第8章 机械能守恒定律学业质量达标卷-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中物理必修第二册 (人教版)

桃战自己，练练速度吧！ 第八章学业质量达标卷 (时间：75分钟满分：100分) 一、选择题（每小题5分，共50分） 1.如图所示，匈牙利大力土希恩考·若尔特曾用牙齿拉动 50t的飞机。他把一条绳索的一端系在飞机下方的前 轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在52s的时间内将飞机 典 拉动了约40m。假设大力士牙齿的拉力约为5×103N 恒定不变，绳子与水平方向夹角0约为30°，飞机匀加速 粥 运动，则飞机在被拉动的过程中( A.重力做功约2.0×107J B.拉力做功约1.7×105J 始 C.克服阻力做功约为1.5×105J D.合力做功约为2.0×105J 2.质量为m的物体静止在倾角为0的斜面上，当斜面沿水 平方向向右匀速移动了距离s时，如图所示，物体m相 对斜面静止，则下列说法错误的是() 如 A.摩擦力对物体m做功为零 邮 不 B.合力对物体m做功为零 C.摩擦力对物体m做负功 B D.弹力对物体m做正功 米 3.如图所示，小球以初速度从A点沿不光滑的轨道运 家 动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A 翻 点，则经过A点的速度大小为( A.√6-4gh ○B h B.√J4gh-6 7777777777 C.√6-2gh D.√2gh-话 4.如图所示，小物体A沿高为五、倾角为0的光滑斜面以 初速度。从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大 小的初速度从同等高度处竖直上抛，则( 125 A.两物体落地时速度相同 B.从开始至落地，重力对它们做 功相同 C.两物体落地时重力的瞬时功率相同 D.从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均 功率相同 5.质量相等的均匀柔软细绳A、B平放于水平地面上，细 绳B较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，使它们全部离 开地面并上升一段距离，此过程中两绳中点被提升的高 度分别为hA、hg,两绳克服重力做的功分别为WA、WB。 以下说法正确的是( A.若hA=hB,则一定有WA=WB B.若hA>hB,则可能有WA<WB C.若hA<hB,则可能有WA=WB D.若hA<hB,则一定有WA>WB 6.飞机起飞过程中，速度从⑦增大到2v合外力做功为 W1;速度从2v增大到3v合外力做功为W2。则W1与 W2的比值为( ) A.1:1 B.1:3 C.3:5 D.4:9 7.如图所示，光滑的曲面与光滑的水平面平滑相连，一轻 弹簧右端固定，质量为m的小球从高度h处由静止下 滑，则( A.小球与弹簧刚接触时，速度 大小为√2gh Q00000 B.小球与弹簧接触的过程中，小球机械能守恒 C.小球压缩弹簧至最短时，弹簧的弹性势能为2mgh D.小球在压缩弹簧的过程中，小球的加速度保持不变 8.如图所示，在倾角为0的斜面上，质量为m的物块受到沿 斜面向上的恒力F的作用，沿斜面以速度v匀速上升了 高度h。已知物块与斜面间的动摩擦因数为、重力加速 度为g。关于上述过程，下列说法正确的是( A.合力对物块做功为恒力F与摩擦力对物块做功之和 选择题 B.合力对物块做功为2mv 答题栏 1 C.摩擦力对物块做功为mgcos日h sin 0 D.恒力F与摩擦力对物块做功之和为mgh 9.如图所示，在固定的光滑水平杆上，质量为2m的物体P 用细线跨过光滑的定滑轮连接质量为3m的物体Q,用 手托住Q使整个系统静止，此时轻绳刚好拉直，且AO= L,OB=h,AB<BO,重力加速度为g。现由静止释放 6 Q,让P、Q开始运动，则下列说法正确的是( L22261222121 8 回 9 A.当物体P运动到B处时，此时物体P速度最小，物体 10 Q速度最大 B.在物体P向右运动过程中，物体P的动能一直增大，得分 物体Q的机械能一直减小 C.物体P质量越大，运动过程中所能达到的最大动能 也越大 D.物体P运动的最大速度为√3g(L一h) 10.质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做 半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到 空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低 点，此时绳子所受拉力为7mg,此后小球继续做圆周运 动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球 克服空气阻力所做的功为( A.mgR B.mgR 8 C.mgk D.mgR 二、非选择题（本题共5个小题，共50分） 11.(6分)验证机械能守恒定律的实验装置如图1所示， 利用光电门和数字计时器可以测出小球的挡光时间。 实验操作如下： 126 释放装置 小球 -35 光电门 30 数字计时器 25 缓冲板 2 1015 -20 图1 图2 (1)用螺旋测微器测小球的直径，示数如图2所示，则 小球的直径D= mm。 (2)将小球从距离光电门正上方L处由静止释放，测得 小球从挡光开始到挡光结束的时间为t,已知小球的质 量为m、直径为D,当地重力加速度为g,则在误差允 许的范围内当有表达式 成立时，即可验证 机械能守恒定律。（用本小问中所给的物理量的字母 表示) (3)利用上述装置进行多次实验，发现小球动能的增加 量总是比重力势能的减少量小。出现这个问题的原因 可能是 。(写出一条即可) (4)用表示小球的球心通过光电门的瞬时速度，比实 际运动中小球球心通过光电门的瞬时速度 (选填“偏大”“偏小”或“相同”) 12.(8分)如图所示，利用光滑斜面从货车上卸货，每包货 物的质量m=30kg,货物可看成质点，斜面倾角0= 37°，斜面的长度L=0.75m,g取10m/s2,sin37°= 0.6,cos37°=0.8，则货物从斜面顶端滑到底端的过程 中，求： (1)货物滑到斜面底端时的动能； (2)重力对货物做功的平均功率。 127 13.(10分)如图甲所示，一质量为m=1kg的物块静止在 粗糙水平面上的A点，从t=0时刻开始，物块受到按 如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第 3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块 刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦 因数=0.2，g取10m/s2,求： (1)A与B间的距离； (2)水平力F在5s内对物块所做的功。 ↑FN 04 12345s 7777777777777777777 乙 14.(12分)如图所示，用长为L的轻绳将质量为m的小球 悬挂于O点，静止时小球位于A点。现给小球施加大 小为mg的水平恒力F,当小球运动到B点时，轻绳与竖 直方向的夹角为46、重力加速度为gsm45°-号，求： (1)小球运动到B点时，小球的速度大小； (2)小球运动到B点时，拉力F的瞬时功率； (3)小球运动到B点的一瞬间，轻绳的拉力大小。 LK上 145 B A 15.(14分)如图，质量m=1kg的小滑块（视为质点）在半 径R=0.4m的四分之一圆弧A端由静止开始释放， 运动到B点时速度v=2m/s。当滑块经过B后立即 将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离 后，由C点过渡到倾角0=37°、长s=1m的斜面CD 上，斜面CD与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5 之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面 衣 上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰 好在D点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取 辨 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。 苦 -9 0 D 容 (1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力 所做的功； (2)若设置μ=0，求弹簧的最大弹性势能。 (3)若滑块不会回到BC平面上且最终停在D点，求4 的取值范围。 脚 些 擗 ® y 证 潮 12810.AD解析：G卫星相对地球静止，即地球同步卫 星，则G卫星的轨道只能与地球赤道平面共面， 故A正商：由公式6m-m可得=√ /Gm地 则G卫星的线速度是M卫里的写倍，故B错 误；设相等时间为t,G卫星与地心连线扫过的面 积S。X。分ra,同理M卫星与地心 连线扫过的面我S=X=学r,则 ⊙=，故C错误，D正确。故选AD。 11.答案：(1)30m(2)l=18m(3)t=5min 解析：(1)箭上的人相对火箭静止，所以箭上的人 测得火箭的长度应为30m。 (2)观察者测得火箭的长度应为 42 =1-() =30X71-(5）m=303 3 5m=18m。 (3)火箭上有一只完好的手表走过了3min,则 地面上的人认为它走过这3min“实际”上花的 时间为 △to △t= min 3 4 3 V1-() 5 1-(c 5min。 3R 12.答案：6r√g 2π 1g 313RW0 解析：由万有引力定律可得 =-祭·R 由重力等于万有引力得GMm=mg R2 联立两式，可得T=6r√g。 3R 以地面为参考系，卫星再次出现在建筑物上方时 转过的角度为2π，卫星相对地面的角速度为 1一w0 2π 则△t= 2π T 3W3R- G(M+m) 13.答案：(1)w=√L3 r2一M+m (2)m:M=392:1053 解析：(1)设O点距离天体A、B的距离分别为r1 2 和r2,则 GM n+r=L 解得一√R 转动的角速度为w,对于天体A有 同理，穿梭机在轨道上的速率为口一√ GM GMm-Mr1@ L2 联立解得v'≈7.6km/s。 对于天体B有 GMm-mr20 (3)痘减小原有连率，由Gm=m知穿校机 L2 要进入较低轨道，万有引力必须大于穿梭机做圆 联立可得 G(M+m) 因运动所需的向心力，故当减小时，m减 ω=NL3 ML 小，则G>m,穿梭机才会进入钱低 r2M+m 轨道。 (2)在P点放置一个极小物体，设其质量为m0, 第八章学业质量达标卷 它与A、B转动的角速度相同，对于小物体有 1.B解析：飞机在水平面上运动，所以重力不做 GMmo Gimme=moo (r-r) r2 功，A错误；由功的公式W=Fxcos0=5×103× 得 m:M=392:1053。 40×号11.7×10J,B正确飞就我得的动能 m地 14.答案：(1)√R ,3Gm地 (2)4 E一R E-言md-号×50X10×(2×)J≈59x (3)-祭R 104J,根据动能定理可知，合力做功约为5.9× 104J,又拉力做功约为1.7×105J,所以克服阻 解析：(1)对卫星A,由万有引力充当向心力， 力做功约为1.11×105J,C、D错误。故选B。 则有Gm地m=m 2.A解析：对物体受力分析可知物体受重力mg、 2 ,且，=R 弹力N和摩擦力∫，如图所示 /Gm地 解得U=√R N (2)对卫星B,设它到地面高度为h,由万有引力充 7777777 当向心力，则有Gmm=m禁且/=R十h, mg 摩擦力∫与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物 3Gm地T 解得h=√4π -R。 体m做负功，A错误，C正确；物体匀速运动时， 合力为零，合力对物体m做功为零，B正确；弹力 (3)若考虑地球自转的影响，根据牛顿第二定律有 N与位移的夹角为锐角，则弹力对物体m做正 GR”-m禁R=mg 4π2 功，D正确。故选A。 3.B解析：设小球从A到B克服摩擦力做的功为 解得g-一禁R W:,小球从A至B有 15.答案：(1)8.2m/s2(2)7.6km/s(3)见解析 -W,-mgh=0-司md, 解析：(1)在地球表面处，由mg=GP2 小球从B至A有 得地球表面的重力加速度为g斜 mgh-W,=m或-0， 同理，穿梭机所在轨道上的向心加速度为 解以上两式得A=√4gh一2，B正确。故选B。 8'=GM r2 4.B解析：整个过程重力对它们做的功均为mgh, 根据机械能守恒知两物体落地时速度的大小相 其中r=R十h 联立解得g≈8.2m/s2。 等，但方向不同，A、C错误，B正确；从开始至落地 (2)在地球表面处，由牛顿第二定律得 它们用时不等，D错误。故选B。 6=发 5.C解析：因绳B较长，若hA=hB,则B的重心较 低，根据Wc=mgh可知，WA>WB,A错误；若 hA>hB,则一定是B的重心低，则WA>WB,B错 误；若hA<hB,不能确定两根绳子重心的高低，可 能WA<WB,也可能WA>WB,还可能WA=WB, C正确，D错误。故选C。 6.C解析：根据动能定理得W1=号m(20)2 司nd=号md,w:=号m(3o-号m(2o)= 1 5 m,则W1:W2=3:5,故选C。 7.A解析：小球在曲面上下滑过程中，根据机械能 守恒定律得mgh=弓m,得=V2g五，即小球 与弹簧刚接触时，速度大小为√2gh,故A正确； 小球与弹簧接触的过程中，弹簧的弹力对小球做 负功，故小球机械能不守恒，故B错误；对整个过 程，根据系统的机械能守恒可知，小球压缩弹簧至 最短时，弹簧的弹性势能为mgh,故C错误；小球 在压缩弹簧的过程中，受到的弹力增大，则小球的 加速度增大，故D错误。故选A。 8.D解析：合力对物块做功为恒力F与摩擦力以 及重力对物块做功之和，A错误；因物块匀速上 升，根据动能定理可知合力对物块做功为零，B错 误；摩擦力对物块做功为W:=一mgcos日· h S00C错误；根据动能定理W十W:一mgh=0, 可知Wr十W:=mgh,即恒力F与摩擦力对物块 做功之和为mgh,D正确。故选D。 9.D解析：当物体P滑到B点时，Q下降到最低 ,点，根据机械能守恒可知两物体此时动能之和最 大，此时Q的速度为零，则物体P速度最大，A错 误；在物体P从B开始向右滑动的一小段时间过 程中，物体P的动能减小，物体Q向上运动，且速 度变大，则Q的机械能增大，B错误；当P运动到 B处时，P的速度最大，动能最大，此时Q的速度 为零，Q减少的机械能一定，根据机械能守恒，P 获得的动能一定，与P的质量无关，C错误；当P 运动到B处时，P的速度最大，Q的速度为零，根 搭系统机栽能守恒可得3mg亿一)=？× 2mvm2,解得P运动的最大速度为p= √3g(L一h),D正确。故选D。 muf 10.C解析：在最低点有7mg一mg=尺，在最高 点有mg=贸，由最任点到最高点的过程，根据 动能定理得 04 -2mgR-Wmm 由以上三个方程解得W:=?ngR,故C正确。 11.答案：(1)17.273(17.272~17.274均可) 2gL-9 (3)空气阻力做负功(4)偏小 解析：(1)螺旋测微器的精度为0.01mm,转动 刻度估读到0.1格，小球的直径为D=17mm十 27.3×0.01mm=17.273mm(17.272~17.274 均可)； (2)在误差允许的范围内若机械能守恒，有 mgL=m(,整理可得gL=号，即为 验证机械能守恒的表达式； (3)若小球动能的增加量总是比重力势能的减少 量小，误差原因是空气阻力做负功； (4)P是平均速度，等于中间时刻的瞬时速度；实 际运动中小球球心通过光电门的瞬时速度是中 间位置的速度，因匀加速直线运动有<竖，则 用？表示小球的球心通过光电门的醉时速度比 实际运动中小球球心通过光电门的瞬时速度偏 小。 12.答案：(1)135J(2)270W 解析：(1)由动能定理有 mgh-m0 又h=Lsin 0 代入数据得E=2md=135J。 (2)物体下滑做匀加速直线运动 a=gsin 0=6 m/s2 由L=bad 得t=0.5s 则P=mg坠=270W。 t 13.答案：(1)4m(2)24J 解析：(1)根据题目条件及题图乙可知，物块在从 B返回A的过程中，在恒力作用下做匀加速直 线运动，即F一umg=ma 由运动学公式知，=司a 代入数据解得xAB=4m。 (2)物块在前3s内动能改变量为零，由动能定 理得W1-W:=0,即W1一mg·xB=0 20 则前3s内水平力F做的功为W1=8J ②滑块在斜面CD和水平地面OD间多次反复运 根据W=Fl得，水平力F在第3~5s时间内所 动，最终静止于D,点。当滑块恰好能返回C,则 做的功为W2=F·x4AB=16J 1 则水平力F在5s内对物块所做的功为 一mgcos0·2s=0-2mw W=W1+W2=24J。 解得42=0.125 当滑块恰好静止在斜面上，则有 14.答案：(1)v=√2(W2-1)gL mgsin 0-usmgcos 0 (2)P=mg·√(W2-1)gL 解得=0.75 (3)Fx=(3√2-2)mg 所以，当0.125≤μ<0.75，滑块在CD和水平地 解析：(1)设小球运动到B点时的速度大小为， 面间多次反复运动，最终静止于D点 根据动能定理 综上所述，4的取值范围是 Flsin45°-mgL-Lcos45y）=7md 0.125≤4<0.75或4=1。 第八章学业质量提优卷 解得 1.D解析：根据题意可知，加速过程中人的加速度 v=W2(W2-1)gL。 方向为右上方，可知，人受竖直向上的支持力，水 (2)小球运动到B,点时，拉力F的瞬时功率 平向右的摩擦力和竖直向下的重力，由W= P=Fvcos45° Fxcos0可知，摩擦力和支持力均对人做正功，A、 解得 B错误；根据题意可知，匀速过程中人受力平衡， P=mg√(W2-1)gL. 可知，人受竖直向上的支持力和竖直向下的重力， (3)当小球运动到B,点时，合力刚好沿轻绳指向 不受摩擦力，由W=Fxcos0可知，支持力对人做 O点，则 正功，C错误，D正确。故选D。 v2 Fr-√2mg=m工 2.C解析：物体离开地面时，弹簧仲长工=M坚，重 解得 物上升的高度h=H一x,重力势能增加量E。= Fr=(3√2-2)mg。 15.答案：(1)20N2J(2)8J Mg负=MgH-加E,故选C. 3.A解析：小球1从轨道顶端做平抛运动，竖直方 (3)0.125≤4<0.75或μ=1 向为自由落体运动，小球2由静止开始从顶端沿 解析：(1)在B点，根据牛顿第二定律有 轨道滑到底端，竖直方向的初速度为0，竖直方向 F-mg=mR 的末速度也为0，表明竖直方向先加速后减速，可 解得 知，在竖直方向上小球1的平均速速度大于小球 F=20N 2平均速度，竖直方向的分位移相等，则有t1<2, 由牛顿第三定律可知滑块对B点的压力大小为 A正确，B错误；小球1从轨道顶端做平抛运动， 20N 到达轨道底端时重力与速度方向夹角为锐角，重 从A到B,由动能定理得 力的瞬时功率不为0，小球2由静止开始从顶端 mgR-W-Tmv 沿轨道滑到底端，到达轨道底端时重力与速度方 向垂直，此时重力的瞬时功率等于0，可知P:> 解得W=2J。 P2,C、D错误。故选A。 (2)根据机械能守恒可得 4.D解析：设小球在最低点时的速度为，在最高 1 E=2m+mgssin 0 点时的速度为，根据牛顿第二定律，在最低点 解得E。=8J。 有R一mg=nmR,在最商点有Fe十mg= (3)最终滑块停在D点有两种可能： ①滑块恰好能从C下滑到D,则有 m尺，选最低点所在的水平面为零势能参考平 02 mgssin 0-mgcos 面，从最高点到最低点，根据机械能守恒有g· 解得=1 2R+名m2-名m,联立以上三式可以得到 2 FN一FN2=6mg,故D正确。故选D。 5.C解析：从A到B过程，重力做功Wc=mgR,A 正确；从A到B过程，弹力始终与运动方向垂直， 做功为零，B正确；从A到B过程，小滑块的速率 不变，由动能定理得Wc一W:=0,解得W:= 一mgR,即克服摩擦力做功为mgR,C错误，D正 确。故选C。 6.C解析：动车组匀加速启动过程中，根据牛顿第 二定律，有F一ku=ma,因为加速度a不变，速度 )改变，所以牵引力F改变，A错误。由四节动力 车厢输出功率均为额定值，可得4P一Fv,F一kv =0,联立解得。-片品因为口改定，所以 a'改变，B错误。由题千得4P=Fmn=kvm2,若 输出总功率为2.25P,则有2.25P=kv2,联立解 得=，C正确。若四节动力车系输出功率 均为额定值，根据动能定理得4Pt一Wa=2m -0,解得Wa=4Pt-2mum2,D错误。故选C。 7.C解析：对小球受力分析，小球受重力mg、半圆 柱体对其支持力N和拉力F三个力，如图所示。 B F A mg、 ZKKKK07407744 根据平衡条件有F=mgsin0,从A到B,0越来越 小，故拉力F变小，根据P=F?可知，的大小不 变，则拉力F的功率逐渐变小，A错误；从A到 B,克服小球重力做功的功率为Pc=mgusin0,o 大小不变，0越来越小，可知克服小球重力做功的 功率越来越小，B错误；当小球在A点时，对半圆 柱体和小球受力分析如图所示，半圆柱体受重力 Mg、支持力N、小球对其弹力N三个力。 B N F ↑N A fmgs e nmnmimmmiimmimm Mg 根据平衡条件可知，地面要给半圆柱一个水平向 左的静摩擦力，用以平衡N在水平方向的分力，C 正确；小球做匀速圆周运动，当小球运动到B点 时，具有竖直向下的加速度，小球处于失重状态， 即半圆柱体对小球的支持力小于小球的重力，所 以小球对半圆柱体的压力小于小球的重力，故地 面对半圆柱体的支持力小于两物体重力之和，D 错误。故选C。 06