假期作业11 机械能守恒定律-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高二物理快乐假期讲练测

高二物理 每日 假期作业十一 …0练基础题0… 知识点一 功和功率 1.水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙 斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2,且L1< L2,如图所示.两个完全相同的小滑块A、B (可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数 相同，将小滑块A、B分别从甲、乙斜面的顶 端同时由静止开始释放，取地面所在的水平 面为参考平面，则 ) L L 乙 A.两个滑块从顶端到底端的运动过程中，由 于摩擦而产生的热量一定相同 B.滑块A到达底端时的动能一定比滑块B 到达底端时的动能小 C.两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重 力对滑块A做功的平均功率比重力对滑 块B做功的平均功率大 D.两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高 度时，机械能可能相同 知识点二机车启动问题 2.如图所示为某汽车启动时发动机功率P随 时间t变化的图像，图中P。为发动机的额定 功率，若已知汽车在2时刻之前已达到最大 速度v,m,据此可知 ) P Po t2 A.t1~t2时间内汽车做匀速运动 B.0~t1时间内发动机做的功为Pot C.0~t2时间内发动机做的功为P(2一2) D.汽车匀速运动时所受的阻力小于 Um 3 练·练出好成绩 机械能守恒定律 知识点三重力做功特点 3.福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是 圆形土楼的典型代表，如图(a)所示.承启楼 外楼共四层，各楼层高度如图(b)所示.同一 楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连 接.若将质量为100kg的防御物资先从二楼 仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊 道运送到N处，如图(c)所示.重力加速度大 小取10m/s2,则 四材 一楼 --50m (a)承启楼 (b)剖面图 (c)四楼平面图 A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的 过程中，克服重力所做的功为5400J B.该物资从M处被运送到N处的过程中， 克服重力所做的功为78500J C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大 小为78.5m D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速 率为0.5m/s 知识点四重力势能和弹性势能 4.(多选)如图所示在竖直壁上有一个可以上 下移动的小球抛射装置A,小球质量为m,改 变小球在管中的初始位置，使弹簧的弹性势 能与装登高发k满见：E,=m代(K为已 知常量).静止的小球在弹簧的作用下水平 抛出，不计一切阻力，重力加速度为g.下列 说法正确的是 8 第一部分 假期作业十一 A.常数K的单位为√m3·s1 A.2时间内物体的加速度大小为o一) t3-t2 B.小球离开抛射装置的速度o=K√ C.A的高度不同，小球水平落点也不同 B.物体与传送带间的动摩擦因数为。一) (t3-t2)g 1 D.当弹性势能为E,=2Km√2g时，小球落 C.边界PQ与MN的距离为w+)s-2) 到水平面的动能最大 2 知识点五动能及动能定理综合应用 十L 5.如图所示，质量为m的物块与水平转台间的 D.1~t2时间内，变力F做的功的绝对值为 动摩擦因数为4，物块与转轴相距R,物块随 转台由静止开始转动.当转速增至某一值 2m(2-u,2)+（ou)mL 13-t2 时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开； 知识点六 机械能守恒定律的应用 始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块：7.（多选）如图所示，m1>m2,滑轮光滑且质量 做的功是（假设物块所受的最大静摩擦力等！ 不计，在m1下降一段距离d的过程中（不计 于滑动摩擦力) 空气阻力)，下列说法正确的是 A.m1的机械能增加 LhLLLLLLL1 B.m2的机械能增加 A.0 B.2umgR C.m1和m2的总机械能减少 D.m1和m2的总机械能不变 C.2numgR D.umgR 6.(多选)如图所示，水平粗糙传送带以恒定速 …0练高考题 度o顺时针匀速传送，质量为m的正方形 8.(多选)(2023·新课标卷)一质量为1kg的物 物体abcd置于传送带上，在传送带所在区域 体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平 有一以PQ与MN为边界的测定区域，当 地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉 abcd在进入与离开该区域的过程中就会受 到水平向左的变力F的作用，且当abcd进 力做的功W与物体坐标x的关系如图所示， 入该区域的过程中F的变化规律与abcd离 物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重 开该区域的过程中F的变化规律相同，PQ、 力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的 MN与传送带垂直.物体在图示位置开始计 是 时，运动过程中ab边始终与PQ平行，其速 A.在x=1m时，拉 ↑WI万 度与时间的关系如图所示，1~2时间内为 力的功率为6W 18 曲线，t2~t3时间内为直线，重力加速度为： g,正方体物体的边长为L,则下列说法正确 B.在x=4m时，物 的是 ) 体的动能为2J 3 4 C.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力 DY 做的功为8J D.从x=0运动到x=4m的过程中，物体的 Ot t2 tata ts 动量最大为2kg·m/s 39 高二物理每日 9.（多选)(2023·全国乙 卷)如图，一质量为M、 m西 长为1的木板静止在光 nmmmmnmmnminiinn 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f1 B.木板的动能一定小于fL C.物块的动能一定大于2m2-f D.物块的动能一定小于m2- …0练综合题0… 10.如图为某游戏装置的示意图.AB、CD均为 四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点， 各圆弧轨道与直轨道相接处均相切.GH与 水平夹角为0=37°，底端H有一弹簧，A、 O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上.一质 量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管 内径，可视作质点)从距A点高为h处的O 点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处 有一装置，小钢球向右能无能量损失的通 过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点， 若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹. 各圆轨道半径均为R=0.6m,BC长L= 2m,水平直轨道BC和GH的动摩擦因数 4=0.5,其余轨道均光滑，小钢球通过各圆 弧轨道与直轨道相接处均无能量损失.某 次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次 通过圆弧的最高点E.(sin37°=0.6， cos37°=0.8，g=10m/s2)求： OO E G h H R R 刀 B (1)小钢球第一次经过C点时的速度大 小C; 4 练·练出好成绩 ●● (2)小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力大小FB(保留两位小数)； (3)若改变小钢球的释放高度h,求出小钢 球在斜面轨道上运动的总路程、与h的函 数关系 0经典再现0… 题点一机车的两种启动方式 例T一辆汽车在平直的公路F, 上运动，运动过程中先保持某F 一恒定加速度，后保持恒定的 牵引功率，其牵引力和速度的 012 图像如图所示，若已知汽车的质量m,牵引 力F1和速度1及该车所能达到的最大速 度3，运动过程中阻力大小恒定，则根据图 像所给信息，下列说法正确的是 () A.汽车运动中的最大功率为F13 B.速度为时的加速度大小为F mv2 C.汽车行驶过程中所受阻力 03 D.恒定加速度时，加速度大小为 第一部分 【解题指导】(1)以恒定功率启动的方式： ①动态过程： 速度vt 当F=F时a=0 保持胃 F=i u达到最大速度 匀速运动 加速度逐渐减小 的变加速运动 中 匀速直线运动 ②这一过程的速度一时间图象如图所示： m (2)以恒定加速度启动的方式： ①动态过程： a=F-F 保持P额 当P=P 当F=F 不变 保持 时a=0 B计a≠0 a不变 u达最大中 F不变 和仍增大 a=F-F n。 速度Um 匀速运动 匀加速直线运动 加速度逐渐减小→ 匀速直 的变加速运动 线运动 ②这一过程的速度一时间图象如图所示： 解析汽车运动功率P=F,从图中可得当 =1时速度最大，牵引力最大，所以汽车运 动中的最大功率为F11,A错误；汽车以恒 定功率运动时的功率为P=F11,以恒定功 率运动过程中，水平方向上受到牵引力，阻 力，故根据牛頓第二定律可得a=F上，当 m 速度最大时，加速度为零，即F=∫，最大速 度为购，此时的牵引力F=P=1迎，所以 033 阻力f= 2,速度为2时的牵引力为 3 P F2= ，所以加速度大小为a= F2-f_ 02 FivFiv 23 m F1_F,故B错误，C正确， 10mU2 mvg 恒定加速时，a= F-∫_E_F14,D错误. 答案C 4 期作业十一 题点二多物体组成的系统机械能守恒 问题 例2（多选）如图所 示，固定在地面的斜 面体上开有凹槽，槽 内紧挨放置六个半径 均为r的相同小球， 各球编号如图.斜面 与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现 将六个小球由静止同时释放，小球离开A点 后均做平抛运动，不计一切摩擦.则在各小 球运动过程中，下列说法正确的是() A.球1的机械能守恒 B.球6在OA段机械能增大 C.球6的水平射程最大 D.有三个球落地点相同 【解题指导】机械能守恒定律表达式的选 取技巧 (1)当研究对象为单个物体时，可优先考虑 应用表达式Ek1十Epl=Ek2十E2或△Ek= -△E。来求解. (2)当研究对象为两个物体组成的系统时： ①若两个物体的重力势能都在减小（或增 加)，动能都在增加（或减小），可优先考虑 应用表达式△Ek=一△E。来求解； ②若A物体的机械能增加，B物体的机械 能减少，可优先考虑用表达式△EA= -△EB来求解. 解析6个小球都在斜面上运动时，只有重 力做功，整个系统的机械能守恒，当有部分 小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍 在加速，球2对1的作用力做功，故球1的机 械能不守恒，故A错误；球6在OA段运动 时，斜面上的小球在加速，球5对球6的作用 力做正功，动能增加，机械能增大，故B正 确；由于有部分小球在水平轨道上运动时， 斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点 时球6的速度最小，水平射程最小，故C错 误；最后三个球在水平面上运动时不再加 速，3、2、1的速度相等，水平射程相同，落地 点位置相同，故D正确，故选B、D. 答案BD高二物理每日一练·练出好成绩 球半径，故其所受地球引力比静止在地面上时小，C错！t1时刻达到额定功率，随后在1~2时间内，汽车速度 误；空间站轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，由开！ 继续增大，由P=Fv可知，牵引力减小，则加速度减小， 普勒第三定律可知，物资做圆周运动的周期小于地球 直到牵引力减小到与阻力相等时，达到最大速度vm= 同步卫星的周期，所以物资做圆周运动的角速度一定！ 大于地球自转角速度，D正确；物资所受合力即为其做： 吕号接者微匀论运动A错误：退发动机所微的功 圆周运动的向心力，由向心力公式F=mwr可知，对接 等于图线与t轴所围的面积，则0~t1时间内发动机做 后物资所受合外力比静止在地面上时的大，B错误.]： 的功为W1=之P,B错误：C,发动机所做的功等于 10.解析(1)由题设飞船做匀速圆周运动，在预定圆轨 图线与t轴所围的面积，则0~t2时间内发动机做的功 道上飞行n圈所用时间为t,因周期为转一圈的时间，！ 所以飞船在预定圆轨道上运动的周期为T=上， 为W=P,g-1十g)=P(g-2)C正确：D.当 n (2)设预定圆轨道距地面的高度为h,飞船在预定圆轨： 汽车匀建运动时所交的阻力f=F-,D错误.故 道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛： 选C.] 颜第定律及万有引力定律得三m红R十3A[A该物资从二接地面被运送到四提M处的过粗 T2 中，克服重力所做的功为WG=mg△h=100×10× h),当飞船在地球表面时有mg=G肌，以上各式联 (2.7十2.7)J=5400J,故A正确：B.该物资从M处被 R2 运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克 gR'P 立解得预定圆轨道距地面的高度为h√4玩7 -R; 服重力做功为零，故B错误；C.从M处沿圆形廊道运 动到N处，位移大小为50m,故C错误；D.从M处沿 (3)飞船在近地点A所受的万有引力为F= (R+h1)2,又mg GMm GMm,根据牛顿第二定律F=ma, 圆形廊道运动到V处，平均速率为。=三= R 以上各式联立解得飞船在近地点A的加速度为！ 3.14×9 m/s=0.785m/s,故D错误.故选A. 100 gR2 a=(R+h1)2 .AD[A.由能量字版定作界E,=m答-名m2, 答案(1)L (2) /gR12 一R(3) 8R2 4π2n2 (h1+R)2 化简可得K=0√历，所以K的单位为m/s·√m= 假期作业十一 √m.91,A正确；B.由能量守恒定律En=乞m方 1K2 1.C[A.滑块下滑过程中由于摩擦而产生的热量为Q= w2,可得，小球离开抛射装置的速度为0=，B 1 h co0:品)治因为有11<，可知0>， 错误：C.根据平抛运功知识h=弓g2,水平位移r 所以可得Q1<Q2,A错误；B.滑块从顶端到达底端根 据功能关系有mgh-一Q=Ek,因为有Q1<Q2,所以可 0,联立解得x三压·=K·怎，所以小球 知滑块到达底端时的动能有Ek1>Ek2,B错误；C.分析 水平落点与h无关，C错误；D.由能量守恒定律知，小 可知滑块从顶端运动到底端的过程中，甲中下滑时的！ 加速度大，斜面长度短，乙中下滑时的加速度小，斜面 球落到水平面上的动能为Ek=E,十mgh=号mK 2m h 长度长，根据匀变速运动规律可知滑块在甲斜面上运 mgh,可见，当LmK2 m方 =mgh,小球落到水平面的动能 动的时间短，在乙斜面上运动的时间长，从顶端运动到 最大，即h= K 底璃的过程中重力微功相同，根播公式P-?,可加 ，此时弹簧的弹性势能为E。= √2g PC>PG2,C正确；D.根据前面分析，两个滑块加速下 日mK2=KnV2g,D正确，故选AD. 2m K 滑的过程中，到达同一高度时，摩擦力做功不同，根据： √2g 功能关系可知，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，：5，D[物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物 可知到达同一高度时，机械能不可能相同，D错误.故： 块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆 选C.] 2.C[A.由题意得，在0~t1时间内功率随时间均匀增！ 网运动的线连度为，则有mg=,在物块由静止 大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由牛顿第： 到获得速度V的过程中，物块受到的重力和支持力不 二定律F一f=m,可知，牵引力恒定，合力也恒定.在：做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W 068 参考答案与详解 之m2-0,联主解得w-0m,故D正确.] 根据动能定理可知 2 6,ABD[A.物体在t2t3时间内做匀加速直线运动，由： 对m:-fx1= 2n21 2m2 ① v一t图像可得a=0二，故A正确；B.物体在t2一13 t3一t2 对M:f,=合Mg2@ 时间内做匀加速直线运动，此过程物体水平方向只受 根据t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位 摩擦力，根据牛顿第二定律可得ng=ma,可得H= 移可知 x2=S△COF,x1=SABFO 0)故B正确：C根据题意可知，边界PQ与 根据位移关系可知I=r1一x2=SABC0>x2=S△DF MN的距离为物体在t1~14时间内的位移之和，物体在！ t1~t2时间内的位移为物体的边长，则有x1=L,根据 因此f>fx2=2M,2,即木板的动能一定小于f,A v一t图像，可得物体在t2一t3时间内的位移x2=! 错B对 o十u)3一t红》，物体在t3~4时间内的位移x3= 将①、@两式相加得一f1=号m2+是M,2 2 vo(t4一t3),可得边界PQ与MN的距离为x=L+ 2m2,变形得物块离开木板时的动能m02 o十)g-十t,-tg),故C错误：D.t1~t2时 2 名mw2-1-号M:2<7mw2-.C错D对.] 1 间内，变力F微功的绝对值为W,根据动能定理可得10，解析(1)小钢球从0点出发怡能第一次道过圆孤的 mg1一W=号n2-mw23,解得W=之m(e 最高点E,则小钢球到E点的速度为0，小球从C点到 U2)十（一）mL,故D正确.故选ABD.] E点，根据动能定理得一mg·2R=0一2mc2,代入 t3-t2 7.BD[不计空气阻力，两个物体组成的系统中只有动能： 数据解得vc=2√6m/s;(2)从B点到C点，由动能定 和重力势能相互转化，机械能总量守恒；1重力势能减 理得-ngL=合me2-mn2,小钢球经过B点， 小，动能增加，m2重力势能和动能都增加，故m1减小的： 重力势能等于m2增加的重力势能和两个物体增加的： 由牛频第二定律得N一mg=mR,代入数据联立解 动能之和，m1机械能减少量等于m2机械能增加量，故 BD正确，AC错误.故选BD.] 得N=号N≈0,83N,旅据牛领第三定律得小钢球 8.BC[物体所受的滑动摩擦力大小为f=mg=4N,! 对轨道的压力大小FB=N=0,83N;(3)若小钢球恰 0~1m的过程，由动能定理有W1一mg=2m,解 能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1,从 释放到E点，由动能定理得mg(h1一R)一umgL=0, 得1=2m/s,又W-x图像的斜率表示拉力F,则0~ 代入数据解得h1=1.6m,若小钢球恰能第二次通过E 2m的过程，拉力F1=6N,故x=1m时拉力的功率 点，设小钢球释放，点距A点为h2,从释放到E点，由动 P1=F1v1=12W,A错误；0~4m的过程，由动能定理 有W2一umgx4=Ek4一0，则在x=4m时，物体的动能 能定理得mg(h1-R)-mgL-2 umgcos0· 0 Ek4=2J,B正确：0~2m的过程，物体克服摩擦力做的！ 代入数据解得h2=2.24m,①若小钢球释放高度h< 功W2=fx2=8J,C正确；由W-x图像可知，2~4m: 1.6m,无法到达E点，=0，②若小钢球释放高度 的过程，拉力F2=3N,则F1>f>F2,所以物体在0~ 1.6m≤h<2.24m,小钢球能经过E点一次，因为< 2m的过程做加速运动，2~4m的过程做减速运动，故： tan0,则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H 0~4m的过程，物体在x=2m处速度最大，由动能定理： 点，根据动能定理得mgh一mgL一mgcos0·x=0, 有W2一f=之me2,解得2=25m/s,故物体的最 代入数据解得s=2.5(h一1)，③若小钢球释放高度 大动量为pm=2√2kg·m/s,D错误.] ②，24m≤h,小钢球经过E点两次=2an月1.6m, 9.BD[物块和木板的运动示意图和心t图像如下 答案(1)2√6m/s(2)0.83N(3)见解析 m色 A 假期作业十二 M 1.A[一个氮原子在离子发动机中电离成一个氨离子和 m◆ E 一个电子，根据电荷守恒定律，则该氨离子与该电子所 带电荷是等量异种电荷.故选A.] 69