第8章 第4节 第1课时 机械能守恒定律的理解与应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

第4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 白题基础过关 限时：30min 题型1动能和势能的相互转化 C.小球重力势能减小了mgH 1.撑竿跳高是一项运动员经过持竿助跑，借 D.小球克服空气阻力做功(F+mg)H 助撑竿的支撑腾空，在完成一系列复杂的动作 4.**如图所示，一轻质弹簧固定于0点，另一 后越过横杆的运动.在运动员上升的过程中」 端系一重物，将重物从与悬点0在同一水平 下列说法正确的是 面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让 A.运动员的机械能保持不变 它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆 B.撑竿的弹性势能先增大后减小 向最低点B的过程中 ( ) C.运动员的重力势能先增大后减小 A.系统的弹性势能不变 0￥000000006 D.运动员的水平方向的动能转化为竖直方向 B.重物的重力势能增大 的重力势能 C.重物的机械能不变 D.重物的机械能减少 2.*(2025·江苏泰州月考)把一小球放在竖 Bo 立的轻弹簧上，并把小球往下按至A位置，如 5.*(2024·上海期末)如图所示，下列关于机 图甲所示迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球 械能是否守恒的判断不正确的是 ( 升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹 A 簧正好处于自由状态（图乙）.不计空气阻力，下 列说法正确的是 ( A.小球从A运动到B的过程 O.-C 甲 中，弹簧的弹性势能全都转 L 化为小球的重力势能 B B.小球从A运动到C的过程 -A a回 中，弹簧的弹性势能全都转 丙 约 A.甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A与 化为小球的重力势能 弹簧组成的系统机械能守恒 C.小球从A运动到B的过程中，动能一直增大 B.乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑 D.小球从A运动到B的过程中，动能最大的 斜面下滑，物体B机械能守恒 位置为AB的中点 C.丙图中，不计任何阻力时A加速下落，B加 题型2机械能守恒的条件及判断 速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒 3.*某同学将一个质量为m的小球竖直向上 D.丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动 抛出，小球上升的最大高度为H设上升过程中 时，小球的机械能不变 空气阻力F大小恒定.则在上升过程中( 题型3机械能守恒定律的简单应用 A.小球的动能减小了mg丑 6.*如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一 B.小球机械能减小了FH 物体向右滑行，然后冲上固定在地面上的斜面， 必修第二册黑白题084 设物体在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧 D.若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他 至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h,不计 空气阻力，则物体运动到C点时，弹簧的弹性势 条件不变，则小球能达到的最大高度比P 能是 ( 点高公 A.mgh-2 ma B. 2m-mgh 9.*（2024·江苏无锡调研)如图 所示，竖直平面内固定着半径为r 视频讲解 C.mgh D.mgh+m 的光滑圆形轨道，A点和B点与圆心等高.质 量都为m的两个小球，某时刻球1恰好位于 ● 轨道的最高点，速度向右，大小为1=√gr, (第6题) (第7题) 球2恰好位于轨道的最低点，速度向左，大小 7.*如图所示，由距离地面h2=1m的高度处 为v,=√5gr,以圆环最低点所在平面为零势 以vo=4m/s的速度斜向上抛出质量为m=1kg 能参考平面，不计空气阻力，则两小球在运 的物体，当其上升的高度为h,=0.4m时到达最 动过程中 ( 高点，最终落在水平地面上，现以过抛出点的水 平面为零势能参考平面，重力加速度g取 10m/s2,不计空气阻力，则 ( A.物体在最大高度处的重力势能为14J B.物体在最大高度处的机械能为16J A.当两球高度相同时，整体重力势能最小 C.物体在地面处的机械能为8J B.当两球高度相同时，整体动能最小 D.物体在地面处的动能为8J C.当两球高度相同时，恰位于水平直径的 重难聚焦川 两端 题型机械能守恒定律在圆周运动中的应用 D.两球会在某一位置发生碰撞 8.*如图所示小球沿水平面通 P 10.**如图所示，有一半径为R、竖直 m 过0点进入半径为R的半圆 R 平面内的光滑圆轨道，有一质量 弧轨道后恰能通过最高点P, 0 为m的小球（可视为质点），小球能够沿着圆 然后落回水平面，不计空气阻力，下列说法正 确的是 轨道做完整的圆周运动，不计空气阻力，则小 ( A.小球落地点离O点的水平距离为R 球在轨道的最低点对轨道的压力F,比小球在 B.小球落地时的动能为5mg 视频中 轨道的最高点对轨道的压力F,大 A.3mg B.4mg C.小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好 为零 C.5mg 初频讲解 D.6mg 第八章黑白题085 黑题 应用提优 限时：20mim 1.*(2024·云南大理期末)将质量为0.2kg3.**如图所示，在竖直面 0 的小球放在竖立的轻弹簧上（未拴接），并将 内固定三枚钉子a、b、c,三 小球竖直下按至图甲所示的位置A.迅速松手 枚钉子构成边长d=10cm 后，弹簧把小球弹起，小球升至图乙所示的最 的等边三角形，其中钉子a、b在同一竖直线 高位置C,途中经过位置B时弹簧恢复原长 上.长为L=0.3m的细线一端固定在钉子a 已知A、B的高度差为0.1m,B、C的高度差为 上，另一端系着质量m=200g的小球，细线 0.3m,不计空气阻力，重力加速度g取 拉直与边ab垂直，然后将小球以vo=√3m/s 10m/s2.若取位置B所在水平面为零势能参 的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点， 考平面，则 ( 不考虑钉子的粗细和空气阻力，重力加速 度g取10m/s2,细线碰到钉子c后，小球到 达最高点时，细线拉力大小为 A.ON B.1N C.2N D.3N 压轴挑战 777777 4. (2025·湖南长沙模拟)如图厅示， A.小球在位置A的重力势能为0.2J 四分之三圆轨道ABD(内壁、外壁均光滑) B.小球在位置B的机械能为零 被固定在竖直面内，O为圆心，C是轨道上 C.小球在位置A的机械能小于在位置C的机 一点，其中AB部分是圆管，AB是竖直直 械能 径，OC、OB的夹角为0（为未知量）.一质量 D.小球在位置B的机械能小于在位置C的机 为m的小球（可视为质点）沿光滑水平面， 械能 以向左的速度，经A点进入圆轨道，恰好 2.(2025·山东淄博期末)光滑斜面上，某 到达最高点B,接着在B点受到轻微的扰 物体在沿斜面向上的恒力作用下从静止开始 沿斜面运动，一段时间后撤去恒力.若不计空 动从B到达C时刚好脱离轨道，最后落到 气阻力，斜面足够长.物体的速度用v表示、动 水平面，重力加速度为g,不计空气阻力以 能用E,表示、重力势能用E。表示、机械能用 及圆管粗细.下列说法正确的是 E表示、运动时间用t表示、路程用s表示.对 A.圆弧轨道的半径为 整个运动过程，下图表示的可能是 B.9的余弦值为3 C.小球到达C点时的动能 A.v随t变化的v-t图像 为 B.E随s变化的E-s图像 D.小球从C点到达水平面时重力瞬时功率 C.E。随t变化的E。-t图像 D.E,随s变化的E,-s图像 为3 gvo 必修第二册黑白题086为了保证圆轨道不重叠，R最大值应满足 (R2+R3)2=L2+(R3-R2)2, ⑨ 解得R3≈27.9m. 0 综合I、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须 满足条件0<R3≤0.4m或1.0m≤R3≤27.9m 专题探究十动能定理中的图像和多过程问题 黑题专题强化 1.A 2.B解析：乒乓球最终匀速运动时，加速度最小为0，而乒乓 球刚向上抛出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大 速度为o,则mg+h=m4。,4B,=2mu6乒乓球最终匀速运 动时，速度为，则mg=k.此时的动能E=之m联立以 上各式可解得am=5g.故选B. 3.D解析：A.由牛顿第二定律有F-umg=ma,当推力最大时， 合力最大，物体的加速度最大，由图乙可知，最大推力F= 100N,代人上式解得物体加速度最大为20m/s2,故A错误； B.由题图乙可得推力F随位移x变化的关系为F=100 25x(N),物体速度最大时，合力为零，有F=umg,解得x= 3.2m,即在距出发点3.2m位置时物体的速度达到最大，故 B错误：C.由F-x图像中图线与坐标轴所围的“面积”表示 功可知，整个过程中推力对物体做功为W。=100x4.0」= 2 200J,故C错误；D.对整个过程，由动能定理有Wp-umgxm= 0,解得物体在水平面上运动的最大位移是xm=10m,故 D正确.故选D. 4.C 5.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，匀加速过程=a1t,减速过程，=a子联立解得，= 3a1.由牛顿第二定律有F-mgsin0=ma1,mgsin0=ma2,联立 星F(mgsin6由动能定理可知，撒去外力F前！ 对物块做的功为W=,=3mgs1si血a.合力对物块做的功为 W-mgs1sin0=E,即撤去外力F时物块的动能E,= 3mgs1sin0-mgs1sin0,解得E=100J.ABD错误，C正确。 6.(1)6m/s(2)6.5m(3)不能6m 解析：1)在B点时有a60得，=6m (2)从B点到E点有mgh-umgL-mgH=0- 2mw后，得L= 6.5m. (3)假设运动员不能回到B点，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大高度有mgh mgh'ng×2L=0-2m2,得=12mh=2m,放第-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，由动能定理可得mh-mgs=0-2m,得s= 19m,s=2L+6m,故运动员最后停在C点右侧6m处 7.(1)2g3g(2)H(3)大于等于5品H 251 125 参考答案与解析 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 ma,f-mg, ③ 联立①②式并代人题给数据，得 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=√2gd, 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 为正方向，由运动学公式0-a141=-+a241, ⑤ 联立③@6武得4=号√日 22H ⑥ 设此时管下端距水平地面的高度为h,速度为u.由运动学公 式可得 h=o4201听， ⑦ 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 2 ⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1, 则H1=h+h2, 0 联立8④6⑦890式可得H=25 13, 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(HH+x)-4mgx,=0, ② 联立吧式并代入感给数据得=号红， 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 4 程中，球与管的相对位移x,=5H, 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, ⑤ 联立①心45式，L应满足条件为L≥152 第4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 白题基础过关 1.B2.B3.B4.D5.B6.B 7.C解析：物体在最高点时具有的重力势能E。1=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. 8.B解析：C.小球恰能通过P点，则在P点时重力提供向心 力，大小为mg,C错误；A.在最高点P,根据牛顿第二定律 黑白题31 得gn云解得=V承根据2R=,解得1√四， /4R 则水平距离x=u=2R,A错误；B.根据机械能守恒得2mgR= E2m,解得小球落地时的动能E=2mgR+】， 5 5 mgR,B正确；D.由-mgh=0-E=之mgR,得轨道上部的 圆弧截去后小球能达到的最大高度h二R,比P点高 2 △h=h-2R=2R,D错误故选B. 9.B解析：D.设球1运动到最低点时的速度为，根据机械能 守恒定律得mg×2r+2m子=2m,解得，=√5gr=2,两个 小球在同一轨道做周期相同的圆周运动，不会发生碰撞， D错误：C.球2运动到A点的速率一定等于球1运动到B点 的速率，那么球2运动到A点的平均速率一定大于球1运动 到B点的平均速率，所以，球2先到A点，球1后到B点，两 球高度相同时，一定在直径AB之上，C错误；AB.初始时刻系 统的重心最低在轨道圆心处，然后系统的重心逐渐升高，当 两球的高度相同时，系统的重心最高，系统的重力势能最大， 系统的动能最小，A错误，B正确.故选B, 10.D解析：设小球在最高点时速度为，由向心力公式可 知，在最高点时：B,+mg=m公，根据机械能守恒定律司 2mm2、1 知，mgx2R=1m 2m,,再对最低点分析可知：R mg=m R,联立解得：F-R,=6mg;则由牛顿第三定律可知，小 球对轨道的压力差为6mg,故ABC错误，D正确.故选D. 黑题应用提优 1.C2.D 3.C解析：设小球到达最高点时速度为v,根据机械能守恒有 2mm+mgh,h=L-d-d-4 之4，代入数据联立 .w2 解得=5ma.根据牛顿第二定律有F+mg=一2d解得细 线拉力大小为F=g=2N故选C 压轴挑战 4.D解析：A.设圆弧轨道ABD的半径为R,小球由A到B由 机械能守恒定律可得ex2R=了赋，解得及=安放A错 误：BC.把小球在C点的重力分别沿着OC和垂直于OC分 解，小球运动到C点，支持力刚好等于0，重力沿着OC方向 的分力充当向心力，由向心力公式可得mgcos0= ,小球 muc 从B到C,由机械能守恒可得mgR(1-c0s)= 之m2,联立 6 解得cos日=2 60,小球到达C点时的动能E= )mw2=,故BC错误；D.把小球在C点的速度分别沿着 水平方向和竖直方向分解，则水平方向的分速度为v,= vccos9,根据机械能守恒，小球到达水平面的速度为o,小球 必修第二册 从C到水平面做斜下抛运动，水平方向的分运动是v= vccos0的匀速直线运动，则小球到达水平面的竖直分速度 为y,=√后-，重力的瞬时功率为Pc=mg,可得球从C点 5w3 到达水平面时重力瞬时功率为P。=gmgo,故D正确.故 选D. 第2课时系统的机械能守恒 白题基础过关 1.D 2.A解析：设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA,物体 B的速度为，此时有，=8609=2，物体A,B组成的系 1 统机械能守恒，则有mgh=2m+2m,联立方程，解得 2 √5h,故选A 3.C解析：A.物块和小球组成的系统只有重力势能和动能相 互转化，机械能守恒，故A错误；BC.物块由C到D过程，小 球向下运动，至D点时，物块沿绳子方向的速度为0，即小球 速度为0，物块由D到E过程，小球向上运动，故小球的重力 势能先减小后增加，物块滑至D点时，小球重力瞬时功率为 零，故B错误，C正确；D.物块滑至D点时，小球的重力势能 最小，动能为0，机械能最小，故物块具有的机械能最大，故 D错误故选C. 4.C5.A 6.A解析：A.由能量守恒，在甲下滑的过程中，甲的重力势能 转化为甲与乙的总动能，故A错误；BC.甲、乙组成的系统在 甲下滑过程中机械能守恒，即甲机械能的减少量等于乙机械 能的增加量，故杆对甲、乙做功绝对值相等，分解速度，由关 联速度的关系可得乙的速度z=v甲cos37°，则甲、乙的速度 之比为v甲：vz=5:4,故BC正确；D在甲下滑的过程中，由 系统的机械能守恒可得s0=了2+了m吃，乙的纺能为 16 B=2m吃，综合以上可得E,=41mgh,故D正确.故选A 7.D 8.C解析：A.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误； B.弹簧的形变量先增大后减小再增大，所以弹簧的弹性势 能也先增大后减小再增大，故B错误：C.根据机械能守恒定 律，重力势能的减小量等于弹性势能的增加量，弹簧的弹性 势能变化了mgh,故C正确；D.当圆环所受的合力为零时， 圆环动能最大，此时弹簧不与光滑杆垂直，故D错误故选C 9.C解析：弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，在此后的一段 时间中，小球的重力沿轨道的切向分力大于弹簧的弹力沿轨 道切向分力，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球 的动能不是最大，故A错误：由题可知，小球在A、B两点时 弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械 能守恒得：2mgR=2m2,解得小球运动到B点时的速度 tB=2√gR,故B错误设小球在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 颐第二定律得：E,-mg-F=m?,解得圆环对小球的支持力 F2=5mg+F;则F2-F1=4mg,由牛顿第三定律知，小球在A、B 黑白题32