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

-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 8.AD解析：由图乙可知，当拉力F达到5N时， 物块在水平桌面上才开始运动，则F=mg= 5N,解得4=0.5，A正确，B错误；在AB段，根 据动能定理可得(F-mg)x=之mU2,根据平抛 运动规律，有水平射程和竖直位移分别为5=VBt, 方=名8，根据几何关系可得an日=冬=1，联立 可得若-如。由因乙可如栏，解仔 mg x=0.25m,C错误，D正确。故选AD。 9.AD解析：由图像可知，汽车先做牵引力恒定的 匀加速运动，再做额定功率恒定的变加速运动， P额=F·v=2×103×30W=6×104W,A正确， C错误；当汽车速度最大时牵引力F=f=2X 103N,B错误；汽车匀加速运动的加速度a= 一上=2m/s,汽车刚达到额定功率时的速度 m 口=P=10m/s,所以汽车做匀加速运动的时间 F t==5s,D正确。 a 10.BD解析：圆环下落到最低点的过程中，绳的拉 力对圆环先做正功后做负功，可知圆环的机械能 先增大后减小，A错误，B正确；圆环下落到与定 滑轮等高的位置时，重物的速度为零，对系统由 机械能守恒可得2mg(os0-d)十 mgduan30°=弓md,解得国环的速度大小为 103-12 3 二gd,C错误，D正确。故选BD。 1答案：1)号（品） (2)小圆柱的质量mmg十m(△t) 解析：(1)根据机械能守恒定律得gl= 2mw2, 所以只需验证1==（品）八，就说明小國 柱下摆过程中机械能守恒。 (2)若测量出小圆柱的质量，则在最低点由牛 颜第二定律得F-mg=m,若等式F=mg十 m△成立，则可验证向心力公式，可知需要 d2 测量小圆柱的质量m。 12.答案：(1)0.8m/s2(2)15m/s 解析：由P=F℃可知，当轮船发动机的功率一定 时，口越大，牵引力F越小，又因为在轮船前进的 20 方向上，F一F=ma,所以当轮船以恒定功率启 在C点有 动时，随着v的增大，F减小，a减小，即轮船做 加速度逐渐减小的变加速运动，当F=F时， Fx-mg-muc2 R a=0,轮船速度达到最大，此后轮船将保持这一 可解得Fv=40N 速度做匀速运动。 根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小 (1)由P=Fu可知，当u=9m/s时，F=P= F=40N。 (3)设小物块向右经过B点时速度大小为2，由 1.8×10N=2.0X10N, 动能定理有 9 1 又因为F-Fm=ma 一mgs-mgR=0-2m, 故a=F-F=2.0X10-1.2X10 m/s2= 解得v2=3√3m/s m 1.0×10 0.8m/s2。 因为4m/s<2<6m/s,故小物块在传送带上 先向右加速再匀速，所以 (2)轮船以最大速度航行时 F=Fm=1.2×107N v'=2=3√3m/s。 PP1.8×108 故=F=最-2X10m/s=15m/s. 15.答案：(1)2√gr(2)3r 13.答案：(1)100J(2)200W(3)5020N (3)√3gr+2m8_2E k m 解析：(1)塑料球从开始下落至地面过程中，重力 解析：(1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得 势能的减少量为 △Ep=mgH=2X10×5J=100J. mg·2r=合mag (2)根据动能定理可得 解得vg=2√gr。 mgl-m (2)在C点，滑块与圆管之间恰无作用力，则mg= 解得塑料球落至地面时的速度大小为 Y v=10 m/s 解得vc2=√gr 则塑料球落至地面时重力的瞬时功率为 滑块从A点运动到C,点过程，由动能定理得 P=mgv=2×10×10W=200W。 (3)设沙子对铅球的平均阻力大小为f,全过程 g·2r=ungs=2mxe图 根据动能定理可得 解得s=3r。 mg(H+h)-fh=0 (3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D 解得 端的距离为x0,此时kxa=mg f=5020N。 解得=爱 14.答案：(1)8J(2)40N(3)3W3m/s 解析：(1)由机械能守恒有 滑块由C运动到距离D端x。处的过程中，由能 E,-mm 量守恒得mg十)-名m2-名me2+E 解得E。=8J。 (2)由于<0，故小物块先向右加速，加速度 联立解得=√3gr+2弧2区。 k m a=eimg=uig=2 m/s 模块综合质量达标卷 m 1.B解析：匀速圆周运动是曲线运动，有加速度， 设经时间t加速至v,则有 不处于平衡状态，即处于非平衡状态，故A错误； t=0-4=1s 角速度是描述匀速圆周运动中物体绕圆心转动的 a 快慢的物理量，线速度表示单位时间内转过的孤 此过程物块的位移 长，都可以描述运动的快慢，故B正确；匀速圆周 x==5m=L,B到C过程，由动能定理 运动的过程中，线速度的大小不变，但方向改变， 有-mg=me-m 故不是匀速运动，其合力不可能为0，故C、D错 误。故选B。 2 2.A解析：该人驾驶小船在静水中的速度有最小 值时，小船在静水中的速度方向和BA连线垂直， 此种情况下合速度为V台=Uc0sO,该人从南渡口 d B到北渡口A的时间为t=BA=sin0 U含0含 d u1cos0sin0。故选A。 3.C解析：根据动能定理得mgR=号m,知u= √2gR,两小球达到底端时的速度大小相等，但是 速度的方向不同，速度不同，A错误。两小球运动 到底端的过程中，下落的高度相同，有WG=mgh =gR,由于质量m相同，则重力做功相同，B错 1 误。两小球到达底端时动能2mU一mgR,m相 同，则动能相同，C正确。两小球到达底端的速度 大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为 零，而乙球重力做功的瞬时功率不为零，则甲球重 力做功的瞬时功率小于乙球重力做功的瞬时功 率，D错误。故选C。 4.C解析：由题意知u=√g7=√68r,= 1 /1 V2u=√3r,C正确。故选C。 5.A解析：要分析重力势能的变化，只需要分析重 力做功。物体随升降机上升了h,物体克服重力 做功W=mgh,故物体的重力势能增加了mgh,A 正确。故选A。 6.A解析：若汽车从静止出发，先做匀加速直线运 动，在匀加速运动阶段，由F一F:=ma可得F= F:十ma。牵引力随阻力的增大而均匀增大，C、D 错误；达到额定功率后保持额定功率行驶，由F= 二，F=知可知，牵引力与阻力成反比，A正确，B 错误。故选A。 7.C解析：转台的角速度大小为时，物块受到的 摩擦力恰好为零，此时竖直方向根据受力平衡可 得Ncos ai=mg,解得N=2mg,可知此时物块对 容器壁的压力大小为2g;水平方向根据牛顿第 二定律可得mgtan a=mw,2 Rsin a,可得= V。V震B鳞送，C正角：若转台的角建 度由缓慢增大，则物块所需的向心力增大，重 力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，物 块有沿容器壁向上运动的趋势，所以物块受到的 摩擦力方向沿容器壁向下，当摩擦力未到达最大 值时，物块与器壁仍相对静止，α角不变，A、D错 08桃战自己，练练速度吧！ 第八章学业质量提优卷 (时间：75分钟满分：100分) 一、选择题(1~7题为单选题，8~10题为多选题，每小题5 分，选对得5分，选对不全得3分，错选0分，共50分) 1.商场的智能化自动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢。 豪 有人站上扶梯时，它先缓慢加速，再匀速运转。一顾客 单 乘扶梯上楼，恰好经历这两个过程。则(） 名 A.加速过程中摩擦力对人做负功 吹 B.加速过程中支持力对人做负功 创 C.匀速过程中摩擦力对人做正功 D.匀速过程中支持力对人做正功 2.如图所示，一个质量为M的物体，放在水平地面上，物体上 始 方安装一个长度为L、劲度系数为飞的轻弹簧处于原长，现 用手拉着弹簧上端的P点缓慢向上移动，直到物体离开地 面一段距离，在这一过程中，P点的位移（开始时弹簧处于 原长)是H,则物体重力势能的增加量为( A.MgH 最 B.MgH+Mg2 如 00000000000 C.MgH- Mg 邮 k 777 长 D.MgH-Mg K 指 3.如图所示为固定不动的六光滑圆弧形轨道，小球1从轨 布 道顶端做平抛运动，恰好可以到达轨道底端；小球2由 腳 静止开始从顶端沿轨道滑到底端，两小球质量相 同，则() A.两小球运动的时间t<t2 B.两小球运动的时间t=t2 C.在轨道底端重力的瞬时功率P1=P2 如 D.在轨道底端重力的瞬时功率P<P2 4.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小 球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨 道的压力大小为F,在最高点时对轨道的压力大小为 F2。重力加速度大小为g,则F一F2的值为() 129 A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg 5.如图，质量为m的小滑块由半径为R的半球面的A端 匀速率滑下，到达最低点B时所受到的摩擦力大小为 F,取重力加速度为g。从A到B过程，下列关于做功 的说法错误的是( ) A.重力做功为mgR B.弹力做功为零 C.摩擦力做功为：迟 2 D.克服摩擦力做功为mgR 6.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的 目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该 动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均 为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=ko, 为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正 确的是( A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静 止开始做匀加速运动 C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀 速行驶的速度为 D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静 止启动，经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中 该动车组克服阻力做的功为7m2-Pt 7.如图，半圆柱放在粗糙水平面上，一个可视为质点，质量 为m的光滑小球在大小可变，方向始终与圆柱面相切 的拉力F作用下从A点沿着圆弧匀速率运动到最高点 B点，整个过程中半圆柱保持静止。则下列说法正确的 是() A.拉力F的功率逐渐增大 R B.克服小球重力做功的功率先增 大后减小 C.当小球在A点时，地面对半圆柱体有水平向左的摩 擦力 选择题 D.当小球运动到B时，地面对半圆柱体的支持力等于 答题栏 两物体重力之和 1 8.如图甲所示，AB为粗糙水平桌面，倾角为0的斜面顶端 接于B点，可视为质点的质量为1kg的物块置于A点。 用不同大小的水平恒力F作用于物块上，使物块从A 点由静止开始运动，当物块运动到B点时撤去拉力F, 测出物块在不同拉力作用下落在斜面上的水平射程s, 作出如图乙所示的s-F图像。已知AB间距离为x,0= 45°，重力加速度g取10m/s2,物块与水平桌面间的动 6 摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 可得() > ◆S/m 9 T 10F 10 A.u=0.5 B.=0.25 C.x=0.5m D.x=0.25m 得分 9.如图所示，是汽车牵引力6x10 F/N 下和车速倒数号的关系图 2×10 像，若汽车质量为2×103 /(m) kg,由静止开始沿平直公 30 路行驶，阻力恒定，最大车速为30m/s,则以下说法正 确的是() A.汽车的额定功率为6×104W B.汽车运动过程中受到的阻力为6×103N C.汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动 D.汽车做匀加速运动的时间是5s 10.如图所示，将质量为2m的重物悬挂在足够长轻绳的 一端，轻绳的另一端系一质量为m的小圆环，圆环套 在竖直固定的光滑足够长直杆上，光滑定滑轮与直杆 间的距离为d。现将圆环从图中所示的A处由静止释 放，此时连接圆环的细绳与水平方向的夹角为30°，整 个过程中重物都只在竖直方向运动且未与定滑轮相 碰。忽略定滑轮的质量和大小，重力加速度为g,下列 说法正确的是( ) 130 A.圆环下落到最低点的过程中， 圆环的机械能先减小后增大 30 B.圆环下落到最低点的过程中， 圆环的机械能先增大后减小 C.圆环下落到与定滑轮等高的位 2m 置时，圆环的速度大小为， 5√3-3 D.圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速度大 小为、 103-12 gd 二、非选择题（本题共5个小题，共50分） 11.(6分)如图是验证机械能守恒定律的 实验。小圆柱由一根不可伸长的轻绳 光电门 拴住，轻绳另一端固定。将轻绳拉至 86光电门 水平后由静止释放。在最低点附近放置一组光电门， 测出小圆柱运动到最低点的挡光时间△，再用游标卡 尺测出小圆柱的直径d,重力加速度为g。 (1)测出悬点到圆柱重心的距离1，若等式gl= 成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒。 (2)若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉 力F,则若要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需 要测量的物理量是 (用文字和字母表示)，若 等式F= 成立，则可验证向心力公式。 12.(8分)有一艘质量为1.0×107kg的轮船，发动机的额 定功率是1.8×108W,假设轮船所受的阻力为1.2× 107N,且始终保持不变。求： (1)当发动机以额定功率工作、航行速度为9m/s时， 轮船的加速度大小； (2)这艘轮船长时间能保持的最大航行速度。 131 13.(10分)如图所示，一质量m=2kg的塑料球从离地面 高H=5m处由静止开始下落，陷入沙坑中2cm深 处，下落过程中不计空气阻力，g取10m/s2。求： (1)塑料球从开始下落至地面过程 中，重力势能的减少量△Ep； (2)塑料球落至地面时重力的瞬时 H=5m 功率； 地面 (3)沙子对铅球的平均阻力大小。 Th=2 cm 14.(12分)如图所示，水平传送带AB顺时针转动，其速度 大小可调。AB左端为光滑平台，右端为粗糙水平轨 道BC,半径R=0.9m的光滑竖直圆弧轨道与BC平 滑连接。在平台上用一小物块压缩轻弹簧至某处后保 持静止，弹簧右端与物块不拴接，弹簧原长小于平台的 长度。已知物块质量m=1kg,AB长L=5m,BC长 s=1.5m,物块与AB间的动摩擦因数41=0.2、与BC 间的动摩擦因数μ2=0.3，g取10m/s2。释放物块，当 它刚滑上传送带时的速度大小v1=4m/s。 OR.D 美A，LR5G U ⊙" (1)求释放小物块前弹簧的弹性势能E。; (2)若传送带的速度大小v=6m/s,求小物块第一次 向右运动到C点时对圆弧轨道的压力大小F; (3)若小物块刚好能到达圆弧轨道上与圆心O等高的 D点，求传送带的速度v。 15.(14分)如图所示，光滑曲 面AB与水平面BC平滑 2 连接于B点，BC右端连接 内壁光滑、半径为r的细 0 D 圆管CD,管口D端正下方 777 直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定， 必 一端恰好与管口D端平齐。质量为m的滑块在曲面 上距BC高度为2r处由静止开始下滑，滑块与BC间 1 的动摩擦因数μ=2，进入管口C端时与圆管恰好无 作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块 苦 速度最大时弹簧的弹性势能为E。求： 给 (1)滑块到达B点时的速度大小VB; . 尽 (2)水平面BC的长度s; 喷 (3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm。 游 , 津 脚 烯 132