块与轨道AB及倾斜轨道BC的动摩擦因数均为0.25，运动过程中空气阻力可忽略， sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2.下列说法正确的是 () A.小物块经过圆轨道最低点时对轨道的压力为10N B.小物块沿轨道BC上滑的最大高度为6m 9 C.若小物块的释放高度调整为原来的0.45倍，其他条件不变，经过D处时压力传感器的示数 为2.5N D.若小物块的释放高度调整为原来的1.5倍，其他条件不变，小物块离开斜面到达最高点时 的速度为2.4m/s 2.(2023·湖南长沙开学考)小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一 质量m=1kg的小球（可视为质点），离地面高h=2m,通过击打可以将小球水平击出，装置乙 是半径R=1m,圆心角是53°的一段竖直光滑圆弧，圆弧底端与水平地面相切，装置丙是一个 固定于水平地面的倾角为37°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r=0.5的半圆形光滑 挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径，现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC 轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙.已知水平地面CD表面粗 糙，其他阻力均不计，重力加速度大小g取10m/s2,装置乙、丙与水平地面均平滑连接.(sin 53°=0.8，cos53°=0.6，sin37°=0.6，cos37°=0.8) (1)小球被击打的瞬间装置甲对小球做了多少功？ (2)若LcD=5m,要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则小球与水平地面 间的动摩擦因数取值范围为多少？ 53 R D 进阶突破·拔高练13 第4节势能 1.如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计.物块的质量为m,在水平桌 面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为心，以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O,当弹 簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F=x,k为常量， (1)请画出F随x变化的示意图；并根据F-x图像求物块沿x轴从0点运动到位置x的过程 中弹力所做的功 （2)物块由x,向右运动到x?,然后由x?返回到x2,在这个过程中，a.求弹力所做的功，并据此 求弹性势能的变化量.b.求滑动摩擦力所做的功：并与弹力做功比较说明为什么不存在 与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念 0x123x 第5节机械能守恒定律 第1课时》机械能守恒定律的理解与应用 1.(多选)如图，一个滑雪运动员从左侧斜坡（倾角为α）距离坡底8m高处由静止自由滑下，以 坡底为零势能参考面，当到坡底，高处时运动员的动能和势能恰好相等，到坡底后运动员靠 惯性冲上右侧斜坡（倾角为0<a).上到距离坡底，时，运动员的动能和势能再次相等，最后上 滑的最大高度为4m,全程运动员通过的水平离为20m,不计经过坡底时的机械能损失，且全 程动摩擦因数相同.下列说法正确的是 A.滑雪板与雪面间的动摩擦因数为0.2 B.运动员在左侧比右侧斜坡上机械能随位移变化快 1-- C.滑雪运动员到达右侧最高处后可能不再返回 D.h1<4m,h2>2m 第2课时》系统的机械能守恒 1.(2023·河南联考)（多选）如图所示，倾角α=30°足够长的光滑斜 劈固定在水平地面上，斜面底端有垂直于斜面的挡板，斜面顶端固 定有一轻质光滑小滑轮，在斜面的右侧距滑轮d=0.8m的位置竖 直固定着一根光滑竖杆.把由轻质弹簧连接的、质量均为m=300g的物块A、B放置到斜面 上，再用细线通过滑轮将穿在竖杆上的滑块C与物块B相连，在外力作用下C保持静止，此 时滑轮左侧细线与斜面平行而右侧细线水平，细线刚好伸直且张力为零.现将滑块C由静止 14黑白题物理1必修第二册·JK 释放，沿竖杆下滑的最大高度h=0.6m,在最低点时A对挡板的压力恰好为零，重力加速度g 取10m/s2.则下列判断中正确的是 () A.滑块C的质量为50g B.轻质弹簧的劲度系数为7.5N/m C.滑块C由静止下滑到最低点的过程中，细绳拉力对物块B做功为0.3J D.滑块C到达最低点时加速度为零 2.(2023·广东广州期末)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平 直轨道AB,圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF及弹性板等组成，半圆轨道最高 点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点.已知可视为质点的滑块 质量m=0.1kg,轨道BCD的半径R=0.6m,轨道EF的长度l=1.0m,滑块与轨道EF间的动 摩擦因数心=0.2，其余各部分轨道均光滑.游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道并滑上水平直 轨道EF.弹簧的弹性势能最大值Em=2.0J,弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽 略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过DE之间的能量损失，g取 10m/s2.求： (1)滑块恰好能通过D点的速度vn; 弹性板 (2)若弹簧的弹性势能E。=1.6J,求滑块运动到与圆心0等高的 E C点时所受弹力FN； 01 (3)若滑块最终静止在水平直轨道E℉上，求弹簧的弹性势能E。 的范围 弹射器 A B 进阶突破·拔高练1⑤ 第6节实验：验证机械能守恒定律 1.(2023·河南南阳期初)某同学用图甲所示的实验装置探究线速度与角速度的关系并验证机 械能守恒定律.先将两个完全相同的钢球P、Q固定在长为3L的轻质空心纸杆两端，然后在杆 长？处安装一个阻力非常小的固定转轴0.最后在两个钢球的球心处分别固定一个相同的挡 光片，如图乙所示，保证挡光片所在平面和杆垂直.已知重力加速度为g.实验步骤如下： 日光电门2 水平方向 Po- òQ 0 直 向 光电门1 甲 乙 (1)该同学将杆抬至水平位置后由静止释放，当P转到最低点时，固定在钢球P、Q球心处的 挡光片刚好同时通过光电门1、光电门2（两个光电门规格相同，均安装在过0点的竖直 轴上)； (2)若挡光片通过光电门1、光电门2的时间为tp和to,根据该同学的设计，tp：t。应 为 (3)若要验证“机械能守恒定律”，该同学 (填“需要”或者“不需要”)测量钢球的质 量m; (4)在误差允许范围内，关系式 成立，则可验证机械能守恒定律（关系式用 g、L、d、tp、to表示)； (5)通过多次测量和计算，发现第(2)问的关系式均存在误差，其中一组典型数据为t。= 6.27ms,tp=3.26ms.造成误差的主要原因可能是 A.空气阻力对钢球的影响 B.转轴处阻力的影响 C.钢球半径对线速度计算的影响 D.纸杆质量的影响 进阶 第五章 经典力学的局限性与相对论初步 第1~3节经典力学的局限性与相对论时空观 1.假如有一对孪生兄弟A和B,其中B乘坐速度为v=0.9c的火箭飞往大角星（牧夫座a),而后 又飞回地球.根据A在地球上的观测，大角星离地球有36光年远，这次B往返飞行经历时间 为80年.如果B离开地球时，他们的年龄都为20岁，试问当B回到地球时，他们的年龄各有 多大？ 16黑白题物理|必修第二册·JK