第8章 机械能守恒定律 真题演练-【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）

第八章 黑题真题体验 高考非常解 1.*(江苏高考)某滑 雪赛道如图所示，滑 雪运动员从静止开始 沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳将运动员视为 质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运 动员的动能E,与水平位移x的关系图像正 确的是 r.h 2.*（浙江高考)小明用额定功率为1200W、 最大拉力为300N的提升装置，把静置于地 面的质量为20kg的重物竖直提升到高为 85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速 度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平 台的速度刚好为零，g取10m/s2,则提升重 物的最短时间为 (0 A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s 3.**(全国乙卷)固定于竖直平面 内的光滑大圆环上套有一个小 环，小环从大圆环顶端P点由静 止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速 度正比于 ( A.它滑过的弧长 B.它下降的高度 C.它到P点的距离 D.它与P点的连线扫过的面积 考点1功和功率 4.*(2024·贵州高考)质量为1kg的物块静 置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置 必修第二册 电 真题演练 错题本 限时：80min 为x轴零点.现给物块施加一沿x轴正方向的 水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所 示，则物块运动到x=3m处，F做功的瞬时功 率为 ( A.8W B.16WC.24W D.36W ↑FN 2 3 x/m (第4题) (第5题) 5.★(2023·山东高考)《天工开物》中记载了 古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的 场景.引水过程简化如下：两个半径均为R的 水轮，以角速度ω匀速转动.水筒在筒车上均 匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对 滑动.每个水筒离开水面时装有质量为m的 水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入 稻田.当地的重力加速度为g,则筒车对灌入 稻田的水做功的功率为 A. 2nmgo'RH 3nmgoRH 5 C. 3nmgo'RH D.nmgoRH 5 考点2动能定理与机械能守恒定律的相关 实验 6.整(2025·河南高考)实验小组 利用图1所示装置验证机械能守 恒定律.可选用的器材有：交流电源（频率 50Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、 纸带、刻度尺等 |黑白题100 打点 计时器 纸带 ú重锤 图1 (1)下列所给实验步骤中，有4个是完成实验 必需且正确的，把它们选择出来并按实验 顺序排列： (填步骤前面的序号)： ①先接通电源，打点计时器开始打点，然 后再释放纸带 ②先释放纸带，然后再接通电源，打点计 时器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计 时器的限位孔，用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段 内各点到起点的距离，记录分析数据 ⑥关闭电源，取下纸带 (2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、 B、C、D、E到起点的距离，则打出B点时 重锤下落的速度大小为 m/s(保 留3位有效数字). B C D 13.2016.6020.3424.50 29i00单位：cm 图2 (3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下 落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并 绘制图3所示的v2-h关系图像理论上， 若机械能守恒，图中直线应 (填 “通过”或“不通过”)原点且斜率为 (用重力加速度大小g表示).由 图3得直线的斜率k= (保留3 第八章 位有效数字). 6.ms 5. 4. 3. 2 1. 00.050.100.150.200.250.30hm 图3 E,-E× (4)定义单次测量的相对误差刀=E, 100%,其中E。是重锤重力势能的减小 量，E,是其动能增加量，则实验相对误差 为7= ×100%(用字母k和g表 示)；当地重力加速度大小取g= 9.80m/s2,则7= %(保留2位有 效数字)，若7<6%，可认为在实验误差允 许的范围内机械能守恒， 考点3动能定理与机械能守恒定律的应用 7.*★(2024·北京高考)如图所示，光滑水平 轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在 B点平滑连接.一小物体将轻弹簧压缩至A点 后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形 轨道，恰好能够到达最高点C.不计空气阻力， 下列说法正确的是 A A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在 C点的动能 黑白题101 8.（2025·四川高考)如图所示，倾角为30° 的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶 端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连， 小车上静置一物块.小车与物块质量均为m, 两者之间动摩擦因数为电动机以恒定功幸 P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动.经过 一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小 为o.运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车 和斜面均足够长，重力加速度大小为g,忽略 其他摩擦，则这段时间内 A.物块的位移大小为 m6 g mg B.物块机械能增量为 2 6P2 C.小车的位移大小为 5mg2 5g 8Pvo mo D.小车机械能增量为 5g 2 电动机 77777777 (第8题) (第9题) 9.(2025·云南高考)如图所示，质量为m的 滑块（视为质，点）与水平面上MW段的动摩擦 因数为41，与其余部分的动摩擦因数为2，且 >2.第一次，滑块从I位置以速度o向右滑 动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整 个运动过程中，滑块的位移大小为x1,所用时 间为t1;第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度o向 右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位 置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2,所 用时间为t2.忽略空气阻力，则 A.t<t2 B.t>t C.x1>2 D.%<x2 必修第二册黑 0.(2023·全国乙卷)（多选）如图，一质量 为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上， 另一质量为m的小物块（可视为质点）从木 板上的左端以速度v,开始运动.已知物块与 木板间的滑动摩擦力大小为∫，当物块从木板 右端离开时 ( ) A.木板的动能一定等于f孔 B.木板的动能一定小于f孔 m一o M C物块的动能-一定大于mi1 D.物块的动能一定小于mG力 1.整（2024·山东高考)如图所示，质量均 为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻 木板上，木板通过一根原长为1的轻质弹性绳 连接，连接点等高且间距为d(d<l).两木板与 地面间动摩擦因数均为，弹性绳劲度系数 为，被拉伸时弹性势能E=(x为绳的仲 长量).现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直 至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两 人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大 小为g,则F所做的功等于 77777777777777777777777777777777777777777刀 A.（unmg)2 2k tumg(1-d) B.3(umg)2 2 tumg(1-d) C.3(umg) +2umg(l-d) 2k D.ne）°+24mg(-d) 2k 2.幸(2023·湖北高考)（多选）如图所示，原 长为1的轻质弹簧，一端固定在0点，另一端 白题102 与一质量为m的小球相连.小球套在竖直固 定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为 0.5.杆上M、N两点与O点的距离均为l,P点 到0点的距离为2,0P与杆垂直 当小球置于杆上P点时恰好能保持 0 静止.设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度大小为g.小球以 某一初速度从M点向下运动到N点，在此过 程中，弹簧始终在弹性限度内.下列说法正确 的是 A.弹簧的劲度系数为4mg B.小球在P点下方。L处的加速度大小为 (3√2-4)g C.从M点到N点的运动过程中，小球受到 的摩擦力先变小再变大 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过 程中，小球受到的摩擦力做功相同 13.禁(2025·广东高考)如图所示，用开瓶器 取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋 入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支 架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木 塞相固定的拔塞钻向上运动.从0时刻开始， 顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做 匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移 大小x的变化关系为f6(1-方)，其中。为 常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m, 底面积为S,加速度为a,齿轮半径为r,重力 加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为△p且近 似不变，瓶子始终静止在桌面上.（提示：可用 f-x图线下的“面积”表示∫所做的功)求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω； (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W； 第八章黑 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬 时功率P随时间t变化的表达式。 把手 转轴 拔塞钻 固定支架 软木塞 瓶子d 齿轮啮合 简图 整(2024·海南高考)某游乐项目装置简 化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑 梯，半径R=10m,滑梯顶点a与滑梯末端b 的高度h=5m,静止在光滑水平面上的滑板 B,紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板 质量M=25kg,一质量为m=50kg的游客， 从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当 滑板右端运动到与其上表面等高平台的边 缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑 行s=16m停下.游客视为质点，其与滑板及 平台表面之间的动摩擦因数均为4=0.2，忽 略空气阻力，重力加速度g取10m/s2,求： (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； (2)滑板的长度L 白题10312.(1)0.25m/s2(2)1.25m(3)37.5J 解析：(1)根据牛顿第二定律f=ma,由f=41m1g,解得 a=0.25m/s2;(2)设冰块进入BC段长度为x≤L时，冰块 所受摩擦力f=山，云m18,由式子可知此阶段摩擦力正比于 冰块进入BC段的长度，则此阶段克服摩擦力做功W,= 0,根据能量守恒定律了m-网+h,m,由 2 d=s+L,解得d=1.25m;(3)设破冰工具与冰块的动摩擦因 数为u2,假设冰块不动，则有2m2g≤u1(m1+m2)g,即2≤ 0.1,对工具2m2g=m2a1,2=2a1L,解得2=0.4，不符合假 设，说明冰块滑动.对冰块2m2g-41(m1+m2)g=m1a2,工具 到达最右端恰好共速%-a1=a,位移关系L=一2a1- 2,f,解得山=0.25，=0.58，a=1.5m/2,对冰块 22=3 m,共速后，工具和冰块相对静止一起减速，加 速度为a3,有h1(m1+m2）g=（m1+m2)a3,v共=a2t= 0.75m/s,"失2=2a,,解得名=16m,冰块与地面摩擦产热 Q=1(m1+m2)g(x1+x2)=37.5J. 13.(1)50J(2)32J(3)200m或6m 解析：(1)物块滑上传送带时刚好能做匀速运动，则物块在 B点的速度1=v=10m/s,根据机械能守恒定律有E。= 2m@=50J;(2)若物块滑上传送带时的速度为6= 2m/s,则物块滑上传送带受到摩擦力作用，由牛顿第二定 律1mg=ma,设物块经i1时间与传送带共速，由运动学公 式有-=a4,此过程的位移- 21,解得=1.6s, x1=9.6m<15m,之后物块向右做匀速直线运动，物块匀加 速直线运动过程，传送带的位移x2=l1=16m,则物块通过 传送带的过程中产生的热能Q=41mg△x=41mg(x2-x1)= 32J;(3)物块恰好不脱离圆轨道有两种情况，第一种情景 m2,物块由F 物块能做完整的圆周运动，在F点有mg=mR: 到G的过程由动能定理有2mgR= 1 2mw22mu,在水平轨 道GH上由动能定理得-mg,=0-子m2,联立解得 x3=200m;第二种情景物块到达E点的速度刚好为零，即 有ve=0,物块由E到C的过程由动能定理有mgR- ne,子m2,解得c=12as,物块滑上传送带后减速 过程有4mg4=0-2m2,解得减速的位移4=14.4m< L,=15m,即物块没滑出传送带，物块随后向右加速到与传 送带共速后做匀速直线运动，随后物块在传送带与圆轨道 之间做往返运动，滑上传送带和滑离传送带的速率不变，动 能全部用来在CD段克服摩擦力做功，由动能定理得 么me,=0m2,解得6=50，由于5=6L,+子，则物块 1 L2=6 m. 停下的位置距D点间距为L,4 参考答案与解析 第八章真题演练 黑题真题体验 1.A常规解：设斜面倾角为0，不计摩擦力和空气阻力，由题 意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有 E=mgxtan0,即 =mgtan6,下滑过程中开始阶段倾角0不 变，E,-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中0先减小后 增大，即图像斜率先减小后增大.故选A 非常解：整个过程中运动员机械能守恒，如图所示，设运动员 从静止运动到A点和B点的水平位移分别为x和2x,易知 运动员下降的高度分别为h和2h,运动员减少的重力势能 全部转化为动能，故E4=mgh,Eua=2mgh,则E,和x在直线 斜面部分成正比； 2x A 水平 在轨道最低点选取极小一段，可以近似为水平，此时位移x 改变而E,不变，故图像最高点斜率为0，只有A选项符合题 意.故选A. 名师点评：函数图像是对一个函数的直观表达，物理学 中，图像是对一段物理过程的直观描述，对应函数是对这 段物理过程的定量描述，本题所属题型是选择能正确描 述物理过程的图像，固然我们可以根据物理过程解出函 数并画出图像，但是大多数时候并没有必要这么做. 学霸分享：把函数解出来是“最后的办法”，观察图像特 点，抓住某些“点”或者从某些特殊“角度”进行排除，轻 松选出正确答案才是明智的选择 2.C常规解：为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉 力拉重物使其匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功 率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最 大加速度使其匀减速上升至平台，到达平台的速度刚好为 零，重物在第一阶段匀加速上升过程，根据牛顿第二定律 可得 4,-7-mg30-20x10 /s2=5m/s2, m 20 当功率达到额定功率时，设重物的速度为”1，则有 P额1200 %=7=300m/s=4m/s, 此过程所用时间和上升高度分别为 42 4=2=0.8sA=20-25m=16m a P题_P题-1200 重物以最大速度匀速运动时，有。= mg200 m/8= 6m/s, 重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分 别为 5=”=6 3a=5s=1.2s,3=0m=,65m=3.6m, 设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为 与，该过程根据动能定理可得Ph-meg,=子m-之m, 黑白题37 又h2=85.2m-1.6m-3.6m=80m,联立解得t2=13.5s, 故提升重物的最短时间为tm=1+t2+53=0.8s+13.5s+ 1.2s=15.5s, C正确，ABD错误：故选C 非常解：重物匀速运动阶段的速度 P额_P额_1200 .=Tmg200 m/s=6 m/s, 最后阶段重物以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高 "m_6 度分别为ha。5 v62 8=1.2s,h。-202X5m=3.6m; 在开始的加速阶段，本应该是先以最大拉力匀加速，当达到 最大功率后再恒功率变加速到最大速度m,为了简化计算， 假设第一阶段一直恒功率加速，则对于加速和匀速阶段，由 能量守恒可以得出： P额古1= 2m。2+mgh1,k1=h-2, 1 即1200WX4,=2×20x62J+20x10x(85.2-3.6)J, t1=13.9s,t=t1+t2=13.9s+1.2s=15.1s. 匀加速阶段近似为恒功率加速后，功率变大，用时略少，故实 际时间略大于15.1s,C选项符合要求.故选C. 名师点评：物理探究的过程也可以说是逐渐“接近”真理 的过程，对繁杂表象的过滤、对复杂问题的简化是必备的 物理素养，解题亦是如此，适当地简化和近似可以大大提 高解题效率， 学霸分享：先看穿题目，再跳出“命题者的逻辑”，不按常 理出牌，快人一步. 3.C常规解：如图所示 P L R 设小环下降的高度为h,圆环的半径为R,小环到P点的距 离为L,根据机械能守恒定律得mgh=2m2, 由几何关系可得h=Lsin0,sin0= L 2R 联立可得= 2n,可得=L√R, 故C正确，ABD错误故选C. 非常解：如图所示，设小环运动到与圆心O等高的B点时速 度大小为，此时小环下落高度为大圆环半径R,则小环运动 到速度大小为宁的A点时，B。 1 4 EB,根据机械能守恒易 知，此时小环下落的高度应该为二R,B选项错误； P 必修第二册 图中0≠45°，故PA弧长和AB弧长不等，即速率变为原 来2倍时，小环滑过的弧长没有变为原来2倍，A选项错误； 观察图中小环与P点连线扫过的面积，很明显D选项错误： A、B、D都被排除，只能选C.故选C 名师点评：对一些关键节点、特殊数值的分析是科学探究 中必要的过程，突破口往往在这一步被打开，解题亦是 如此 学霸分享：若正面求解思路不明确或者比较耗费时间，明 智的做法是仔细分析题目，找到特殊位置、关键节点，再通 过物理和图形的结合、排除等方法更高效地解题： 4.A解析：根据图像可知物块运动到x=3处，F做的总功 为W。=3×2J+2×1J=8J,该过程根据动能定理得W。= 2m,解得物块运动到x=3m处时的速度为0=4m,故 此时F做功的瞬时功率为P=F)=8W,故选A. 5.B解析：由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的 60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农 田的水的总质量为m#=2πRnm×60%=1.2mRnm,则水轮 转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2 rRnmgH,则 W 筒车对灌入稻田的水做功的功率为P= ,T=2,联立有 ) P-3 BnmgoRH,故选B. 5 6.(1)④0⑥⑤(2)1.79(3)通过2g18.6(4)2g-k 2g 5.1 解析：(1)实验步骤为：将纸带下端固定在重锤上，穿过打点 计时器的限位孔，用手捏住纸带上端，先接通电源，打点计时 器开始打点，然后再释放纸带，关闭电源，取下纸带，在纸带 上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记 录分析数据，根据实验原理mgh=m心2可知质量可以约 掉，不需要用电子天平称量重锤的质量.故选择正确且正确 排序为④①⑥⑤.(2)根据题意可知纸带上相邻计数点时间 间隔T=1 =0.02s,根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度 等于该过程平均速度可得=2，代人数据可得 1.79ms(3)根据mg=弓m2,整理可得=2g·人，可知理 论上，若机械能守恒，图中直线应通过原点，且斜率k=2g,由 .265-0.0518.6(4)根据题意有7= 5.0-1.0 图3得直线的斜率k= 1 mgh- 一×100%，可得7 mgh 2g-kx100%,当地重力加速度 2g 大小取g=9.80m/s2,代入数据可得7≈5.1%. 7.C解析：AB.物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只 受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为 ,由牛第二定律得mg=m艾，解得物体在C点的速度= r √gr,AB错误；C.由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C 点的向心加速度a=g,C正确；D.由能量守恒定律知，物体 在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和增加 黑白题38 的重力势能之和，D错误.故选C 8.C解析：A.对物块根据牛顿第二定律有umgcos30°-mg· im30°=m0,解得a=48,根据运动学公式有，2=2a1,解 得物块的位移大小为飞，-2，故A结误：B.物块机被能增量 g 1 为△E= 7,+mg%sn30-m2,放B错误，C.对小 车根据动能定理有Pm-(pumgco830+mgsin30°)x= 2mg2, 其中=如，联立解得 ,16P,2,放C正确；D.小车机械 5mg2 5g 能增量为aE=子m,2+mgn30e-8,3 ,故D错误 5g10 故选C. 9.A解析：CD.对两种运动的整个过程根据能量守恒有 1 1 2mmgm)mmg amg （x2xMw),可得x1=x2,故CD错误；AB.根据牛顿第二定律 umg=ma,可得a=g,由于u1>2,故滑块在MN上时的加速 度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运 动过程中v一t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑 块距离M点的距离较近，根据公式，2-2=2μ2gx可知第 二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态 的v-t图像，可得t2>t1,故A正确，B错误；故选A. 0 461 10.BD解析：设物块离开木板时的速度为v1,此时木板的速 度为2，由题意可知，>2，设物块的对地位移为xm,木板 的对地位移为CD,根据能量守恒定律可得md= 之m+分+，整理可得乃m=分-n-}近c 1 2m6-f1,D正确，C错误；AB.因摩擦产生的摩擦热Q== ）,根搭运动学公式2=受，因为> U1>2,可得xn>2xM,则xm-xM=l>xM,所以W=fM<f,B正 确，A错误.故选BD. 11.B解析：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐 木板整体有，=ung,解得弹性绳的伸长量，，则此 时弹性绳的弹性势能为B化，从开始拉动2 所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木 板的位移为x1=x+l-d,则由功能关系可知该过程F所做 的功W=Eo+mgx1= 3(mg）2 2k一+umg(1-d),故选B. 12.AD解析：A.小球在P点受力平衡，则有mg=∫，f=uFN, R=6(),联立解得k=A正确；C在Pw之间任 参考答案与解析 取一点A,令A0与MW之间的夹角为0，则此时弹簧的弹力 为F=(-品)，小球受到的摩擦力为斤= 山a0,化简得人=(m0兰)，0在MP之间箱大，在 PN之间变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；D根据对称 性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由 对称性可知M到P和P到V摩擦力做功大小相等，D正 确；B.小球运动到P点下方号时=45°，此时摩擦力大小 为斤=n(u受空），由车顿第二定徐g+fm5 f=ma,联立解得a=√万g,B错误故选AD. 13.(1)v2a6 (2)mh+mgh+hpSh(3)P=mugtimot foa2 △p5at+f6at-2h t 解析：(1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运 动学公式v2=2ah,根据角速度和线速度的关系v=or,联立 可得w=√2ah. r (2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图 所示 可得摩擦力对木塞所做的功为网，=2血，对木塞，根据动 能定理+-mgh-4s=之m2-0,解得W=nah+mgh+ 2oh+ApSh: (3)设拔塞钻对木塞的作用力为F,对木塞，根据牛顿第二 定律F-mg于4ps=mu,速度0=，位移x=ad,拔塞钻 的功率P=,联立可得P=mag+nma2+-SpSatm-方CX 2h xt 14.(1)1000N(2)7m 解析：(1)设游客滑到b点时速度为o,从a到b过程，根据 机械能守恒有mgh=2m6,解得to=10m/s,在b点根据牛 颧第二定律有F,-mg=m,解得F、=1000N,根据牛顿 第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为F%= Fx=1000N;(2)设游客恰好滑上平台时的速度为u,在 平台上运动过程由动能定理得-ng=0-m2,解得 8/s,根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的 边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运 动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2,得 4,贤g=2mg,4紧：4g,根据运动学规律对 游客v=。-a1t,解得t=1s,该段时间内游客的位移为s1= 黑白题39 v+v 2”1=9m,滑板的位移为2=22=2m,根据位移关系 得滑板的长度为L=s1-52=7m 全书综合检测 1.A解析：水车转动的周期为T=2mR,水车转动一圈对水做 的功W=2nmgR,则水车的功率P=”_nm=50W,故选A Tπ 2.B解析：A.根据题意可知，分针转一圈为1h,时针转1圈为 12h,则有T分：T时=1：12，故A错误；B.由公式0=2π可 T 得，分针与时针转动的角速度之比为w分：0时=12：1，故 B正确；C.由公式u=wr可得，分针与时针转动的线速度之比 为"分=0分.T分-12×1.4_84 V时时时1X1 =S,故C错误；D.由公式a=w,可 得，分针与时针转动的向心加速度之比为。.'会。 a时ω时T时 2=008,故D错误故选B。 12×1 3.D解析：A.由于中继星在该轨道上无动力飞行，仅受万有 引力作用，故其机械能守恒，A错误；B.由于中继星在近月点 P附近速率较大，MPN与NQM路程相同，故沿MPW运动时 间较短，B错误：CD.由开普勒第三定律与天体圆周运动的规 01+r2+2R13 、2 律可得 T2 、=k,k=GMGM 4m2’R2 =g,解得M= T2(r1+r2+2R)3T2(r,+r2+2R)3 2GT 27T2R2 ,C错误，D正确故选D. 4.C解析：A.小物块刚释放时，小物块将加速下滑，小球也向 下加速，处于失重状态，则轻绳对小球的拉力小于小球的重 力2mg,A错误；B.物块下滑至绳与杆垂直时，物块的加速度 为a=gsin0,加速度不为0，速度不是最大，故B错误；C.物 块下滑至绳与杆垂直前，物块受绳子拉力一直做正功，则物 块的机械能一直增大，物块下滑至绳与杆垂直后，拉力做负 功，物块机械能减小，则物块下滑至绳与杆垂直时，物块的机 械能最大，故C正确；D.因为D01=OO1,物块下滑至D点 时，物块的重力势能转化为系统动能，小球的速度不为0，则 重力的瞬时功率不为零，故D错误.故选C. 5.C解析：AD.在圆轨道上，弹簧长度始终为R,弹簧弹力 F=:=学×R=mg,方向背离圆心，即在圆轨道上任意一点的 弹簧弹力都为mg,故AD错误；B.因为弹簧始终处于压缩状 态且弹力为mg,方向背离圆心，小球在运动过程中不会在 B、D间脱离圆轨道，故B错误：C.小球在运动过程中只有重 力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当 运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，根据机械能 守恒有2mgR=2m6,解得o=√4gR,故只要o>√4gR,小 球就能做完整的圆周运动，故C正确.故选C. 6.C解析：A.正方形的边长为a,从地面到A点重力对足球做 的功为W=-mga=-40J,故A错误；BCD.设足球在建筑物 左边顶端处速度，与水平方向夹角为日，从左边顶端到最高 点时间为t1,水平方向？=141os0,竖直方向0=sin0-g, 必修第二册 联立解得听=30当0=45时，速度最小为 10m/s,显然1最小时，足球从地面上被踢出时的速度v2也 最小，设2n与水平方向的夹角为a,从地面到建筑物左边 顶端，水平方向有v2 min COS=“1 min COS0,竖直方向有 (viminsin )2-(v2minsin a)2=-2ag,2min=103 m/s, tana=√5，故BD错误，C正确；故选C. 7.A解析：A.由题图可知，当转台以恒定的角速度转动时，重 力和静摩擦力的合力提供向心力，且物体乙的向心力大于物 体甲的向心力，且在最低点时的静摩擦力大于最高点的静摩 擦力，因此只需保证物体乙在最低点不发生滑动即可，此时 有umgcos a-mgsin a=mω，2·xz,解得wo=5rad/s,A正确； BCD.最低点时对物体甲有F甲1-mgsin a=mw,2x甲，解得 F甲1=6.25N,物体乙所受的摩擦力为Frz1=umgeos a= 7.5N,物体甲、乙在最低点时所受的摩擦力之比为F甲1： F21=5:6,在最高点时，对物体甲有mgsin-F甲2= mω，'x甲，解得F甲2=3.75N,对物体乙有mgsin a-Fz2= mw2·xz,解得Fz2=2.5N,则在最高点时物体甲、乙所受 的摩擦力之比为F2:F22=3:2,物体甲在最低点和最高 点所受的摩擦力之比为F1:F2=5:3,选项BCD错误 故选A 解析：A.两卫星在P点时，根据G之三ma,可得a三 6 C一，显然两卫星的加速度相同，故A错误；B.由题知，轨道 1和轨道3都是圆软道，则有6m,可得。=√。 GM 由于B卫星在轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道 1上运动的轨道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小 于A卫星在轨道1上运动的速度，故B错误：C.卫星从低轨 道运动到高轨道，需要在轨道相切点点火加速，所以B卫星 在Q点变轨进入轨道3时需要向后喷气加速，故C错误； D.B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中速度减小，则动 能减小，故引力做负功，故D正确.故选D. Q.C解析：A.任意两颗星体的万有引力有R,=G,每个星 体受到其他两个星体的引力的合力为F=2F。cos30°= cm 2m）2 ,A错误B.由牛顿第二定律可得F=m(T)r,其 2 中r'= =),解得每颗星体运行的周期均为T= c0s30° 2m入3Gm ,B错误：C.若r不变，星体质量均变为2m,则星体 的角速度o= 2π 1 T 2,则星体 31 2m√3Gx2m2√3Gm√3Gm 的角速度变为原来的2倍，C正确；D.若m不变，星体间的 (4r)3 距离变为4，则星体的周期为T=2m√3Gm 16m入3Gm =87.星体的线速度大小为u=”×4r 黑白题40