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）

第八章 真题演练 黑题 真题体验 限时：80min 高考非常解 F,其大小随位置x变化的关系如图所示，则 1.★★(2022·江苏高 物块运动到x=3m处，F做功的瞬时功率为 考)某滑雪赛道如图 所示，滑雪运动员从 A.8W B.16W C.24W D.36W 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 3 x/m (第4题) (第5题) 5.(2023·山东高考)《天工开物》中 2.★★★(2022·浙江高考)小明用额定功率 记载了古人借助水力使用高转筒 为1200W、最大拉力为300N的提升装置， 车往稻田里引水的场景.引水过程简化如下： 把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提 两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转 升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最 动.水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有 后做加速度大小不超过5/s2的匀减速运 个，与水轮间无相对滑动.每个水筒离开水面 动，到达平台的速度刚好为零，g取10m/s2, 时装有质量为m的水，其中的60%被输送到 则提升重物的最短时间为 高出水面H处灌入稻田.当地的重力加速度 A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s 为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 3.★★★(2022·全国乙卷)固定于 ) 竖直平面内的光滑大圆环上套有 2nmgo'RH A. nmgoRH 一个小环，小环从大圆环顶端P B. 5 点由静止开始自由下滑，在下滑过程，小环 C. 3nmgo'RH D.nmgoRH 的速度正比于 5 A.它滑过的弧长 考点2 动能定理与机械能守恒定律的相关 B.它下降的高度 实验 C.它到P点的距离 6.（2022·湖北高考)某同学设计了 D.它与P点的连线扫过的面积 一个用拉力传感器验证机械能守 考点1功和功率 恒定律的实验.一根轻绳一端连接固定的拉力 4.（(2024·贵州高考)质量为1kg的物块静置于 传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示拉起 光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴 小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在 零点现给物块施加一沿x轴正方向的水平力 竖直平面内摆动，记录小钢球摆动过程中拉 必修第二册·RJ黑白题100 力传感器示数的最大值T和最小值Tia改 变小钢球的初始释放位置，重复上述过程.根 1.77 单位：cm 3.98 据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmx-Tin 41.28 图像是一条直线，如图乙所示. 47.33 53.83 1.8017N 60.6 1.75 (3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g= 1.7C 9.77m/s2,并用此g值计算得出打点“1” 1.65 到“13”过程重锤的重力势能减小值为 1.6C 1.5s 5.09m,另计算得动能增加值为5.08m(m 拉力 1.50 为重锤质量)，则该结果 (填“能” 传感器 数据 采集器 1.45 或“不能”)验证机械能守恒定律，理由是 1.40 计算机 1.35 0.000.050.100.150.20Tm/N A.在误差允许范围内 甲 (1)若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙 B.没有用当地的重力加速度g 中直线斜率的理论值为 考点3动能定理与机械能守恒定律的应用 (2)由图乙得：直线的斜率为 ,小钢 8.(2024·北京高考)如图所示，光滑水平轨道 球的重力为 N.(结果均保留2位 AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点 有效数字) 平滑连接.一小物体将轻弹簧压缩至A点后由 (3)该实验系统误差的主要来源是 静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道， (单选，填正确答案标号) 恰好能够到达最高点C不计空气阻力，下列 A.小钢球摆动角度偏大 说法正确的是 B.小钢球初始释放位置不同 C.小钢球摆动过程中有空气阻力 7.(2024·浙江高考)在“验证机械能守恒定律” 的实验中： (1)下列操作正确的是 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 B 9.（2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢 (2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段 滑雪大跳台局部示意图如图所示.运动员从α 并测得数据，如图所示，已知打点的频率 处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之 为50Hz,则打点“13”时，重锤下落的速 间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动 度大小为 m/s(保留3位有效 员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所 数字) 受重力的飞倍，运动过程中将运动员视为质点 第八章黑白题101 并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的12.(2024·山东高考)如图所示，质量均为m的 半径不应小于 ( 甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板 h 2h 2h A C 上，木板通过一根原长为1的轻质弹性绳连 k+1 B. D. k-1 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B=(x为%的 伸长量).现用水平力F缓慢拉动乙所坐木 (第9题) (第10题) 板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程 10.(2023·湖南高考)（多选）如图，固定在竖直 中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不 面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段 变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹 度大小为g,则F所做的功等于 角为0，BC段圆心为0，最高点为C,A与C 的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A 点以初速度冲上轨道，能沿轨道运动恰好 （mg）2 tumg(l-d) 到达C点，下列说法正确的是 2k A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐 B. 3(mg）2 2k umg(I-d) 渐增大 C 3(umg）2 B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终 +2umg(l-d) 2k 保持不变 D. （mg)2 2k 2umg(l-d) C.小球的初速度vo=√2gR D.若小球初速度增大，小球有可能从B点 13.(2023·湖北高考)（多选）如图所 脱离轨道 示，原长为1的轻质弹簧，一端固定 11.(2023·全国乙卷)（多选）如图，一质量为 在0点，另一端与一质量为m的小 M、长为1的木板静止在光滑水平桌面上，另 球相连.小球套在竖直固定的粗糙 一质量为m的小物块（可视为质，点）从木板 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1，P 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 点到0点的距离为，0P与杆垂直当小球 端离开时 置于杆上P点时恰好能保持静止.设最大静 A.木板的动能一定等于f孔 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小 B.木板的动能一定小于 m→o 7 为g.小球以某一初速度从M点向下运动 C物块的动能一定大于1 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 ( D.物块的动能一定小丁赋1 A.弹簧的劲度系数为4mg 必修第二册·RJ黑白题102 B.小球在P点下方处的加速度大小为 15.(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 频讲解 (32-4)g 光滑圆弧形滑梯，半径R=10m,滑梯顶点a C.从M点到N点的运动过程中，小球受到 与滑梯末端b的高度h=5m,静止在光滑水 的摩擦力先变小再变大 平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端，并与其水 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过 平相切，滑板质量M=25kg,一质量为m三 程中，小球受到的摩擦力做功相同 50kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b 14.(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理 点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面 示意图水平桌面上固定一半圆形竖直挡板， 等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在 其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B 平台上滑行s=16m停下.游客视为质点，其 在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧 与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为 轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道 儿=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取 半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一 10m/s2,求： (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； 水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞 (2)滑板的长度L. 出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小 物块与桌面之间的动摩擦因数为2元，重力加 777777777777777777777777777777777 速度大小为g,忽略空气阻力，小物块可视为 质点求 (1)小物块到达D点的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小 第八章黑白题103向做竖直上抛运动，h=2,解得t1=0.2s: (2)滑块离开N点的竖直分速度为巴，=g1,在N点由速 度分解可得w=?。,弹簧解除锁定至滑块到达N点过程 sin 6' 中，系统的机械能守恒，瓦，=mgsn0+了m,解得B,= 19J; (3)滑块刚飞上传送带时的速度为o=UNCOS0=23m/s, 滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得umg=ma,相对 传送带滑动的时间2满足v=o+山2，所以滑块滑动过程对 地的位移x,= （+")t2_93 2 2m,滑块滑动过程传送带对地 的位移x2=t2=7√3m,所以摩擦产生的热量Q=umg(x2 x1)=75J. 13.（)4=VR(2N,=2g(3)45neR≤B≤55meR 解析：(1)物块恰好能到达D点，在最高点D有o=0,从B 到D过程，根据机械能守恒定律可得了m后=mg×4+ 2m,解得=√8gR;(2)从D到N过程，根据平抛运动 规律得，竖直方向上有3R=之，水平方向上有3R=, /3 解得%=√2歌，在D点，根据牛顿第二定律得N。+ mg=m R,解得N,=2mg;(3)为使物块能落到水平圆盘 上，由几何关系得物块落到水平圆盘的水平位移范围 为2R≤x≤4R,由x=t可知，物块到达D点的速度大小v 2 8 的范围为√3歌≤知≤√3R,从被弹射到D点的过程， 根据能量守恒关系有E=umgL+mg×4R+ 2m,解得弹射 系统提供给物块的能量范围为4.5mgR≤E≤5.5mgR 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=mgan日，即 =mgtan0,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EA=mgh,EuB=2mgh,则E和x在直线 斜面部分成正比； 2x 21 水平 B 必修第二册·RJ 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 Tm-mg300-20×10 a1= m/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_1200m %=T=300m/s=4ms, 此过程所用时间和上升高度分别为 v142 61=1=0.8s,h1=2,2x5m=1.6m, a P额_P额_1200。 重物以最大速度匀速运动时，有。=T-mg200m6= 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 。 62 -8=了s=128,h=202X5m=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 1分 1 ,该过程根据动能定理可得P氧4mgh,=2m2-2mwi, 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tn=t1+i2+t3=0.88+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袋_1200 ".=T-mg200 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 度分别为，=”=6、 品62 -。=58=12s,422X5m=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。，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： Pt=2 mmgh ,h=h-hz 即120Wx,=2×20x6J+20x10x(85.2-3.6)J, 黑白题38 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 R 10 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= 2mw2, 由几何关系可得h=Lsin0,sin0= 2R 联立可得h g 2R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0等高的B点时速 度大小为v,此时小环下落高度为大环半径R,则小环运动到 速度大小为2的A点时，Bu= E,根据机械能守恒易 41 知，此时小环下落的高度应该为R,B选项错误： P 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 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急=2mRnm×60%=1.2πRnm,则水轮 参考答案与解析 转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,则 筒车对灌人稻田的水做功的功率为P=罗，T石联立有 P=3nmgoRH 5 ,故选B. 6.(1)-2(2)-2.10.59(3)C 解析：(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为0，则细线 拉力最小值为Tmn=mgcos0,到最低点时细线拉力最大， 则mg(1-cos0)=2mw2,Tr-mg=m,联立可得T.= 3mg-2Ta,即若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直 线斜率的理论值为-2； (2)由图乙得直线的斜率为k=-1.77-1.35 0.2 -2.1,3mg= 1.77N,则小钢球的重力为mg=0.59N; (3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空 气阻力，使得机械能减小，故选C 7.(1)B(2)3.34(3)不能B 解析：(1)应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打 点计时器，由静止释放，故选B;(2)根据匀变速直线运动中 间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时， 0.6069-0.4733 重锤下落的速度大小v3三 m/s=3.34m/s; 2×0.02 (3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77m/s2,并 用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减 小值为5.09m,另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质 量)，则该结果不能验证机械能守恒定律，理由是：该同学求 出的9.77m/s2是重锤受到空气阻力时做匀加速运动的加速 度a=9.77m/s2,不是当地的重力加速度，5.09m也不是重力 势能的减少量没有当地的重力加速度的数值，无法求出重 力势能的减少量，所以无法验证机械能守恒定律故选B. 8.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 ,由牛顿第二定律得mg=m,解得物体在C点的速度 √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点时的动能和重力 势能之和，D错误.故选C. 9.D解析：运动员从a到c根据动能定理有mgh= 2mn.在c 2h故选D. 点有F-mg=mRF:≤kmg,联立有R,产A气 10.AD解析：A.由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则 小球在C点的速度为c=0,则小球从C到B的过程中， 有mgR(1-cosa)=2m',F=mgcos a--mR,联立有FN= 3 ngcos a-2mg,则从C到B的过程中a由0增大到0， 则cosa逐渐减小，故F、逐渐减小，小球从B到C的过程 中，对轨道的压力逐渐增大，A正确：B.由于A到B的过程 中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为 P=-mgvsin 0,则A到B的过程中小球重力的功率始终减 小，B错误；C从A到C的过程中有-mg×2R=分m2- 黑白题39 2m6,解得，=√4gR,C错误；D.小球在B点恰好脱离轨 1 道有mgcos日=mR ,则vg=√gRcos0,则若小球初速度o 增大，小球在B点的速度有可能为√gR©os0,故小球有可 能从B点脱离轨道，D正确故选AD. 11.BD解析：设物块离开木板时的速度为1，此时木板的速 度为2，由题意可知1>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2m- m+分wt,整理可得子m-子m-n-子M< 1 2 2m-f,D正确，C错误；AB.因摩擦产生的摩擦热Q=1= 九)，根据运动学公式2，受，因为> 1>2,可得xm>2xM,则xm-xw=U>xM,所以W=fM<fl,B正 确，A错误故选BD. 12.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，g,解得弹性绳的伸长量？，则此 时滨性组的洋程势能为么--兰，从开始敬动乙 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x,=x+l-d,则由功能关系可知该过程F所做 的功W=twmg,=3(mg 2k -+mg(l-d),故选B. 13.AD解析：A.小球在P点受力平衡，则有mg=f,f=uFN, R=(子)），联立解得k=,A正确；C在PW之间任 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=(-2品0，小球受到的摩擦力为=Fm uF血0，化简得斤=r(0号），0在Mn之间端大，在 PW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N摩擦力做功大小相等，D正 确；B.小球运动到P点下方2时0=45°，此时摩擦力大小 为不=u(u受号)，由牛银第二定律g+fmS f=ma,联立解得a=√2g,B错误故选AD. 14.(1)√gR(2)0(3)3gR 解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D,则 在D点有m后=形，部得=vg康， (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进人轨道CDE 内侧，则在C点有c0s60°=，小物块从C到D的过程中， 根据动能定理有-mg(R+Rcos60°)= 1 2mw%2m2,则小 1 物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHm=2m品 必修第二册·RJ 2m2,联立解得ea=VgR,Ho=0; 1 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有-umgs= m了m=x2R,解得V顾 1 15.(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 1 机械能守恒mgh=2m,解得，=10ms,在6点根据牛顿 第二定律F-mg=m尺，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、= 1000N;(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v,在平台上 运动过程由动能定理得-ngs=0-m2,解得。=8s, 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a,和a2,得 4,兴-g=2,4紧-4，根据运动学规律对 m 游客v=o-a1t,解得t=1s,该段时间内游客的位移为s1= v+ .1 221=9m,滑板的位移为52=2,2=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.B解析：由题意可知，擦冰手在冰壶运 动的前方高速摩擦冰面（刷冰），减小冰 壶前侧受到的摩擦力，而后侧所受摩擦 力几乎不变，若冰壶按如图①的逆时针 方向旋转，则沿速度垂直的方向，摩擦力 ① 的合力向左，则冰壶运动轨迹将向左偏转：同理若冰壶按顺 时针方向旋转，冰壶运动轨迹向右偏转即①④正确.故选B. 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：Tt=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0分：®时=12：1，故 B正确：C.由公式u=r可得，分针与时针转动的线速度之比 为号品会故c误出公式。-可 得，分针与时针转动的向心加速度之比为分_.「分 a时w时T时 X=。,故D错误故选B. 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，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，MPW与NQM路程相同，故MPW阶段时间较 少，B错误；CD.由开普勒第三定律与天体圆周运动的规律可 7tr2+2R13 2 得 =k,k=G州，G=g,解得M= 4m2’R2 T2(r1+r2+2R)3m2(1+r2+2R)3 2G72 -,8= 2TR2一，C错误，D正确故选D. 黑白题40