資源簡介

2026屆人教版高考物理第一輪復習：第八章機械能守恒定律綜合提高練習1
一、單選題（本大題共10小題）
1．如圖所示，和是豎直平面內兩個半徑不同的半圓形光滑軌道，、、三點位于同一水平面上，和分別為兩軌道的最低點，將兩個質量相同的小球分別從和兩處同時無初速釋放，則（　　）
A．沿光滑軌道運動的小球的重力勢能永遠為正值
B．兩小球到達點和點時，重力做功相等
C．兩小球到達點和點時，重力勢能相等
D．兩小球剛開始從和兩處無初速釋放時，重力勢能相等
2．汽車發動機通過變速箱將動力傳輸給運動系統，一般賽車的變速箱有1擋到5擋5個逐次增高的前進擋位，在發動機輸出功率不變時，擋位越高車速越快，加大油門可以增大發動機的輸出功率.如圖所示是賽車越野比賽時正在爬坡的情形，為了能夠順利爬上陡坡，司機應該 (　　)
A．撥1擋，減小油門
B．撥1擋，加大油門
C．撥5擋，減小油門
D．撥5擋，加大油門
3．質量為m=20 kg的物體,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直線運動,0~2 s內F與運動方向相反,2~4 s內F與運動方向相同,物體的v-t圖像如圖所示,g取10 m/s2,則 (　　)
A．拉力F的大小為100 N
B．物體在4 s時拉力的瞬時功率為120 W
C．4 s內拉力所做的功為480 J
D．4 s內摩擦力做的功為-320 J
4．如圖所示，運動員從某高度處將質量為的小球以初速度斜向上方拋出，小球運動到最高點時的速度為，最大高度為，重力加速度為.以地面為參考平面，不計空氣阻力.則拋出時（ ）
A. 小球的機械能為
B. 人對小球做功為
C. 小球的重力勢能為
D. 小球的重力勢能為
5．在離地面高為h處豎直上拋一質量為m的物塊，拋出時的速度為v0，它落到地面時的速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv
B．－mv2－mv－mgh
C．mgh＋mv－mv2
D．mgh＋mv2－mv
6．中國制造的某一型號泵車如圖所示,表中列出了其部分技術參數,已知混凝土密度為2.4×103 kg/m3,假設泵車的泵送系統以150 m3/h的輸送量給30 m高處輸送混凝土,則每小時泵送系統對混凝土做的功至少為 (　　)
發動機最大輸出功率(kW) 332 最大輸送高度(m) 63
整車滿載質量(kg) 5.4×104 最大輸送量(m3/h) 180
A．1.08×107 J B．5.04×107 J
C．1.08×108 J D．2.72×108 J
7．如圖所示,一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑連接,且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數均為常數.該過程中,物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是 (　　)
A． B． C． D．
8．一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動,在前4 s內做加速度為a=1 m/s2的勻加速直線運動,之后以額定功率繼續運動,再經過10 s達到最大速度.已知汽車的質量為m=2×103 kg,汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍,重力加速度g取10 m/s2,則以下說法正確的是 (　　)
A．加速過程汽車牽引力做功為6.4×104 J
B．汽車啟動過程中牽引力最大為4×103 N
C．汽車的額定功率為18 kW
D．汽車啟動過程的位移為32 m
9．如圖所示為某中學科技小組制作的利用太陽能驅動小車的裝置,當太陽光照射到小車上方的光電板時,光電板中產生的電流經電動機帶動小車前進.若小車保持牽引力恒定,在平直的公路上從靜止開始運動,經過時間t前進距離x時,電動機的功率恰好達到額定功率P,小車的速度達到v.已知小車質量為m,所受阻力恒為Ff,那么在時間t內 (　　)
A．小車做加速度減小的加速運動
B．電動機的額定功率P=Ffv
C．電動機對小車所做的功為Ffx+mv2
D．電動機對小車所做的功為Pt
10．質量分別為2m和m的A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動,撤去F1、F2后受摩擦力的作用減速到停止,其v-t圖像如圖所示,則下列說法中正確的是 (　　)
A．F1和F2大小相等
B．F1和F2對A、B做功之比為2∶1
C．A、B所受摩擦力大小相等
D．全過程中摩擦力對A、B做功之比為1∶2
二、多選題（本大題共4小題）
11．2021年4月28日，在全運會田徑測試賽女子撐桿跳高的決賽中，選手徐惠琴以4米50的成績獲得冠軍。若不計空氣阻力，則（　　）
A．徐惠琴在撐桿的過程中桿對她的彈力與她對桿的壓力大小相等
B．徐惠琴在撐桿上升過程中，她始終處于超重狀態
C．徐惠琴在上升過程中撐桿的彈性勢能轉變為運動員的機械能
D．徐惠琴落到軟墊后一直做減速運動
12．（多選）如圖甲所示，物體受到水平推力 的作用在粗糙水平面上做直線運動.監測到推力 、物體速度 隨時間 變化的規律如圖乙、丙所示.取 ，則( )
甲
乙
丙
A．第 內推力做功為
B．第 內物體克服摩擦力做的功為
C．在 時推力 的功率為
D．第 內推力 做功的平均功率
13．(多選)如圖所示，質量為50 kg的某同學在做仰臥起坐運動．若該同學上半身的質量約為全身質量的，他在1 min內做了50個仰臥起坐，每次上半身重心上升的高度均為0.3 m，取＝10 m/s2，則他克服重力做的功和相應的平均功率約為(　　)
A．＝4 500 J B．＝450 J
C．＝60 W D．＝75 W
14．如圖所示，一質量為m的小球固定在輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定在O點處，將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運動到O點正下方B點時速度為v，A、B之間的豎直高度差為h，則（　　）
A．由A到B重力做功為mgh
B．由A到B重力勢能減少
C．由A到B小球克服彈力做功為mgh
D．小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為mgh－
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．某同學利用圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律.弧形軌道末端的切線水平,離地面的高度為H,將鋼球從軌道的不同高度h處由靜止釋放,鋼球的落點距軌道末端的水平距離為x.
甲
乙
(1)實驗中若軌道完全光滑,則x2與h的理論關系應滿足x2=　　　　(用H、h表示).
(2)該同學經實驗測量得到一些數據,如表所示:
h/(×10-1 m) 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00
x2/(×10-1 m2) 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78
請在圖乙所示的坐標系上作出x2-h的關系圖線.
(3)對比實驗結果與理論計算得到的x2-h關系圖線(圖乙中已畫出),自同一高度由靜止釋放的鋼球,實際水平拋出的速率　　　　(填“小于”或“大于”)理論值.
(4)由x2-h關系圖線分析得出鋼球水平拋出的速率偏差十分顯著,你認為造成上述偏差的可能原因是 　.
16．如圖所示，軌道由水平軌道AB和足夠長斜面軌道BC平滑連接而成，斜面軌道BC與水平面間的夾角為 。質量為 的物塊靜止在離B點 的水平軌道上，物塊與水平面和斜面間的動摩擦因數均為 。現在物塊上作用一個大小 、方向水平向右的拉力，物塊到達B點時撤去該拉力。，，g取10m/s2。求：
(1)物塊到達B點的速度大小vB；
(2)物塊因慣性沿斜面上沖的最大距離xm。
17．質量為的小球從高為的地方釋放，如果在光滑軌道上的點飛出，求的值；如果是從軌道的點（圓弧的最高點）飛出，求的值。（圖中兩虛線夾角為60°，圓弧曲率半徑為）
18．如圖所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低點，圓弧BC所對圓心角θ=37°。已知圓弧軌道半徑為R＝0.5m，斜面AB的長度為L＝2.875m。質量為m＝1kg的小物塊（可視為質點）從斜面頂端A點處由靜止開始沿斜面下滑，從B點進入圓弧軌道運動恰能通過最高點D。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g=10m/s2.求：
(1)物塊通過C、D點的速度大小。
(2)物塊經C點時對圓弧軌道的壓力Fc；
(3)物塊與斜面間的動摩擦因數μ。
19．用如圖甲所示的實驗裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗時，將打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始下落.
甲
（1）關于本實驗,下列說法正確的是 （填字母代號）.
A．應選擇質量大、體積小的重物進行實驗
B．釋放紙帶之前，紙帶必須處于豎直狀態
C．先釋放紙帶，后接通電源
（2）實驗中，得到如圖乙所示的一條紙帶.在紙帶上選取三個連續打出的點 、 、 ，測得它們到起始點 （ 點與下一點的間距接近 ）的距離分別為 、 、 .已知當地重力加速度為 ，打點計時器的打點周期為 .設重物質量為 .從打 點到 點的過程中，重物的重力勢能變化量 ，動能變化量 .（用已知字母表示）
乙
（3）某同學用如圖丙所示裝置驗證機械能守恒定律，將力傳感器固定在天花板上，細線一端系著小球，一端連在力傳感器上.將小球拉至水平位置從靜止釋放，到達最低點時力傳感器顯示的示數為 .已知小球質量為 ，當地重力加速度為 .在誤差允許范圍內，當滿足關系式 時，可驗證機械能守恒.
丙
20．常德桃花島歡樂水世界有一種滑梯（圖甲），把它簡化成如圖乙所示模型。其中部分為一段圓弧，O為圓心，半徑，圓弧末端B點切線水平，水面離B點的豎直高度為。現有一質量為的中學生從離B點的A點靜止滑下，他在水面上的落點C與B點的水平距離為，g取。求：
（1）中學生經過B點的速度；
（2）中學生經過B點時對軌道的壓力；
（3）中學生從A點到B點的過程中克服阻力做的功。
21．某同學利用圖甲中的實驗裝置探究機械能變化量與力做功的關系，所用器材有：一端帶滑輪的長木板、輕細繩、的鉤碼若干，質量為的滑塊、打點計時器、刻度尺，已知當地重力加速度為。實驗操作步驟如下：（計算結果均保留2位小數）
（1）如甲圖安裝器材，保持桌面、長木板水平，輕細繩下端懸掛5個鉤碼，調整裝置，使細繩水平。
（2）接通打點計時器電源，交流電頻率為，再釋放滑塊，得到一條紙帶如乙圖，將紙帶上打出的第一個點標記為0計數點，再依次取計數點1、2、3、4、5、6，每兩個計數點之間有4個點未畫出，測出各點到0點之間的距離如乙圖，單位為。
（3）從0點到5點系統（以桌面上滑塊和懸掛的鉤碼為系統，下同）的重力勢能的減少量為 。
（4）從0點到5點系統動能的增加量為 ，系統機械能的減少量為 。
（5）若物塊與木板之間的動摩擦因數為0.25，則從0點到5點物塊克服木板的摩擦力做的功為 。
（6）從上述結果可得出的實驗結論 。
22．某同學利用頻閃照片驗證小鐵球豎直上拋中機械能守恒.已知頻閃儀 閃光一次，通過對頻閃照片的測量與分析得到照片中小鐵球各位置間實際距離并已標出.已知小鐵球質量為 ，當地重力加速度為 .
（1）從 到 時間內，小鐵球重力勢能的增加量 ；動能的減少量 （結果均保留三位有效數字）
（2）在誤差允許的范圍內，若 與 近似相等，則可驗證機械能守恒定律.由上述數據可得 小于，造成這種系統誤差的主要原因是 .
參考答案
1．【答案】D
【詳解】AB：重力勢能具有相對性，如果選A、P、B三點在零勢能參考面上，則兩球在運動過程中的重力勢能恒為負值，如果選C點在零勢能參考面上，則兩球在運動過程中的重力勢能恒為正值，另外，重力做功跟路徑無關，只取決于物體初、末兩點在豎直方向的高度差，兩球從開始運動到到達C點和D點時豎直高度差不等，所以重力做功不相等，AB錯誤；
CD：不管選哪一點為零勢能，A點和B點相對零勢能點的豎直高度均相等，所以重力勢能相等，兩小球到達C點和D點時，重力勢能不相等，C錯誤D正確。選D。
2．【答案】B
【解析】賽車爬坡時需要較大的牽引力，由P=Fv得F=，在增大發動機輸出功率P的情況下，同時減小速度v，才能獲得更大的牽引力F，因此應當將變速箱撥到1擋，并加大油門，故B正確，A、C、D錯誤.
3．【答案】B
【解析】由圖像可知,在0~2 s內物體的加速度大小a1=5 m/s2,在2~4 s內物體的加速度大小a2=1 m/s2,根據牛頓第二定律F+f=ma1,F-f=ma2,整理得F=60 N,f=40 N,A錯誤;物體在4 s時拉力的瞬時功率P=Fv=60×2 W=120 W, B正確;在0~2 s內物體的位移為10 m,因此在這段時間內,拉力做的功W1=-Fx1=-600 J,在2~4 s的位移為2 m,因此在這段時間內,拉力做的功W2=Fx2=120 J,因此拉力做的總功W=W1+W2=-480 J,C錯誤;4 s內物體總路程為12 m,因此這段時間內摩擦力做的功Wf=-fs=-480 J,D錯誤.
4．【答案】D
【解析】小球在空中運動過程機械能守恒,以地面為參考平面,拋出時小球的機械能與最高點相同,有,故A錯誤；由動能定理可知,人對小球做功為,故B錯誤；由機械能守恒可知,拋出時小球的重力勢能,故C錯誤，D正確.
5．【答案】　C
【詳解】　對物塊從h高處豎直上拋到落地的過程，根據動能定理可得mgh－Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mgh＋mv－mv2，選項C正確。
6．【答案】C
【解析】本題考查功能關系.題中表格數據均為最大值,題干數據為實際情況.輸送量為150 m3/h,混凝土密度為2.4×103 kg/m3,輸送高度為30 m,泵送系統每小時做的功最少等于將混凝土送至30 m高處的過程混凝土增加的重力勢能,即W=2.4×103×150×30×10 J=1.08×108 J,C正確.
【易錯分析】
本題表格中所提供數據容易誤導我們用W=Pt解題,或將實際數據與表格中最大值數據混淆,應注意題干中才是實際工作情況,若不能分清有用數據與干擾數據將導致錯解.
7．【答案】A
【解析】本題考查動能定理的應用、Ek-x圖像的選擇.設斜面傾角為θ,物塊到達斜面底端時水平位移為x0,物塊與斜面間的動摩擦因數為μ1,物塊與地面間的動摩擦因數為μ2,物塊到達斜面底端之前,由動能定理得mgx·tan θ-μ1mgcos θ·=Ek,物塊的動能與水平位移成正比;物塊到達水平地面上以后,由動能定理得-μ2mg(x-x0)=Ek-Ek0,Ek0=mgx0·tan θ-μ1mgx0,物塊的動能隨水平位移x按一次減函數變化,所以A選項正確.
8．【答案】B
【解析】汽車受到的阻力大小f=0.1mg=0.1×2×103×10 N=2×103 N,汽車在前4 s內做加速度a=1 m/s2的勻加速直線運動,根據牛頓第二定律得F-f=ma,則F=f+ma=(2×103+2×103×1)N=4×103 N,勻加速運動的位移為x1=a=×1×42 m=8 m,因此勻加速過程牽引力做功為W1=Fx1=4×103×8 J=3.2×104 J,勻加速運動的末速度v=at1=1×4 m/s=4 m/s,所以汽車的額定功率P=Fv=4×103×4 W=1.6×104 W=16 kW,汽車的功率達到額定功率后開始保持額定功率繼續做變加速運動,此過程牽引力做功W2=Pt2=1.6×104×10 J=1.6×105 J,故加速過程汽車牽引力做功為W=W1+W2=3.2×104 J+1.6×105 J=1.92×105 J,故A、C錯誤;汽車做勻加速直線運動時牽引力不變,達到額定功率后,由P=Fv知隨著速度的增大,牽引力逐漸減小,加速度逐漸減小,當加速度減至零時牽引力等于阻力,牽引力不再變化,所以汽車做勻加速運動時牽引力最大,故汽車啟動過程中牽引力最大為4×103 N,故B正確;設汽車做變加速運動的位移為x2,最大速度為vm.當牽引力等于阻力時,汽車達到最大速度,則P=fvm,故vm== m/s=8 m/s,汽車做變加速運動的過程,由動能定理得W2-fx2=m-mv2,解得x2=56 m,因此汽車啟動過程的位移x=x1+x2=8 m+56 m=64 m,故D錯誤.
9．【答案】C
【解析】在時間t內,小車保持牽引力恒定,小車所受阻力恒定,則小車在運動時間內所受合外力恒定,小車做勻加速直線運動,即小車的加速度保持不變,故A錯誤;由題意知,小車保持牽引力恒定時,做勻加速運動,小車的牽引力大于小車所受的阻力,故電動機的額定功率大于Ffv,故B錯誤;在小車運動過程,利用動能定理,有W-Ffx= mv2,整理可得小車受到的牽引力做的功W=Ffx+ mv2,故C正確;由題意知,小車速度達到v時,電動機恰好達到額定功率,之前時刻電動機的實際功率小于電動機的額定功率,故電動機對小車所做的功小于Pt,故D錯誤.
10．【答案】C
【解析】設A、B兩物體所受摩擦力大小分別為f1和f2,撤去水平恒力后,A的加速度大小為a1=,B的加速度大小為a2=,根據牛頓第二定律可知,對A有f1=2ma1=,對B有f2=ma2=,所以有f1=f2,對兩物體運動的全過程,由動能定理有F1-f1=0,F2-f2=0,解得F1∶F2=2∶1,故A錯誤,C正確;F1和F2對A、B做功之比為W1∶W2=∶=1∶1,故B錯誤;對兩物體運動的全過程,根據動能定理知,摩擦力對A、B做的功等于水平恒力做的功,則全過程中摩擦力對A、B做功之比為1∶1,故D錯誤.
11．【答案】AC
【詳解】
A．徐惠琴在撐桿的過程中桿對她的彈力與她對桿的壓力是作用力與反作用力，大小相等，故A正確；
B．在撐桿上升開始階段加速度的方向向上，她處于超重狀態，在上升的最后階段加速度的方向向下，她處于失重狀態，故B錯誤；
C．徐惠琴在上升過程中撐桿的彈性勢能轉變為運動員的機械能，選項C正確；
D．徐惠琴落到軟墊后，開始階段軟墊的作用力小于重力，則她仍然要做一段加速運動后才做減速運動，故D錯誤。
故選AC。
12．【答案】BC
【詳解】由 圖像得，第 內物體靜止，推力不做功，A錯誤；第 內物體勻速運動，則 ，由 圖像得第 內位移為 ，則第 內物體克服摩擦力做的功為 ，B正確； 時的瞬時速度為 ，推力為 ，則 ，C正確；第 內的推力為 ，第 內物體做勻加速直線運動的平均速度為 ，則 ，D錯誤.
13．【答案】AD　
【詳解】該同學在1 min內克服重力做的功為＝50×＝4 500 J，A正確，B錯誤；該同學在1 min內克服重力做功的平均功率為＝＝75 W，C錯誤，D正確．
14．【答案】AD
【詳解】
A．重力做功只與初末位置的高度差有關，則由A至B重力功為，故A正確；
B．由A至B重力做功為，則重力勢能減少，小球在下降中小球的重力勢能轉化為動能和彈性勢能，所以
故B錯誤；
C．根據動能定理得
所以由A至B小球克服彈力做功為，故C錯誤；
D．彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化，所以小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為
故D正確。
故選AD。
15．【答案】(1)4Hh　(2)見解析　(3)小于　(4)弧形軌道與鋼球間存在摩擦
【解析】(1)設鋼球從軌道末端拋出的速度為v0,由機械能守恒定律得mgh=m,則=2gh.在鋼球平拋運動過程中有H=gt2,x=v0t,v0==x,聯立解得x2=4Hh.
(2)依次描點連線,如圖所示.
(3)從圖中看出,同一h下的x2值,理論值明顯大于實際值,而在同一高度H下的平拋運動的水平位移由水平速率決定,可見實際水平拋出的速率小于理論值.
(4)由于實際中弧形軌道與鋼球間存在摩擦,鋼球機械能減小,因此會導致鋼球水平拋出速率的實際值比理論值小.
16．【答案】(1) ；(2)
【詳解】
(1)根據動能定理
解得
(2)根據動能定理
解得
17．【答案】
【詳解】
(1)小球在點脫離軌道做斜上拋運動，小球在點有
根據動能定理有
聯立兩式得
(2)小球在點脫離軌道做平拋運動，小球在點有
根據動能定理有
聯立兩式，得
18．【答案】(1)m/s；5m/s；(2)60N；(3)0.25
【詳解】
(1)由題意知小物塊沿光滑軌道從C到D且恰能通過最高點，由牛頓第二定律有
①
解得
從C到D由動能定理可得
②
解得
(2)在C點時由牛頓第二定律可得
③
由牛頓第三定律得
FC＝FC′④
聯解①②③④并代入數據得
FC＝60 N⑤
(3)對小物塊從A經B到C過程，由動能定理有
mg[Lsin θ＋R（1－cos θ）]－μmgcos θ·L＝mvC2－0⑥
聯解①②⑥并代入數據得
μ＝0.25
19．【答案】AB；； ；；
【詳解】
（1）重物體積小，所受空氣阻力小，質量越大，空氣阻力引起的相對誤差就越小，所以應選擇質量大、體積小的重物進行實驗，A正確；為減小紙帶與限位孔間的摩擦，釋放紙帶之前，紙帶必須處于豎直狀態，B正確；由實驗步驟可知，應先接通電源，當打點計時器工作穩定后，再釋放紙帶，C錯誤.
（2）由重力做功與重力勢能的關系可知，從打 點到 點的過程中，重物的重力勢能變化量 ，打下 點時重物的瞬時速度 ，該過程重物的動能變化量為 ，所以 .
（3）在最低點，由牛頓第二定律可得 ，此時小球的動能為 ，小球由靜止釋放到運動到最低點的過程中，若機械能守恒，則有 ，聯立解得 .
20．【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】
（1）學生從B到C過程做平拋運動，則豎直方向有
可得
水平方向
可得
（2）學生運動到B點，由圓周運動有
得
根據牛頓第三定律，中學生對軌道B點的壓力為。
（3）學生從A到B過程，設克服摩擦力功為由動能定理有
則
21．【答案】 2.00 0.96 1.04 1.00 在實驗允許的誤差范圍內，機械能的變化量等于摩擦力做的功
【詳解】（3）[1]由題圖乙，可得從0點到5點系統的重力勢能的減少量為
（4）[2]打點計時器交流電源頻率為，紙帶上每相鄰兩個計數點之間有4個點未畫出，可知紙帶上相鄰兩計數點間的時間間隔為
T=0.02×5s=0.1s
由中間時刻的瞬時速度等于平均速度，可得打5點時的速度
從0點到5點系統動能的增加量為
[3]系統機械能的減少量為
（5）[4]若物塊與木板之間的動摩擦因數為0.25，則從0點到5點物塊克服木板的摩擦力做的功為
（6）[5]在實驗允許的誤差范圍內，機械能的變化量等于摩擦力做的功。
22．【答案】0.843J；0.860J；空氣阻力做負功，部分機械能轉化為內能
【詳解】
（1）從 到 時間內，小鐵球重力勢能的增加量 ，小鐵球在 時刻的速度 ，小鐵球在 時刻的速度 ，動能的減少量 .
（2）造成系統誤差的主要原因是小鐵球在上升過程中空氣阻力做負功，部分機械能轉化為內能.
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一、單選題（本大題共10小題）
1．如圖所示，質量為的物體靜止在水平光滑的平臺上，系在物體上的水平輕繩跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度水平向右勻速拉動，設人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向的夾角 處，在此過程中人的拉力對物體所做的功為（ ）
A. B. C. D.
2．如圖所示,ABCD是一條長軌道,其中AB段是傾角為θ的斜面,CD段是水平的,BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧,其長度可以略去不計.一質量為m的小滑塊從A點由靜止釋放,沿軌道下滑,最后停在D點,A點和D點如圖所示,現用一沿著軌道方向的拉力拉滑塊,使它緩緩地由D點回到A點,則拉力對滑塊做的功等于(設滑塊與軌道間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g) (　　)
A．mgh B．2mgh
C．μmg(l+) D．μmgl+
3．如圖所示,輕質彈簧一端固定,另一端與一質量為m、套在光滑豎直固定桿A處的圓環相連,彈簧水平且處于原長.圓環從A處由靜止開始下滑,經過B處時速度最大,到達C處時速度為零,重力加速度為g,則下列說法正確的是 (　　)
A．由A到B的過程中,圓環動能的增加量小于重力勢能的減少量
B．由A到C的過程中,圓環的動能與重力勢能之和先增大后減少
C．由A到C的過程中,圓環的加速度先增大后減小
D．在C處時,彈簧的彈性勢能小于mgh
4．如圖所示,電梯質量為M,在它的水平地板上放置一質量為m的物體.電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動,當電梯的速度由v1增加到v2時,上升高度為H,重力加速度為g,則在這個過程中,下列說法和表達式正確的是 (　　)
A．對物體,動能定理的表達式為WN=m,其中WN為支持力做的功
B．對物體,動能定理的表達式為W合=0,其中W合為合力做的功
C．對物體,動能定理的表達式為WN-mgH=m-m
D．對物體,動能定理的表達式為mgH=m-m
5．如圖所示,棋子壓著紙條,放在光滑水平桌面上.第一次沿水平方向將紙條抽出,棋子落在地面上的P點.將棋子、紙條放回原來的位置,仍沿原水平方向將紙條抽出,棋子落在地面上的Q點,與第一次相比,第二次抽出紙條過程 (　　)
A．棋子受到紙條的摩擦力較大
B．紙條對棋子的作用時間較短
C．紙條對棋子做的功較多
D．棋子離開桌面至落地過程中動能增量較大
6．高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動,在啟動階段列車的動能 (　　)
A．與它所經歷的時間成正比
B．與它的位移成正比
C．與它的速度成正比
D．與它的阻力成正比
7．如圖所示,質量為m的小球用細線牽引著在光滑的水平面上做勻速圓周運動,O為一光滑的孔,當拉力為F時,轉動半徑為R;當拉力增大到6F時,小球仍做勻速圓周運動,此時轉動半徑為 .在此過程中,拉力對小球做的功為 (　　)
A． B． C． D．
8．如圖所示,一頂角為直角的“∧”形光滑細桿,其角平分線保持豎直.質量均為m的兩金屬環套在細桿上,用一勁度系數為k的輕質彈簧相連,三者位于同一水平高度,此時彈簧處于原長.現將兩金屬環同時由靜止釋放,運動過程中彈簧始終處在彈性限度內,彈簧的彈性勢能Ep=k(Δx)2,其中Δx為彈簧的形變量,重力加速度為g,對其中一個金屬環,下列結論錯誤的是 (　　)
A．金屬環釋放時的加速度大小為g
B．金屬環的最大速度為g
C．金屬環與細桿之間的最大壓力為mg
D．彈簧的最大彈性勢能為
9．如圖所示,一很長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪,繩兩端各系一小球a和b,a球質量為m,靜置于地面;b球質量為2m,用手托住,離地面高度為h,此時輕繩剛好拉緊.兩小球都可看作質點,從靜止開始釋放b后,a能離開地面的最大高度為 (　　)
A．h B．h C．h D．2h
10．如圖所示,將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一質量為m的環,環套在豎直固定的光滑直桿上,光滑定滑輪與直桿的距離為D．桿上的A點與定滑輪等高,桿上的B點在A點下方距離為d處.現將環從A處由靜止釋放,不計一切摩擦阻力,下列說法正確的是 (　　)
A．環到達B處時,重物上升的高度h=
B．環到達B處時,環與重物的速度大小相等
C．環從A到B,環減少的機械能大于重物增加的機械能
D．環能下滑的最大高度為
二、多選題（本大題共4小題）
11．(多選)如今高層居民小區越來越多,家住高層,窗外“風光無限”,可電梯房雖好,就是怕停電,要是電梯停運了,就會給高層住戶的生活帶來很多不便.家住十樓的李同學某次停電時步行從一樓走樓梯回家,已知該同學質量為50 kg,每層樓的高度為3 m,取g=10 m/s2,則該同學在這個過程中 (　　)
A．重力做負功,樓梯的支持力做正功
B．重力做負功,樓梯的支持力不做功
C．重力勢能增加1.5×104 J
D．重力勢能增加1.35×104 J
12．質量為5×103 kg的汽車在t＝0時刻速度v0＝10m/s，隨后以P＝6×104 W的額定功率沿平直公路繼續前進，經72s達到最大速度，設汽車受恒定阻力，其大小為2.5×103N．則（ ）
A．汽車的最大速度為20m/s
B．汽車的最大速度為24m/s
C．汽車在72s內經過的路程為1252m
D．汽車在72s內經過的路程1250m
13．(多選)如圖所示,一位游客玩“蹦極”游戲,將一根長為AB的彈性繩子一端系在身上,另一端固定在高處,然后從高處跳下,其中AB為彈性繩子的原長,C點是彈力與重力平衡的位置,D點是該游客所到達的最低點.對于游客離開跳臺至最低點的過程中,下列說法正確的是 (　　)
A．重力對該游客一直做正功
B．該游客的重力勢能一直減小
C．該游客通過C點之后,彈性繩子才具有彈性勢能
D．從A到D的過程中,彈性繩子的彈性勢能先不變后一直增加
14．（多選）如圖所示，殲 沿曲線 向上爬升，圖中畫出殲 在 點受到合力的四種方向，其中正確的說法有( )
A．若合力沿①方向，則飛機做曲線運動的速度越來越小
B．若合力沿②方向，則飛機做曲線運動的速度越來越大
C．若合力沿③方向（切線方向），則飛機做曲線運動的速度越來越大
D．合力不可能沿④方向
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器所用電源頻率為50Hz，當地重力加速度的值為9.80m/s2，測得所用重物的質量為1.00kg。按實驗要求正確地選出紙帶進行測量，量得連續三點A、B、C到第一個點O的距離如圖所示（相鄰計數點時間間隔為0.02s），那么（結果均保留兩位有效數字）：
(1)打點計時器打下計數點B時，重物的速度vB= ；
(2)在從起點O到打下計數點B的過程中重物重力勢能的減少量是△Ep= ，此過程中重物動能的增加量是△Ek= ；
(3)實驗的結論是 。
16．如圖所示,小物塊位于光滑斜面體上,斜面體位于光滑水平地面上,在小物塊沿斜面下滑的過程中,斜面體對小物塊的作用力 (　　)
A．垂直于接觸面,做功為零
B．垂直于接觸面,做功不為零
C．不垂直于接觸面,做功為零
D．不垂直于接觸面,做功不為零
17．如圖所示,為利用氣墊導軌“驗證機械能守恒定律”實驗裝置示意圖.
(1)實驗步驟如下：
①將氣墊導軌放在水平實驗桌面上，將導軌調至水平；
②由導軌標尺讀出兩光電門中心之間的距離x＝ cm；
③將滑塊移至光電門1左側某處，待砝碼盤靜止不動時，釋放滑塊，要求砝碼盤落地前擋光條已通過光電門2；
④從數字計時器(圖中未畫出)上分別讀出擋光條通過光電門1和光電門2所用的時間分別為Δt1和Δt2；
⑤用天平稱出滑塊和擋光條的總質量M，再稱出砝碼盤和砝碼的總質量m .
(2)根據以上實驗測量結果完成以下的問題(只要求寫出表達式，已知擋光條的寬度為，重力加速度為)：
①滑塊通過光電門1和光電門2時的瞬時速度分別為 和 .
②當滑塊通過光電門1和光電門2時，系統(包括滑塊、擋光條、砝碼盤和砝碼)的總動能分別為Ek1＝ 和Ek2＝ .
③在滑塊從光電門1運動到光電門2的過程中，系統重力勢能的減少量ΔEp＝ .
(3)在實驗誤差允許范圍內，如果關系式 成立，則可認為機械能守恒定律得到了驗證.
18．某同學利用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律．將氣墊導軌固定在水平桌面上，調節旋鈕使其水平．在氣墊導軌的左端固定一光滑的定滑輪，在B處固定一光電門，測出滑塊及遮光條的總質量為M，將質量為m的鉤碼通過細線與滑塊連接．打開氣源，滑塊從A處由靜止釋放，寬度為b的遮光條經過光電門擋光時間為t，取擋光時間t內的平均速度作為滑塊經過B處的速度，A、B之間的距離為d，重力加速度為g．
（1）調整光電門的位置，使得滑塊通過B點時鉤碼沒有落地．滑塊由A點運動到B點的過程中，系統動能增加量ΔEk為 ，系統重力勢能減少量ΔEp為 ．（以上結果均用題中所給字母表示）
（2）若實驗結果發現ΔEk總是略大于ΔEp，可能的原因是
A．存在空氣阻力
B．滑塊沒有到達B點時鉤碼已經落地
C．測出滑塊左端與光電門B之間的距離作為d
D．測出滑塊右端與光電門B之間的距離作為d
19．如圖所示,物體P(質量M=2m)套在光滑水平直桿上,系在物體P上的細線跨過兩個定滑輪與物體Q(質量為m)相連.細線與物體Q相連處設置有力傳感器可以測出細線中的拉力.已知細線無彈性,定滑輪與光滑直桿都在豎直平面內,定滑輪與光滑直桿之間的距離為h,不計空氣阻力.將物體P在圖示位置(細線與水平直桿夾角為θ=30°)由靜止釋放.
(1)求物體P的最大速度;
(2)若物體P沿直桿運動到細線與水平直桿的夾角為α=45°時(如圖位置),力傳感器示數為F,求此時物體Q的速度和加速度大小.
20．如圖所示，打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，利用此裝置驗證機械能守恒定律．
對于該實驗，下列操作中對減小實驗誤差有利的是 ．
A.重物選用質量和密度較大的金屬錘
B.兩限位孔在同一豎直面內上下對正
C.精確測量出重物的質量
D.用手托穩重物，接通電源后，撒手釋放重物
某實驗小組利用上述裝置將打點計時器接到50Hz的交流電源上，按正確操作得到了一條完整的紙帶，由于紙帶較長，圖中有部分未畫出，如圖所示．紙帶上各點是打點計時器打出的計時點，其中O點為紙帶上打出的第一個點．重物下落高度應從紙帶上計時點間的距離直接測出，利用下列測量值能完成驗證機械能守恒定律的選項有 ．
A.OA、AD和EG的長度
B、OC、BC和CD的長度
C.BD、CF和EG的長度
D、AC、BD和EG的長度
21．(12分)[廣東江門2021高一下期末]如圖所示,擺線自然下垂時小球剛好與地面的D點接觸,現讓小球從圖中的C位置以垂直于擺線斜向右上方的初速度開始在豎直平面內做圓周運動,并恰好能通過最高點,當小球擺到最低點D處擺線剛好被拉斷,小球在粗糙的地面上由D點向右做勻減速運動,到達A孔進入半徑R=1 m的豎直放置的光滑半圓弧軌道,當小球進入半圓軌道后立即關閉A孔.已知擺線長L=0.5 m,小球可視為質點,質量為m=1 kg,D點與小孔A的水平距離s=2 m,g取10 m/s2,試求:
(1)小球在D點時速度的大小和擺線能承受的最大拉力的大小;
(2)要使小球能進入半圓軌道并且不脫離軌道,求粗糙水平面動摩擦因數μ的取值范圍.
22．如圖，一闖關游戲裝置處于豎直面內，該裝置由傾斜的直軌道AB，圓形軌道BDE，水平直軌道EG，傳送帶GH，水平直軌道HI，兩個相同的四分之一圓管道拼接成的管道IJ，水平直軌道JK組成。圓形軌道與軌道AB，EG相切于B和E（E為圓形軌道最低點）。直線軌道EG和HI通過傳送帶GH平滑連接，管道IJ與直線軌道HI相切于I點，直線軌道JK右端為彈性擋板，滑塊與彈性擋板碰撞后能原速率返回。已知圓形軌道半徑，EG長，傳送帶GH長，HI長，JK長，四分之一圓管道的半徑。現將一質量為的滑塊（視為質點）從傾斜軌道AB上某高度h處由靜止釋放，經B點進入圓軌道后運動至D點再從E點滑出圓軌道，滑塊與EG、HI、JK間的動摩擦因數，與傳送帶間的動摩擦因數，某余軌道均光滑。所有軌道都平滑連接，不計空氣阻力，g取。
（1）若滑塊恰好經過圓形軌道最高點D，求滑塊經過圓軌道E點時對軌道的壓力及滑塊由靜止釋放時的高度h；
（2）若滑塊從AB上高處靜止釋放，且傳送帶靜止，那么滑塊最終靜止的位置距離H點的水平距離有多遠；
（3）若滑塊從AB上高處靜止釋放，且傳送帶以恒定的線速度順時針轉動，要使滑塊能且僅能通過J點一次，求傳送帶的線速度v需滿足的條件。
參考答案
1．【答案】B
【解析】將人的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解,沿繩子方向的分速度大小等于物體的速度大小,則,根據動能定理有,B正確.
2．【答案】B
【解析】小滑塊由A→D的過程中,設克服摩擦力做功為WAD,由動能定理有mgh-WAD=0,即得 WAD=mgh,由功的計算公式有WAD=μmgl+;小滑塊由D→A的過程中,動能變化量為零,設克服摩擦力做功為WDA,由動能定理有WF-mgh-WDA=0,又因為WAD=聯立得WF=2mgh=2,故B正確.
3．【答案】A
【解析】對于圓環和輕質彈簧組成的系統機械能守恒,由A到B的過程中,因圓環的動能、重力勢能和彈簧彈性勢能之和守恒,則彈性勢能和動能增加量之和等于重力勢能的減少量,則圓環動能的增加量小于重力勢能的減少量,故A正確;圓環的動能、重力勢能和彈簧彈性勢能之和守恒,由A到C的過程中,彈性勢能逐漸變大,則圓環的動能與重力勢能之和逐漸減少,故B錯誤;圓環從A處由靜止開始下滑,經過B處的速度最大,到達C處的速度為零,則圓環先做加速運動,再做減速運動,經過B處的速度最大,所以經過B處的加速度為零,所以加速度先減小后增大,故C錯誤;研究圓環從A處由靜止開始下滑到C過程,由動能定理得mgh-W彈=0-0,則W彈=mgh,由功能關系可知,彈簧的彈性勢能Ep=W彈=mgh,故D錯誤.
4．【答案】C
【解析】物體受到重力和支持力的作用向上加速運動,根據動能定理WN-mgH=m-m,故C正確,A、D錯誤;電梯豎直向上加速運動,v10,故B錯誤.
5．【答案】C
【解析】由于兩次棋子對紙條的正壓力不變,根據滑動摩擦力公式f=μFN知棋子受到紙條的摩擦力相等,故A錯誤;棋子離開桌面后做平拋運動,由于兩次棋子下落的高度相同,所以兩次平拋運動的時間相同,由于第二次水平分位移較大,由x=v0t知第二次做平拋運動的初速度較大,故棋子在紙條上的滑動過程中第二次紙條對棋子的作用時間較長,故B錯誤;根據動能定理得紙條對棋子做的功W=m,第二次棋子獲得的初速度v0較大,則第二次紙條對棋子做的功較多,故C正確;根據動能定理可知,棋子離開桌面至落地過程中動能增量等于重力做的功,兩次重力做的功相等,故動能增量相等,故D錯誤.
6．【答案】B
【解析】由勻變速直線運動規律得v=at,則動能Ek=mv2=ma2t2,故動能與時間的平方成正比,A錯誤;由動能定理得Ek=F合x=max,故動能與位移成正比,B正確;由Ek=mv2知,動能與速度的平方成正比,C錯誤;由動能定理得Ek=Fx-fx,故動能與阻力不成正比,D錯誤.
7．【答案】A
【解析】當細線的拉力為F時,設小球做勻速圓周運動的線速度為v1,則有F=m;當細線的拉力增大到6F時,設小球做勻速圓周運動的線速度為v2,則有6F=m.在細線的拉力由F增大到6F的過程中,根據動能定理得W=m-m=,所以拉力對小球所做的功為 ,故選A。
8．【答案】D
【解析】對金屬環受力分析如圖甲所示,開始釋放瞬間,金屬環受到重力和桿的彈力,在沿桿方向上,根據牛頓第二定律得mgsin 45°=ma,解得a=g,故A正確;當金屬環的加速度為0時,速度最大,受力分析如圖乙所示,金屬環受到重力、桿的彈力N和彈簧的彈力F,沿桿方向加速度為0,即沿桿方向合力為0,則mgsin 45°=Fcos 45°,由胡克定律得F=kΔx,解得彈簧的形變量Δx=,根據幾何知識,兩個金屬桿下降的高度為h=;整個系統只有重力、彈力做功,即兩個金屬環和彈簧組成的系統機械能守恒,由機械能守恒定律得2mg×h=k(Δx)2+×2mv2,解得金屬環的最大速度v=g,故B正確;金屬環下降h'達到最低時,速度減小為0,則彈簧形變量為2h',彈性勢能最大,根據機械能守恒定律得2mgh'=k(2h')2,彈簧的最大彈性勢能Ep=k(2h')2,解得h'=,Ep=,故D錯誤;當金屬環下降到最低點時,金屬環和細桿之間的彈力最大,垂直于桿方向上,由平衡條件得N=mgcos 45°+Fsin 45°,由胡克定律得F=k×2h',解得N=mg,故C正確.
9．【答案】B
【解析】設a球到達高度h時兩球的速度都為v,根據系統機械能守恒2mgh=mgh+(2m+m)v2,解得兩球的速度都為v=,此時繩子恰好放松,a球開始做初速度為v=的豎直上拋運動,設a球向上運動最大 高度為H,由豎直上拋過程a球機械能守恒有mgh+mv2=mgH,解得H=h,故a球能達到的最大高度為h,故B正確.
10．【答案】D
【解析】根據幾何關系有,環從A下滑至B點時,下降的高度為d,則重物上升的高度為h=d-d=(-1)d,故A錯誤;環到達B處時,將環的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解,在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度,有v環cos 45°=v物,所以有v環=v物,故B錯誤;環下滑過程中無摩擦力做功,故系統機械能守恒,即有環減少的機械能等于重物增加的機械能,故C錯誤;設環下滑的最大高度為H,此時環和重物的速度均為0,此時重物上升的最大高度為-d,根據系統的機械能守恒有mgH=2mg(-d ),解得H=,故D正確.
【關鍵點撥】
對于關聯物體的機械能守恒問題,要注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系、位移與高度變化量Δh的關系.
11．【答案】BD
【解析】李同學步行從一樓走樓梯回十樓,位移方向與重力方向相反,所以重力做負功,當李同學受到樓梯的支持力時,支持力的作用點并沒有發生位移,故樓梯的支持力不做功,故A錯誤,B正確;重力做負功,重力勢能增加ΔEp=-W=mgh=50×10×3×(10-1)J=1.35×104 J,故C錯誤,D正確.
12．【答案】BC
【詳解】
AB．汽車的最大速度為
選項A錯誤，B正確；
CD．根據動能定理可得
解得
s=1252m
選項C正確，D錯誤；
故選BC．
13．【答案】ABD
【解析】對于游客離開跳臺至最低點的整個過程中,重力一直做正功,根據重力做正功重力勢能減少可知游客的重力勢能一直減小,故A、B正確;該游客從高空落下到彈性繩子達到原長的過程中,彈性繩子沒有伸長,當該游客達到B點以后,彈性繩子開始伸長,才具有彈性勢能,故C錯誤;該游客從高空落下到彈性繩子達到原長的過程中,即從A到B的過程中,彈性繩子不做功,彈性勢能不變,從B到D的過程中,彈性繩子一直做負功,彈性勢能一直增加,故D正確.
14．【答案】ABD
【詳解】若合力沿①方向，合力方向與速度方向間的夾角為鈍角，飛機做曲線運動的速度越來越小，A正確；若合力沿②方向，合力方向與速度方向間的夾角為銳角，飛機做曲線運動的速度越來越大，B正確；合力方向指向軌跡彎曲方向的內側，合力不可能沿③④方向，C錯誤，D正確.
15．【答案】0.98m/s；0.49J；0.48J；在實驗誤差允許范圍內，重物的機械能守恒
【詳解】
(1)[1] 利用勻變速直線運動的推論
(2)[2][3] 重物由B點運動到C點時，重物的重力勢能的減少量
△Ep=mgh=1.00×9.8×0.0501 J≈0.49J
動能的增加量是
(3)[4] 由上數據可知，在實驗誤差范圍內，△EP=△Ek，機械能守恒。
16．【答案】B
【解析】根據功的定義,為了求斜面體對小物塊的支持力所做的功,應找到小物塊的位移.小物塊對斜面體的壓力垂直于斜面斜向下,由于地面光滑,該力使斜面體水平向右運動.小物塊所受支持力與位移方向如圖所示,支持力與物塊位移間的夾角大于90°,則斜面體對物塊做負功,應選B。
【易錯分析】
要明確斜面體固定與不固定時,小物塊的位移是不一樣的.若斜面體固定,物塊沿斜面下滑時,支持力做的功為零.受此結論影響,有些同學易錯選A。這反映出部分同學對力做功的本質不太理解,沒有從求功的根本方法來思考,這是造成錯解的主要原因.
17．【答案】50.00；；；；；；
【分析】
標尺讀數時，注意最小刻度為十分度，需讀到最小刻度的下一位；光電門的寬度很小，可平均速度代替瞬時速度；動能和勢能減少量，根據基本公式求解即可．
【詳解】
第一空．標尺讀數：；
第二空第三空．由于光電門的寬度很小，所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度，即滑塊通過光電門1的速度為：，
滑塊通過光電門2的速度為：；
第四空第五空．，
；
第六空．系統重力勢能的減少量為：；
第七空． 機械能守恒，即：，所以有：．
18．【答案】；；C
【詳解】
（1）由于光電門的寬度b很小，所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度．
滑塊通過光電門B速度為：；
滑塊從A處到達B處時m和M組成的系統動能增加量為：；
系統的重力勢能減少量可表示為：△Ep=mgd；
比較△Ep和△Ek，若在實驗誤差允許的范圍內相等，即可認為機械能是守恒的．
（2）若存在空氣阻力的，則有△Ek總是略小于△Ep，故A錯誤；滑塊沒有到達B點時鉤碼已經落地，拉力對滑塊做的功會減小，△Ek應小于△Ep，故B錯誤；將滑塊左端與光電門B之間的距離作為d，鉤碼下落的高度算少了，△Ek將大于△Ep，故C正確．將滑塊右端與光電門B之間的距離作為d，鉤碼下落的高度算多了，△Ek將小于△Ep，故D錯誤．
19．【答案】(1)　(2)　
【解析】(1)當物體P在水平方向合力為0時,其速度達到最大,此時P、Q沿繩子方向的速度大小相等,根據動能定理有mg(-h)=M-0,M=2m,解得vP=;
(2)當物體P與直桿夾角為45°,對Q根據牛頓第二定律,有
|F-mg|=ma,解得加速度大小a=,根據動能定理有mg(-)=M+m-0,根據P、Q兩物體沿繩方向的速度大小相同,可知vQ=vP1cos 45°,聯立解得,vQ=.
20．【答案】AB；BC
【詳解】
（1）A．實驗供選擇的重物應該相對質量較大、體積較小的物體，這樣能減少摩擦阻力的影響，從而減小實驗誤差，故A正確;
B．為了減小紙帶與限位孔之間的摩擦圖甲中兩限位孔必須在同一豎直線，這樣可以減小紙帶與限位孔的摩擦，從而減小實驗誤差，故B正確;
C．因為實驗中比較的是mgh與的大小關系，故m可約去，不需要測量重錘的質量，對減小實驗誤差沒有影響，故C錯誤;
D．實驗時，先接通打點計時器電源再放手松開紙帶，對減小實驗誤差沒有影響，故D錯誤.
（2）根據這段時間內的平均速度等于中時刻瞬時速度，結合動能與重力勢能表達式.:
A．當知道OA、AD和EG的長度時，只有求得F點與AD的中點的瞬時速度，從而確定兩者的動能變化，卻無法求解重力勢能的變化，故A錯誤；
B．當知道OC、BC和CD的長度時，同理，依據BC和CD的長度，可求得C點的瞬時速度，從而求得O到C點的動能變化，因知道OC間距，則可求得重力勢能的變化，可以驗證機械能守恒，故B正確；
C．當知道BD、CF和EG的長度時，依據BD和EG的長度，可分別求得C點與F點的瞬時速度，從而求得動能的變化，再由CF確定重力勢能的變化，進而得以驗證機械能守恒，故C正確；
D．當AC、BD和EG的長度時，依據AC和EG長度，只能求得B點與F點的瞬時速度，從而求得動能的變化，而BF間距不知道，則無法驗證機械能守恒，故D錯誤；
21．【答案】(1)5 m/s　60 N　(2)0.125≤μ≤0.625
【解析】(1)小球恰好能到達最高點時,由重力提供向心力,由牛頓第二定律得mg=m,
小球由最高點運動到D點的過程,由機械能守恒定律有mg·2L=m-m,聯立解得vD=5 m/s,
小球在D點時,由牛頓第二定律有Fm-mg=m,
解得Fm=6×1×10 N=60 N,
由牛頓第三定律可知擺線能承受的最大拉力的大小為60 N;
(2)①要保證小球能到達A孔,設小球到達A孔的速度恰好為零,小球從D點到A點的過程,由動能定理可得-μ1mgs=0-m,解得μ1=0.625;
②若小球進入A孔后仍有速度,為不脫離軌道,那么它將會在半圓軌道的圓心以下做等幅擺動,其臨界情況為到達圓心等高處速度為零.從D點到圓心等高處的過程,由動能定理得-μ2mgs-mgR=0-m,解得μ2=0.125,
綜上所述,動摩擦因數μ的范圍為0.125≤μ≤0.625.
22．【答案】（1），方向豎直向下； （2）H點右側 （3）
【詳解】（1）滑塊恰好經過圓形軌道最高點D，根據牛頓第二定律可得，解得，滑塊從到點過程中，由動能定理得，解得，滑塊過點時，根據牛頓第二定律可得，解得，由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力大小為，方向豎直向下。滑塊從A到點過程中，由動能定理得，解得。
（2）滑塊從A到點過程中，重力做功為，若傳送帶靜止，滑塊運動到點，需克服摩擦力做功，由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點時的動能為，設滑塊滑上半圓軌道的高度，則有，解得，則滑塊會從圓軌道IJ返回滑下運動，由動能定理得，解得滑塊滑過四分之一圓軌道繼續滑行的位移大小為，所以滑塊最終靜止在點右側，距點的水平距離。
（3）若向上滑塊恰好能到達，則滑塊在點的動能為，解得，滑塊從斜面上滑下到達點的過程，由動能定理可得，解得，若傳送帶靜止，由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達點時，有，解得，則滑塊在傳送帶上先減速再勻速運動，傳送帶的速度為，若滑塊在JK上與彈性擋板碰撞后，恰好停在點，則從到停下過程，由動能定理得，解得，則滑塊在傳送帶上先加速再勻速運動，傳送帶的速度為，因此要使滑塊停在KL上（滑塊不會再次返回半圓軌道IJ回到HI上），傳送帶的速度需滿足的條件。
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第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第八章機械能守恒定律綜合提高練習3
一、單選題（本大題共6小題）
1．一物體做變速運動時，下列說法中正確的是（　　）
A．合外力一定對物體做功，使物體動能改變
B．物體所受合外力一定不為零
C．合外力一定對物體做功，但物體動能可能不變
D．物體的加速度可能為零
2．越野玩具小車行駛在如圖所示的路面上,從M點經N、P行駛到Q點,其中NP段水平.下列說法正確的是 （ ）
A．在MN段,小車的重力勢能減小
B．在NP段,小車的重力勢能不變
C．在PQ段,小車的重力始終做負功
D．在全過程中,小車的重力勢能始終都在增加
3．小明在某次社會實踐中,從深為2 m(水面到井口的距離)的水井中勻速提起120 N的水桶(含水)(視為質點)至地面,然后提著該水桶在水平道路上勻速走了20 m到達水缸旁邊,不計水桶從到達井口至變成水平運動過程中機械能的變化,則 (　　)
A．水桶上升過程中合力做功為240 J
B．整個過程中小明用來提水桶的力所做的功為240 J
C．整個過程中水桶重力勢能增加了2640 J
D．在水平道路上,小明對水桶做的功為2400 J
4．如圖所示，有一條長為L＝2 m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中。鏈條由靜止釋放后開始滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為（g取10 m/s2）（　　）
A．2.5 m/s B． m/s
C． m/s D． m/s
5．如圖所示,一質量為m的小球,用長為l的輕繩懸掛于O點的正下方P點.若小球在水平拉力的作用下,從P點緩慢地移動到Q點,水平拉力F做的功為W1;若小球在水平恒力F=mg的作用下,從P點運動到Q點水平拉力F做的功為W2.已知θ=30°,則W1和W2大小關系為 (　　)
A．W1=W2 B．W1>W2
C．W16．一小物塊沿斜面向上滑動,然后滑回到原處.物塊的初動能為Ek0,與斜面間的動摩擦因數不變,則該過程中物塊的動能Ek與位移x的關系圖線是 (　　)
A． B．
C． D．
二、多選題（本大題共4小題）
7．(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中,用電機通過豎井運送到地面.某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示,其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程,它們變速階段加速度的大小都相同;兩次提升的高度相同,提升的質量相等.不考慮摩擦阻力和空氣阻力.對于第①次和第②次提升過程 (　　)
A．礦車上升所用的時間之比為4∶5
B．電機的最大牽引力之比為 2∶1
C．電機輸出的最大功率之比為2∶1
D．電機所做的功之比為4∶5
8．某人以初速度豎直向上拋出一個質量為m的小球，小球在運動過程中受到阻力的大小恒為f，能達到的最大高度為h，則小球從拋出到落回拋出點的過程中( )
A．人對球做功mgh
B．人對小球做功
C．小球的機械能減小了2fh
D．小球的機械能守恒
9．如圖所示，傾角為、長度為的光滑固定斜面，一質量為的小物塊從斜面頂端由靜止開始下滑至斜面底端，重力加速度g取，則（　　）
A．整個過程中重力做功
B．整個過程中合外力做功
C．整個過程中重力做功的平均功率是
D．小物塊滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率是
10．[江西景德鎮一中2022高一下期末]（多選）一吊籃懸掛在繩索的下端放在地面上，某人站在高處將吊籃由靜止開始豎直向上提起，提起過程中，吊籃的機械能與位移的關系如圖所示，其中 段圖像為直線， 段圖像為曲線， 段圖像為水平直線，則下列說法正確的是( )
A．在 過程中，吊籃所受的拉力均勻增大
B．在 過程中，吊籃的動能不斷增大
C．吊籃在 處的動能可能小于在 處的動能
D．在 過程中，吊籃受到的拉力等于重力
三、非選擇題（本大題共5小題）
11．某同學做“驗證機械能守恒定律”實驗。
（1）學校使用的是電磁打點計時器，則該打點計時器要接下面的 （填“A”或“B”）電源。
（2）圖2為實驗中打出的一條紙帶，單位是，打點周期為，實驗所用的重物質量為，打點計時器打下點7時物體的速度 。從起始點“0”到打下“7”點的過程中，重力勢能的減少量 J，發現0點到7點過程中，重物重力勢能的減少量大于動能增加量，可能的原因是 。（g取，計算結果保留3位有效數字）
12．如圖所示，一個半徑為R的半球形碗固定在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內表面及碗口光滑．一根輕質細線跨在碗口上，線的兩端分別系有小球A和B，當它們處于平衡狀態時，小球A與O點的連線與水平線夾角為60°．
(1)求小球A與B的質量比：；
(2)現將A球質量改為2m、B球質量改為m，且開始時A球位于碗口C點，由靜止沿碗下滑，當A球滑到碗底時，求兩球總的重力勢能改變量；
(3)在(2)條件下，當A球滑到碗底時，求B球的速度大小．
13．探究能力是物理學研究的重要能力之一、某物理興趣小組探究“阻力做功與繞固定軸轉動物體角速度ω的關系”，某同學采用了下述實驗步驟進行探究：
①如圖所示，先讓砂輪由動力帶動勻速旋轉，測得其角速度為ω；
②然后讓砂輪脫離動力，由于克服轉軸間的摩擦力，砂輪最后停下，測出砂輪從脫離動力到停止轉動的過程中轉過的圈數為n；
③通過分析實驗數據，得出結論。經實驗測得的幾組ω和n的數據如下表所示：
實驗序號 1 2 3 4 5
ω/（rad·s-1） 0.5 1 2 3 4
n 5 20 80 180 320
（1）請你根據表中的數據判定下列圖像正確的是( )
（2）若砂輪轉軸的直徑大小為D，轉軸轉動時受到的摩擦力大小恒為Ff。砂輪脫離動力后克服摩擦力做功的表達式為Wf= 。（用題目中所給的物理量表示）
14．如圖所示，半圓軌道BC豎直固定在水平地面上，AC是豎直直徑，半徑為R，B點與圓心O等高，輕質彈簧放置在水平地面上，左端固定在距A點足夠遠的地方，控制質量為m的小球（視為質點）向左壓縮彈簧至E點（未畫出），由靜止釋放小球，設重力加速度為g，不計一切摩擦和空氣阻力。
（1）若小球運動到C點時所受軌道的彈力大小等于小球重力的2倍，求小球經過C點的速度大小；
（2）改變初始時彈簧的壓縮量，若小球在半圓軌道ABC運動時不會脫軌（在末端C點飛出不算脫軌），求初始時彈簧彈性勢能的取值范圍；
（3）若空氣阻力不可忽略，且小球所受阻力大小與其速率成正比，即f=kv，k為已知常數，若小球恰好通過C點，之后小球從C點水平飛出，經過時間t從C點落到水平地面，測得落地點離C點的水平距離為x，求小球從C點落到水平地面過程中克服空氣阻力做的功。（用m、R、g、k、t、x表示結果，表達式合理即可。不需展開化簡）
15．如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的3/4圓弧軌道，兩軌道相切于B點．在外力作用下，一小球從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時撤除外力．已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點C，重力加速度為g．求：
（1）小球在AB段運動的加速度的大小；
（2）小球從D點運動到A點所用的時間．
參考答案
1．【答案】B
【詳解】AC：變速運動的物體合外力不一定做功，如勻速圓周運動的物體，合外力可以不做功，A、C錯誤；
BD：變速運動，物體一定有加速度，所以合外力一定不為零，B正確，D錯誤。選B。
2．【答案】B
【詳解】根據Ep=mgh可知,在MN段,小車的重力勢能隨高度的升高而增大;在NP段,小車的重力勢能不變;在PQ段,小車的重力勢能隨高度的降低而減小,故A、D錯誤,B正確;在PQ段,小車的重力勢能減小,重力始終做正功,故C錯誤.
【關鍵點撥】重力做正功,重力勢能減小;重力做負功,重力勢能增加.
3．【答案】B
【解析】水桶上升過程做勻速運動合外力為零,根據動能定理可得水桶上升過程中合力做功為0,故A錯誤;水桶上升過程中小明用來提水桶的力所做的功為W=Fh=120×2 J=240 J,水平方向運動過程中小明拉力方向與位移方向垂直,所以拉力不做功,所以整個過程中小明用來提水桶的力所做的功為240 J,故B正確;整個過程中水桶重力勢能增加了ΔEP=Gh=120×2 J=240 J,水平方向運動過程中水桶的重力勢能不變,所以整個過程中水桶重力勢能增加了240 J,故C錯誤;在水平道路上,小明拉力方向與位移方向垂直,小明對水桶做的功為0,故D錯誤.
4．【答案】B　【詳解】設鏈條的質量為2m，以開始時鏈條的最高點所在水平面為參考平面，鏈條靜止時的機械能E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin 30°－×2mg×＋0＝－mgL，鏈條全部滑出后，動能Ek'＝×2mv2，重力勢能Ep'＝－2mg×，由機械能守恒定律可得E＝Ek'＋Ep'，即－mgL＝mv2－mgL，解得v＝m/s，故B正確，A、C、D錯誤。
5．【答案】C
【解析】當用水平拉力緩慢拉動小球時,根據動能定理可得W1-mgh=0,由幾何關系可知,h=l(1-cos 30°),解得拉力的功W1=mgl(1-cos 30°);小球在水平恒力F=mg的作用下時,拉力的功W2=Flsin 30°=0.5mgl>W1,故C正確.
【易錯分析】
誤認為兩種情況都是恒力作用.其實小球在水平拉力的作用下,從P點緩慢地移動到Q點,隨著角度θ的變化可知水平拉力F是變力,故不能利用W=Fscos θ求解,可根據動能定理進行求解.
6．【答案】C
【解析】設斜面的傾角為θ,物塊的質量為m,物塊與斜面間動摩擦因數為μ,根據動能定理可得, 上滑過程中有-mgxsin θ-μmgxcos θ=Ek-Ek0,所以Ek=Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x,所以Ek與x的關系圖線為直線,且斜率為負;下滑過程中有mg(x0-x)sin θ-μmg(x0-x)cos θ=Ek-0(x0為物塊到達最高點的位移),所以Ek=-(mgsin θ-μmgcos θ)x+(mgsin θ-μmgcos θ)x0,所以Ek與x的關系圖線為直線,且斜率為負.故C正確.
7．【答案】AC
【解析】速度—時間圖像和時間軸圍成的圖形的面積表示位移,因兩次提升的高度相同,則位移相等,有v0·2t0=·v0·(t2-t0+t2),可得圖線②表示的礦車上升的時間為t2=2.5t0,故兩次提升所用時間的比值為2t0∶2.5t0=4∶5,選項A正確;礦車加速上升時電機的牽引力最大,設礦車上升的加速度為a,兩次提升的質量相等,根據牛頓第二定律有F-mg=ma,則電機的最大牽引力相等,選項B錯誤;電機的輸出功率P=Fv,最大牽引力相等,最大速度之比為2∶1,所以電機輸出的最大功率之比為2∶1,選項C正確;礦車的初、末速度為零,根據動能定理有WF-mgh=0,即電機做的功等于克服礦車及礦石的重力做功的大小,克服重力做功相等,即電機做的功相等,選項D錯誤.
8．【答案】BC
【詳解】
AB．人對小球做的功，使得小球有了向上的初動能，故人對小球做功為，A錯誤B正確；
CD．小球運動過程中，除了重力做功之外，還有阻力做功，所以機械能不守恒，阻力做了多少功，機械能就減小多少，故小球的機械能減少了
，
C正確D錯誤．
9．【答案】BC
【詳解】
對小物塊受力分析，根據牛頓第二定律
解得
根據
解得
根據
解得
A．根據公式可得，重力做功為
故A錯誤；
B．根據公式可得，合外力做功為
故B正確；
C．整個過程中重力做功的平均功率是
故C正確；
D．小物塊滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率是
故D錯誤。
故選BC。
10．【答案】BC
【詳解】人對吊籃做的功等于吊籃機械能的改變量，所以圖像斜率表示人對吊籃的拉力， 過程中，圖像斜率不變，所以拉力不變，吊籃向上做勻加速直線運動，吊籃的動能不斷增大，A錯誤，B正確； 段拉力（斜率）開始減小， 段拉力為零，吊籃僅受重力作用，所以 段吊籃會經歷豎直向上先加速后減速的過程，吊籃在 處的動能可能小于在 處的動能，C正確，D錯誤.
11．【答案】A；1.33/1.32；0.279/0.278/0.280 ；重物在下落過程中存在阻力，一部分重力勢能轉化為內能
【詳解】（1）[1]學校使用的是電磁打點計時器，電磁打點計時器應連接低壓交流電源，則該打點計時器要接下面的A電源。
（2）[2]根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則打點計時器打下點7時物體的速度為
[3]從起始點“0”到打下“7”點的過程中，重力勢能的減少量為
[4]發現0點到7點過程中，重物重力勢能的減少量大于動能增加量，可能的原因是：重物在下落過程中存在阻力，一部分重力勢能轉化為內能。
12．【答案】(1) (2) (3)
【詳解】
(1) 設繩的張力為T，對A球進行受力分析，有
對B球進行受力分析，有可解得：
(2) A球的重力勢能改變量為
B兩球的重力勢能改變量為
所以A、B兩球總的重力勢能改變量為
(3) 當A球滑到碗底時，設A、B兩球的速度分別為、，則
⑴
根據A、B兩球總機械能守恒，有⑵
即⑶
聯立以上三式，解得：（或或）
13．【答案】 D
【詳解】（1）[1]根據表中的數據，可得
即n與的比值恒定，即n與成正比，D正確。
（2）[2]n圈時砂輪轉過的路程為
s=nπD
根據功的公式克服摩擦力做功的表達式為
【點睛】做本題的關鍵是能熟練的應用數學觀察能力解決n與的關鍵，另外摩擦力做功是一個過程量，摩擦力做功與路程有關
14．【答案】（1）；（2）或；（3）
【詳解】（1）在C點，由牛頓第二定律有，
解得C點的速度大小為。
（2）若小球剛好能經過圓弧軌道的最高點C，由重力提供向心力有，
根據動能定理有，
解得，
若小球剛好能運動到圓弧軌道圓心O等高處，根據動能定理有，
解得，
綜上或。
（3）水平方向有，
整理可得，
同理，在豎直方向有，
整理可得，
設落地時速度為，
由動能定理有，
解得。
15．【答案】（1）（2）
【詳解】
（1）小滑塊恰好通過最高點，則有
mg=
解得
從B到C的過程中機械能守恒
解得
從A→B根據速度位移公式得
解得
（2）從C到D的過程中機械能守恒
解得
而
小球從D→A做加速度為g的勻加速運動，由速度公式得
解得
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第八章機械能守恒定律綜合提高練習4【較難】
一、單選題（本大題共10小題）
1．關于重力做功和重力勢能的變化，下列敘述正確的是(　　)
A．做豎直上拋運動的物體，在上升階段，重力做負功，重力勢能減少
B．做豎直上拋運動的物體，在下階落段，重力做正功，重力勢能增加
C．做平拋運動的物體，重力勢能在不斷減少
D．物體高度降低了，重力勢能可能不變
2．如圖所示,一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑連接,且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數均為常數.該過程中,物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是 (　　)
A． B． C． D．
3．如圖所示，質量均為的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上,木板通過一根原長為的輕質彈性繩連接,連接點等高且間距為.兩木板與地面間動摩擦因數均為 ，彈性繩勁度系數為,被拉伸時彈性勢能為繩的伸長量.現用水平力緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為，則所做的功等于（ ）
A. B.
C. D.
4．引體向上分為兩個過程:身體從最低點升到最高點的“上引”過程,身體從最高點回到最低點的“下放”過程.某同學在30 s內連續完成10個完整的引體向上,假設每次“上引”過程重心升高的高度大約為50 cm,已知該同學的質量為60 kg.下列說法正確的是 (　　)
A．“上引”過程單杠對人做正功
B．“下放”過程單杠對人做負功
C．在30 s內重力做的總功約為3000 J
D．在30 s內克服重力做功的平均功率約為100 W
5．某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規范，坐在滑板上，從高為的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為.已知人與滑板的總質量為，可視為質點.重力加速度大小為，不計空氣阻力.則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（ ）
A. B.
C. D.
6．靜置于水平地面上質量為的物體，在方向不變的水平拉力（式中為力的大小，為位移大小，力、位移的單位分別是、）作用下，沿水平方向移動了.已知物體與地面間的動摩擦因數為，取，則在物體移動的過程中拉力所做的功為（ ）
A. B. C. D.
7．下面關于摩擦力做功的敘述中，正確的是(　　)
A．靜摩擦力對物體一定不做功
B．滑動摩擦力對物體一定做負功
C．一對靜摩擦力，一個做正功，另一個一定做負功
D．一對滑動摩擦力，一個做負功，另一個一定做正功
8．如圖甲所示,在傾角為θ的光滑斜面上,有一個質量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始運動,物體的機械能E隨位移x的變化關系如圖乙所示.其中0~x1過程的圖線是曲線,x1~x2過程的圖線為平行于x軸的直線,則下列說法中錯誤的是 (　　)
A．物體在沿斜面向下運動
B．在0~x1過程中,物體的加速度一直增大
C．在0~x2過程中,物體先減速再勻速
D．在x1~x2過程中,物體的加速度大小為gsin θ
9．如圖所示，質量為mA的物塊A置于傾角為30°的固定光滑斜面上，物塊A上連接的輕繩跨過兩個定滑輪后與質量為mB的物塊B相連，連接A的輕繩開始時與水平方向的夾角也為30°.現將物塊A、B同時由靜止釋放，物塊A始終沒有離開斜面，物塊B未與斜面及滑輪碰撞，不計滑輪的質量和摩擦，在物塊A沿斜面下滑到速度最大的過程中 (　　)
A．物塊A的機械能守恒
B．連接物塊A的輕繩與斜面垂直時物塊B的機械能最大
C．輕繩對A的拉力一直做正功
D．物塊A、B組成的系統機械能一定守恒
10．如圖甲所示，一物塊前端有一滑輪，輕繩的一端系在右方固定處，水平穿過滑輪，另一端被人用力拉住，力大小隨時間的變化如圖乙所示，前內物塊的圖像如圖丙所示，保持力與水平方向之間的夾角 不變，當用力拉繩使物塊前進時，下列說法正確的是（ ）
甲 乙 丙
A. 內，人做的功為 B. 末，人做功的功率為
C. 內，摩擦力大小為 D. 內，人做的功為
二、多選題（本大題共4小題）
11．2021年4月28日，在全運會田徑測試賽女子撐桿跳高的決賽中，選手徐惠琴以4米50的成績獲得冠軍。若不計空氣阻力，則（　　）
A．徐惠琴在撐桿的過程中桿對她的彈力與她對桿的壓力大小相等
B．徐惠琴在撐桿上升過程中，她始終處于超重狀態
C．徐惠琴在上升過程中撐桿的彈性勢能轉變為運動員的機械能
D．徐惠琴落到軟墊后一直做減速運動
12．如圖所示，將一根光滑的硬質金屬導線制成四分之一圓弧軌道AB后固定在豎直平面內，為軌道的圓心，水平。質量為m的細圓環P套在軌道上，足夠長的輕質細繩繞過光滑的細小定滑輪、分別連接圓環P與另一質量也為m的小球Q，為一邊長為R的正方形。若將細圓環P從圓弧軌道的最高點A由靜止釋放，圓環P在細繩拉動下將沿軌道運動。已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計，則細圓環P下滑至B點的過程中，下列說法正確的是（　　）

A．小球Q的機械能先增加后減少
B．細圓環P的機械能先增加后減少
C．小球Q的速度為零時，細圓環P的速度大小為
D．細圓環P運動到B點時，圓弧軌道對圓環P的彈力大小為2mg
13．(多選)如圖所示,在一直立的光滑管內放置一輕質彈簧,上端O點與管口A間的距離為2x0,一質量為m的小球從管口由靜止下落,將彈簧壓縮至最低點B,壓縮量為x0,不計空氣阻力,則 (　　)
A．彈簧的勁度系數等于
B．彈簧的最大彈性勢能為3mgx0
C．小球從O點運動到B點,動能逐漸減小
D．小球從A運動到B,重力做功等于克服彈簧彈力所做的功
14．某景區的彩虹滑梯如圖所示，由兩段傾角不同的直軌道（第一段傾角較大）組成，同種材料制成的粗糙斜面AB和BC高度相同，以底端C所在水平直線為x軸，頂端A在x軸上的投影O為原點建立坐標系。一游客靜止開始從頂端A下滑到底端，若規定x軸所在的水平面為零勢能面，則物體在兩段斜面上運動過程中動能E 、重力勢能機械能E、產生的熱量Q隨物體在x軸上投影位置坐標x的變化關系圖像中正確的是（　　）
A． B．
C． D．
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．為了測定一根輕彈簧壓縮至最短時能儲存的彈性勢能的大小，可將彈簧固定在帶有光滑凹槽的軌道一端，并將軌道固定在水平桌面的邊緣上。如圖所示，用鋼球將彈簧壓縮至最短，然后突然釋放，鋼球將沿軌道飛出桌面，實驗時：
(1)需要測定的物理量是 (填寫名稱及符號)；
(2)計算彈簧壓縮至最短時彈性勢能的表達式是Ep= (用上問所填的符號表示，重力加速度為g)。
16．用自由落體法驗證機械能守恒定律，裝置如圖甲所示。
(1)關于該實驗，下列說法正確的是______。
A．應選用質量大、密度小的重錘
B．需要用天平測量重物的質量
C．應先釋放紙帶再接通電源
D．實驗時，應調節計時器使它的限位孔與紙帶處在同一豎直線上
(2)打點計時器所接交流電源的頻率為50Hz，選取一條點跡清晰的紙帶（如圖乙所示），打點計時器所打的第一點為O點，舍去前面間隔較短的點跡（圖中未畫出），在適當位置選取打點計時器連續打下的3個點A、B、C。測得，，，已知重錘的質量為200g，當地重力加速度。打點計時器打下B點時重錘的速度 m/s。（計算結果保留兩位有效數字）
(3)重物從O點運動到B點，重力勢能減少量 J，動能的增加量 J。（計算結果保留兩位小數）
(4)對比和的數值，你可以得出的結論是 。
17．某實驗小組用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律。
（1）小紅同學選出一條清晰的紙帶如圖乙所示，其中O點為打點計時器打下的第一個點，A、B、C為紙帶上三個連續打出的點。測得OA、OB、OC間的距離分別為h1、h2、h3，重錘的質量為m，重力加速度為g，則打點計時器打下B點時重錘的重力勢能比開始下落時減少了 　 　。
（2）小剛同學利用實驗打出的紙帶，測量出了各計數點到打點計時器打下的第一個點的距離h，計算出6個計數點對應的速度v以及v2，如下表所示。在圖丙所示的坐標紙上已經描好了5組數據點，請將余下的一組數據描在坐標紙上，并作出v ﹣h圖像。
計數點 1 2 3 4 5 6
v/m s﹣1 0.98 1.17 1.37 1.56 1.75 1.95
v /m s﹣2 0.96 1.37 1.88 2.43 3.06 3.80
h×10﹣2 m 4.92 7.02 9.63 12.50 15.68 19.48
（3）請根據做出的v ﹣h圖像判斷重錘下落過程中機械能是否守恒，并說明判斷的依據。
18．某重型氣墊船，質量為，最大速度為，裝有額定輸出功率為的燃氣輪機.假設該重型氣墊船在海面航行過程所受的阻力與速度滿足（為常數），求：
（1） 題中的常數的值；
（2） 當氣墊船以的速度勻速航行時，氣墊船的實際功率；
（3） 氣墊船以額定輸出功率行駛50分鐘，燃氣輪機對氣墊船做的功.
19．某同學利用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律．將氣墊導軌固定在水平桌面上，調節旋鈕使其水平．在氣墊導軌的左端固定一光滑的定滑輪，在B處固定一光電門，測出滑塊及遮光條的總質量為M，將質量為m的鉤碼通過細線與滑塊連接．打開氣源，滑塊從A處由靜止釋放，寬度為b的遮光條經過光電門擋光時間為t，取擋光時間t內的平均速度作為滑塊經過B處的速度，A、B之間的距離為d，重力加速度為g．
（1）調整光電門的位置，使得滑塊通過B點時鉤碼沒有落地．滑塊由A點運動到B點的過程中，系統動能增加量ΔEk為 ，系統重力勢能減少量ΔEp為 ．（以上結果均用題中所給字母表示）
（2）若實驗結果發現ΔEk總是略大于ΔEp，可能的原因是
A．存在空氣阻力
B．滑塊沒有到達B點時鉤碼已經落地
C．測出滑塊左端與光電門B之間的距離作為d
D．測出滑塊右端與光電門B之間的距離作為d
20．如圖所示，某同學搭建的軌道，CDE為半徑R=0.3m的光滑圓弧型軌道，C點與斜面BC相切，D點為軌道最高點，斜面傾角θ=30°，與水平軌道AB相交點B點附近用一段小圓弧平滑連接。該同學用一輛質量m=0.2kg的玩具小車從A點由靜止開始出發，先做勻加速直線運動到達B點時恰好達到額定功率，勻加速時間t=1s，此后再以恒定功率行駛到C點關閉玩具車電動機。已知玩具車在AB段受到恒定阻力f=0.2N，BC段、CDE段都不受阻力，AB段長為2m，BC段長為1.3m。試求：
（1）玩具車在AB段的牽引力及額定功率P；
（2）判斷玩具車能否運動到D點。若能，則求一下對D點的壓力；若不能則說明理由；
（3）若小車行駛到B點時，突然出現了障，額定功率降為3W，發現玩具車到達C點前已經勻速，則求玩具車在BC段行駛的時間。
21．如圖所示，水平面右端放一大小可忽略的小物塊，質量m＝1 kg，以v0＝5 m/s向左運動，運動至距出發點d＝1 m處將彈簧壓縮至最短，反彈回到出發點時速度大小v1＝3 m/s.水平面與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝3 m，以v2＝10 m/s順時針勻速轉動．傳送帶右端與一豎直面內光滑圓軌道理想連接，圓軌道半徑R＝0.9 m，物塊進入軌道時觸發閉合裝置將圓軌道封閉(g＝10 m/s2)．求：
(1)物塊與水平面間的動摩擦因數μ1；
(2)彈簧具有的最大彈性勢能Ep；
(3)要使物塊進入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物塊間的動摩擦因數μ2應滿足的條件．
22．如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑。質量kg、長m的小車放在地面上，其右端與墻壁的距離為m，小車上表面與半圓軌道最低點P的切線相平。現有一質量kg的滑塊（視為質點）以m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動。小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面間的動摩擦因數，g取10m/s2。
（1）滑塊與小車剛達相對靜止時，滑塊的速度大小和位移大小各是多少？
（2）要使滑塊在半圓軌道上運動時不脫離軌道，求半圓軌道的半徑R的取值。
參考答案
1．【答案】　C
【詳解】　根據重力勢能的表達式，有EP＝mgh，只要物體相對地面的高度增加了，重力勢能便會增加，反之，便會減少，故C正確。
2．【答案】A
【解析】本題考查動能定理的應用、Ek-x圖像的選擇.設斜面傾角為θ,物塊到達斜面底端時水平位移為x0,物塊與斜面間的動摩擦因數為μ1,物塊與地面間的動摩擦因數為μ2,物塊到達斜面底端之前,由動能定理得mgx·tan θ-μ1mgcos θ·=Ek,物塊的動能與水平位移成正比;物塊到達水平地面上以后,由動能定理得-μ2mg(x-x0)=Ek-Ek0,Ek0=mgx0·tan θ-μ1mgx0,物塊的動能隨水平位移x按一次減函數變化,所以A選項正確.
3．【答案】B
【解析】甲所坐木板剛要離開原位置時所受摩擦力為最大靜摩擦力,設彈性繩的伸長量為,則.由于乙所坐的木板緩慢運動,可認為處于靜止狀態,動能為零.開始時彈性繩無彈力,由功能關系得,解得,B正確.
4．【答案】D
【解析】“上引”和“下放”過程,單杠對人有拉力,但力的作用點處沒有位移,則單杠對人的拉力不做功,故A、B錯誤;“上引”過程,重力做負功,“下放”過程重力做正功,“上引”和“下放”過程中重力做功的絕對值相同,則在30 s內重力做的總功為零,故C錯誤;完成一次引體向上克服重力做功大約為WG=mgh=60×10×0.5 J=300 J,30 s內克服重力做功的功率大約為== W=100 W,故D正確.
5．【答案】D
【解析】根據動能定理有克,可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為克,D正確.
【一題多解】根據功能關系可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功等于重力勢能的減小量與動能的增加量之差,即可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為.
6．【答案】B
【解析】當時,,當時,,由于隨均勻變化,則物體移動的過程中的平均值,拉力做功,故B正確.
【關鍵點撥】本題考查功的計算,能夠將變力做功轉化為平均力做功是解答此題的關鍵.若力隨位移線性變化,則可以用一段位移內的平均力求功,如將勁度系數為的彈簧由原長拉長時,克服彈力做的功.
7．【答案】　C
【詳解】　靜摩擦力可以做功，A錯誤；滑動摩擦力可以做正功，只要滑動摩擦力與物體運動方向相同即可，B錯誤；一對靜摩擦力作用的物體間無相對滑動，故位移始終相等，而二力大小相等、方向相反，故一個做正功，則另一個一定做負功，C正確；一對滑動摩擦力做功可以有以下幾種情況：A．一個不做功，另一個做負功：比如兩個重疊的木塊，上面的木塊用彈簧系在墻面上，用力拉下端的木塊(此木塊足夠長)，待其穩定后，摩擦力對上面的木塊不做功，對下面的木塊做負功；B．兩個都做負功：兩個重疊的長木板，一個力拉上面的木板，一個力拉下面的木板，力的方向相反，摩擦力對兩木板都做負功，C．一個做正功，一個做負功：將物體無初速度地放到運動的傳送帶上，摩擦力對傳送帶做負功，對物體做正功，D錯誤。
8．【答案】C
【解析】由題圖乙可知,0~x1過程中物體的機械能一直在減少,故外力F做負功,故物體沿斜面向下運動,A正確;對物體,由牛頓第二定律可得mgsin θ-F=ma,題圖乙中圖線切線的斜率表示外力F,因此在0~x1過程中外力F逐漸減小,故物體的加速度一直增大,B正確;在x1~x2過程中,機械能不變,故外力F等于0,因此物體做勻加速運動,C錯誤;在x1~x2過程中由于外力F等于0,故物體的加速度大小為gsin θ,D正確.
9．【答案】D
【解析】物塊A沿斜面下滑的過程中，重力做正功，支持力不做功，輕繩的拉力先做正功后做負功，故物塊A的機械能不守恒，A、C錯誤；連接物塊A的輕繩與斜面垂直前，右側輕繩對物塊B的拉力豎直向上，物塊B向下運動，故這段過程中，右側輕繩對物塊B的拉力一直做負功，連接物塊A的輕繩與斜面垂直時，斜面與滑輪間的輕繩最短，即物塊B先下降后上升，右側輕繩的拉力對物塊B先做負功再做正功，所以，連接物塊A的輕繩與斜面垂直時物塊B的機械能最小，B錯誤；以物塊A、B組成的系統為研究對象，系統的外力中只有重力做功，故系統的機械能守恒，D正確.
10．【答案】D
【解析】通過穿過滑輪的輕繩用力拉物塊,受力分析如圖所示,拉力做功等于繩子上兩個力做功的代數和.由題圖乙可知內拉力大小,根據題圖丙求得物塊在內的位移,所以拉力做功,解得,故A錯誤；由題圖丙可知,末速度為,拉力的功率為,解得,故B錯誤；由題圖丙知,內物塊做勻速運動,物塊所受合力等于零,水平方向由平衡條件得,又由題圖乙可知,,解得,故C錯誤；由題圖乙可知,內拉力大小,根據題圖丙求得物塊在的位移,所以人做的功為 ,解得,故D正確.
11．【答案】AC
【詳解】
A．徐惠琴在撐桿的過程中桿對她的彈力與她對桿的壓力是作用力與反作用力，大小相等，故A正確；
B．在撐桿上升開始階段加速度的方向向上，她處于超重狀態，在上升的最后階段加速度的方向向下，她處于失重狀態，故B錯誤；
C．徐惠琴在上升過程中撐桿的彈性勢能轉變為運動員的機械能，選項C正確；
D．徐惠琴落到軟墊后，開始階段軟墊的作用力小于重力，則她仍然要做一段加速運動后才做減速運動，故D錯誤。
故選AC。
12．【答案】BC
【詳解】A，在細圓環P下滑至B點的過程中，小球Q先向下運動，后向上運動，細繩拉力對Q先做負功后做正功，因此小球Q的機械能先減少后增加，故A錯誤；
B，細繩拉力對細圓環P先做正功后做負功，因此細圓環P的機械能先增加后減少，故B正確；
C，根據速度的合成與分解可知，細圓環P的速度沿細繩方向的分量大小等于Q的速度大小，當小球Q的速度為零時，細圓環P的速度方向與細繩垂直，根據幾何關系可知，此時細繩與水平方向的夾角為45°，根據機械能守恒定律有，解得，故C正確；
D，細圓環P運動到B點時，P、Q的速度大小相等，設為v，根據機械能守恒定律可得
，在B點，對細圓環P有，解得圓弧軌道對圓環P的彈力大小
，故D錯誤。
故選BC。
13．【答案】BD　
【解析】設彈簧的彈力與重力大小相等時,彈簧的壓縮量為x,則有k=,而彈簧的彈力與重力平衡的位置在OB之間,則x,A錯誤;當小球運動到最低點B時,彈性勢能最大,從A到B,初、末動能都為零,重力做功等于克服彈簧彈力所做的功,從能量的角度理解,重力勢能的減少量等于彈簧的彈性勢能增加量,則彈簧的最大彈性勢能為3mgx0,B、D正確;小球從O點運動到B點,合力先向下后向上,動能先增大后減小,C錯誤.
14．【答案】BC
【詳解】A．根據動能定理，由于第一段斜面傾角大于第二段。可知，則Ek-x圖像的斜率先大后小，A錯誤；
B．重力勢能為，則Ep-x圖像斜率大小等于，由于第一段斜面傾角大于第二段，則圖像的斜率先大后小，B正確；
C．產生的熱量Q為Q-x圖像為正比例關系，C正確；
D．機械能為，圖線斜率不變，D錯誤。選BC。
15．【答案】桌面距地面的高度h、鋼球做平拋運動的水平位移x、鋼球的質量m；
【詳解】
(1)[1]需要測定的物理量有桌面距地面的高度h、鋼球做平拋運動的水平位移x、鋼球的質量m。
(2)[2]小球以v水平拋出，水平、豎直方向滿足
由機械能守恒定律可得
聯立可得
16．【答案】(1)D；(2)2.4；(3) 0.60；0.58；(4)見解析
【詳解】（1）A．為了減小空氣阻力的影響，實驗中應選用質量大、體積小，即密度大的重錘，A錯誤；
B．若重錘初速度為0，則有，重錘質量可以消去，可知，實驗中不需要用天平測量重物的質量，B錯誤；
C．為了避免紙帶上出現大量空白段落，使打第一個點時的速度為0，實驗中應先接通電源打點再釋放紙帶，C錯誤；
D．為了減小打點計時器限位孔與紙帶之間的阻力，實驗時，應調節計時器使它的限位孔與紙帶處在同一豎直線上，D正確。選D。
（2）打點計時器所接交流電源的頻率為50Hz，則周期為0.02s，勻變速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則打點計時器打下B點時重錘的速度
（3）[1]重物從O點運動到B點，重力勢能減少量，[2]結合上述，動能的增加量
（4）對比上述和的數值，在誤差允許的范圍內，可以近似認為和，即可以得出的結論是在誤差允許的范圍內，重錘下落過程機械能守恒。
17．【答案】（1）mgh2；（2）圖象如圖所示；（3）重錘下落過程中機械能守恒；判斷過程如上所述。
【詳解】（1）點計時器打下B點時重錘的重力勢能比開始下落時減少了ΔEp＝mgh2。
（2）根據表中實驗數據在坐標系內描出對應點，讓盡可能多的點過直線，不能過直線的點對稱分布在直線兩側，根據坐標系內描出的點作出圖象如圖所示
（3）重錘下落過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh＝，整理得：v2＝2gh，由圖示v2﹣h圖象可知，圖象的斜率k＝2g＝m/s2＝20m/s2，
解得：g＝10m/s2，在實驗誤差允許范圍內，重力加速度的測量值等于真實值，重錘下落過程中機械能守恒。
【關鍵點撥】本題考查了驗證機械能守恒定律實驗，理解實驗原理是解題的前提，應用機械能守恒定律即可解題；應用圖象法處理實驗數據是常用的實驗數據處理方法，要掌握描點法作圖的方法。
18．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 根據牛頓第二定律得,當,即時,速度最大,即,根據得,解得.
（2） 當氣墊船以的速度勻速航行時,根據、得.
（3） 根據得.
19．【答案】；；C
【詳解】
（1）由于光電門的寬度b很小，所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度．
滑塊通過光電門B速度為：；
滑塊從A處到達B處時m和M組成的系統動能增加量為：；
系統的重力勢能減少量可表示為：△Ep=mgd；
比較△Ep和△Ek，若在實驗誤差允許的范圍內相等，即可認為機械能是守恒的．
（2）若存在空氣阻力的，則有△Ek總是略小于△Ep，故A錯誤；滑塊沒有到達B點時鉤碼已經落地，拉力對滑塊做的功會減小，△Ek應小于△Ep，故B錯誤；將滑塊左端與光電門B之間的距離作為d，鉤碼下落的高度算少了，△Ek將大于△Ep，故C正確．將滑塊右端與光電門B之間的距離作為d，鉤碼下落的高度算多了，△Ek將小于△Ep，故D錯誤．
20．【答案】（1），；（2）能過D點，；（3）
【詳解】（1）汽車在AB段做勻加速直線運動，有，
聯立可得
玩具車到達B點時恰好達到額定功率，有，
（2）玩具車在BC段保持功率恒定，準備爬坡時牽引力為，而不受阻力，重力的分力為
在BC段玩具車做勻速直線運動，C點的速度為4m/s，假設玩具車能經過最高點D點，由動能定理有
解得
若要安全過D點的最小速度滿足只有重力提供向心力，有
則可得
，可知玩具車能安全通過最高點D，由牛頓第二定律有
由牛頓第三定律有
聯立可得玩具車對D點的壓力為。
（3）玩具車從B點到C點保持功率為不變，設運動時間為，勻速的速度為，有，
聯立可得
21．【答案】(1)0.4　；(2)8.5 J；　(3)μ2≥0.6或μ2≤0.15
【詳解】(1)小物塊從向左運動壓縮彈簧至最短再反彈回到出發點過程，由動能定理得－μ1mg·2d＝m－m，代入數據解得μ1＝0.4.
(2)小物塊從向左運動壓縮彈簧至最短的過程，由能量守恒定律得Ep＋μ1mgd＝m，代入數據解得Ep＝8.5 J.
(3)小物塊剛好能過圓軌道的最高點，設其速度為v3，由牛頓第二定律得mg＝m，
設小物塊在圓軌道最低點的速度為v4，從最低點到最高點，由動能定理得－mg×2R＝m－m，代入數據解得v4＝3 m/s，因v4＝3 m/s故小物塊在傳送帶上一直加速，由動能定理得
μ2mgL＝m－m，代入數據解得μ2＝0.6；
小物塊剛好能到達圓心等高處，設小物塊在圓軌道最低點的速度為v′4，從最低點到圓心等高處，由動能定理得
－mgR＝0－m，代入數據解得v′4＝3 m/s.
因v′4＝3 m/s故小物塊在傳送帶上一直加速，由動能定理得
μ2mgL＝m－m，
代入數據解得μ2＝0.15，
因此，要使物塊進入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物塊間的動摩擦因數應滿足μ2≥0.6或μ2≤0.15.
22．【答案】（1）滑塊的速度大小是4m/s；位移大小是4m；（2）
【詳解】
（1）由動量守恒
可得滑塊與小車剛達相對靜止時，滑塊的速度大小
由動能定理
可得滑塊的位移為
由動能定理
可得小車的位移為
即碰到墻壁前已共速。
（2）滑塊與小車剛達相對靜止時，由動能定理
可得滑塊與小車的相對位移為
由動能定理
可得滑塊到達P點時的速度為
若滑塊恰好過圓周最高點，有
根據動能定理
可得
如果滑塊恰好滑至圓弧T處就停止，則有
可得
所以
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第八章機械能守恒定律綜合提高練習5
一、單選題（本大題共10小題）
1．2022年2月6日，農歷新年正月初六，中國女足在2球落后的情況下連扳3球以3-2戰勝韓國女足，時隔16年，第9次問鼎女足亞洲杯，再度續寫逆轉奇跡，給國人帶來了精彩足球盛宴。假設女足隊員王霜在某次足球傳遞訓練過程中用42N力將足球傳出去，球沿球場草地滾了25米停下來了，請問王霜在本次訓練中對足球做的功為多少？（　　）
A．0 B．1050J C．525J D．無法計算
2．一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s做勻加速直線運動，其v-t圖像如圖所示。已知汽車質量為，汽車受到的阻力恒為車重的0.1倍，汽車的額定功率為30kW，取。 則以下說法正確的是（　　）
A．汽車在前5s內的加速度為
B．汽車在前5s內的位移為50m
C．汽車在前5s內的牽引力為
D．汽車的最大速度為30m/s
3．高速公路某段平直路面上有三塊車距判斷牌，分別標識為“0m”“50m”“100m”，相鄰判斷牌間距50m，某同學乘車時發現通過“0m”牌時，車速為72km/h，經過“50m”牌時車速為90km/h，經過“100m”牌時車速為108km/h，若汽車運動過程中一直做加速直線運動，以下判斷正確的是車距判斷牌（　　）
A．汽車可能做勻加速直線運動
B．從“0m”牌到“50m”牌過程與“50m”牌到“100m”牌過程平均速度可能相同
C．從“0m”牌到“50m”牌過程與“50m”牌到“100m”牌過程平均加速度可能相同
D．從“0m”牌到“50m”牌過程與“50m”牌到“100m”牌過程合外力做功之比為9：11
4．物體沿直線運動的圖像如圖所示，已知在第1s內合力對物體做功為，則（　　）
A．從第1s末到第3s末合力做功為
B．從第末到第末合力做功為
C．從第5s末到第7s末合力做功為
D．從第末到第末合力做功為
5．一質量為m的小轎車以恒定功率P啟動，沿平直路面行駛，若行駛過程中受到的阻力大小不變，能夠達到的最大速度為v，當小轎車的速度大小為時，其加速度大小為（　　）
A． B． C． D．
6．如圖所示，質量為的飛機在水平甲板上，受到與豎直方向成角的斜向下的恒定拉力作用，沿水平方向移動了距離，飛機與水平甲板之間的摩擦阻力大小恒為，則在此過程中（　　）
A．力做的功為Fs B．摩擦力做的功為
C．重力做的功為 D．合力做的功為
7．某人將一靜止重物舉高h，并使重物獲得速度v，則下列說法中正確的是
A．某人對物體所做的功等于物體動能的增量
B．某人對物體所做的功等于物體動能和勢能增量之和
C．物體所受合外力對它做的功等于物體動能和勢能增量之和
D．克服重力所做的功等于物體動能和勢能增量之和
8．如圖所示，用大小為12N，沿水平方向的恒力F作用在質量為2kg的木箱上，使木箱在水平地面上沿直線運動。已知木箱與地面間的動摩擦因數 =0.20，g取10m/s2，當木箱從靜止開始運動了10m時（　　）
A．力F做的功W1=120J B．重力做的功W2=200J
C．克服摩擦力做的功W3=120J D．合力做的功W合=0
9．如圖所示，一輕彈簧一端固定于O點，另一端系一重物，將重物從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點無初速度釋放，讓它自由擺下，不計空氣阻力，在重物由A點擺向最低點B的過程中（　　）
A．重力做正功，彈力不做功
B．重力做正功，彈力做負功，彈性勢能增加
C．若用與彈簧原長相等的不可伸長的細繩代替彈簧后，重力做正功，彈力做負功
D．若用與彈簧原長相等的不可伸長的細繩代替彈簧后，重力做功不變，彈力不做功
10．在同一高度，把三個質量相同的球A，B，C分別以相等的速率豎直上拋，豎直下拋和平拋，它們都落到同一水平地面上，則三個球在運動過程中，重力對它們做的功分別為WA，WB，WC，重力的平均功率分別為PA，PB，PC，則它們的大小關系為（ ）
A．WA＞WB=WC，PA＞PB=PC B．WA=WB=WC，PA=PB=PC
C．WA=WB=WC，PB＞PC＞PA D．WA＞WB＞WC，PA＞PB＞PC
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，AB、AC兩固定斜面的傾角分別為53°、37°，底端B和C在同一水平面上，頂端均在A點。現使兩相同的小物塊甲、乙（圖中未畫出，均視為質點）同時從A點分別沿斜面AB、AC由靜止下滑，結果兩物塊同時滑到斜面的底端。已知甲物塊與斜面AB間的動摩擦因數為，取，，則下列說法正確的是（　　）
A．兩物塊沿斜面下滑過程中所受摩擦力的大小之比為6：1
B．兩物塊沿斜面下滑過程中的加速度大小之比為6：1
C．兩物塊到達斜面底端時的速率之比為1：1
D．兩物塊沿斜面下滑過程中損失的機械能之比為9：2
12．一質量為m的物體自傾角為的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為。已知，重力加速度大小為g。則（　　）
A．物體向上滑動的距離為
B．物體向下滑動時的加速度大小為
C．物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5
D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長
13．如圖甲所示為一兒童玩具—彈跳桿。當人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人保持直立狀態豎直向上彈起，進而帶動彈跳桿跳躍，其簡化模型如圖乙所示。不計一切阻力，則（ ）
A．人離開地面向上彈起至最高點的過程中，一直處于失重狀態
B．從最高點下落至彈簧剛好接觸地面時，人的速度達到最大
C．從最高點下落至最低點的過程中，人所受重力的功率一直增大
D．從接觸地面到彈簧壓縮至最低點的過程中，人減小的重力勢能小于彈簧增加的彈性勢能
14．如圖所示，傾角為的斜面體固定在水平地面上，上表面點以下部分粗糙且足夠長，其余部分光滑。在斜面體點上方放置一質量為且分布均勻、長度為0.2m的薄板，薄板下端與點之間的距離為。現由靜止釋放薄板，薄板沿斜面向下運動，已知當薄板通過點過程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面點以下部分重量的倍，重力加速度取。則（　　）
A．薄板減速運動時最大加速度為
B．薄板與O點以下部分的動摩擦因數為
C．薄板的最大速度為
D．薄板靜止時，其下端距點
三、非選擇題（本大題共8小題）
15．在“驗證機械能守恒定律”實驗中，小王用如圖1所示的裝置，讓重物從靜止開始下落，打出一條清晰的紙帶，其中的一部分如圖2所示。O點是打下的第一個點，A、B、C和D為另外4個連續打下的點。
①為了減小實驗誤差，對體積和形狀相同的重物，實驗時選擇密度大的理由是 。
②已知交流電頻率為，重物質量為，當地重力加速度，則從O點到C點，重物的重力勢能變化量的絕對值 J、C點的動能 J（計算結果均保留3位有效數字）。比較與的大小，出現這一結果的原因可能是 。
A．工作電壓偏高 B．存在空氣阻力和摩擦力 C．接通電源前釋放了紙帶
16．某學習小組利用圖甲所示裝置，研究小球做拋體運動過程是否滿足機械能守恒定律。實驗時每隔拍一幅照片，某次拍攝處理后得到的照片如圖乙所示。圖中背景是畫有方格的紙板，紙板與小球軌跡所在平面平行，方格線橫平豎直，每個方格的邊長為。實驗中測得的小球影像的高度差在圖乙中標出。已知小球質量，當地重力加速度。
（1）小球運動到圖中a位置時的動能為 ，小球從a到b過程動能增加了 ，小球從a到b過程重力勢能減少了 。（結果均保留2位有效數字）
（2）根據以上計算，在誤差允許的范圍內，說明小球做平拋運動的過程 機械能守恒定律。（填“滿足”或“不滿足”）
（3）若實驗前斜槽末端未調節水平， 本實驗的結論。（填“影響”或“不影響”）
17．用如圖所示裝置驗證機械能守恒定律。
（1）除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺（含夾子）、電磁打點計時器、導線及開關外，在下列器材中，還需要使用的一組器材是 。
A．直流電源、天平（含砝碼）
B．直流電源、刻度尺
C．交流電源、天平（含砝碼）
D．交流電源、刻度尺
（2）實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到如圖所示的一條紙帶。在紙帶上選取連續打出的5個點A、B、C、D、E，測得C、D、E三個點到起始點O的距離分別為 hC、hD、hE。已知當地重力加速度為g，打點計時器打點的周期為 T。設重物的質量為m，則從打下O點到打下D 點的過程中，重物的重力勢能減少量為 ，動能增加量為 。（用上述測量量和已知量的符號表示）
18．過山車是一種非常受兒童歡迎的機動游樂設施。下圖是某同學模仿過山車設計的一款兒童彈珠玩具的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內的三個圓軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑R1=2.0m，R2=1.4m。以質量為m=1.0kg的小球（可視為質點），從軌道左側A點以v0=12m/s的初速度沿軌道向右運動，A、B間距L1=3R1。小球與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.2，圓軌道上的摩擦阻力可忽略不計。假設水平軌道足夠長，g=10m/s2，求：
（1）小球在經過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球的作用力；
（2）若小球恰能通過第二個圓形軌道，B、C間距L大小是多少；
（3）在滿足（2）的前提下，若要使小球在第三個圓軌道運動時不脫離軌道，第三個圓軌道的半徑R3需滿足什么條件？
19．圖甲是英國物理學家阿特伍德創制的力學實驗裝置——阿特伍德機。實驗小組將其改裝成如圖乙所示裝置用于驗證機械能守恒定律，滑輪和細線的質量可忽略不計，細線不可伸長，重力加速度g取。部分實驗步驟如下：
（1）用細線跨過定滑輪將質量均為M的重物a、b連接，a和b組成的系統處于靜止狀態，a的上表面與O點等高。
（2）零時刻，將質量為m的砝碼無初速度地放于b上表面，a、b和砝碼組成的系統開始運動，用手機錄像功能記錄上述過程，從視頻中獲取數據。
（3）t時刻，a運動到上表面與P點等高，通過懸掛的豎直刻度尺測得O、P兩點高度差為h，a運動到上表面與P點等高時，a的速度大小為 。（用字母h、t表示）
（4）測得：，，，，a從上表面與O點等高運動到上表面與P點等高的過程中，a、b和砝碼組成的系統的重力勢能減少量 J，動能增加量 J，在誤差允許范圍內，，系統機械能守恒。（計算結果均保留2位有效數字）
（5）實驗小組僅改變P點的位置，多次重復實驗，得到多組h和t的數據。在坐標紙上作出圖像，若圖像為過原點且斜率為 的直線，也可驗證系統機械能守恒。（用字母M、m、g表示）
20．如圖為某商家為吸引顧客設計的趣味游戲。4塊相同木板a、b、c、d緊挨放在水平地面上。某顧客使小滑塊（可視為質點〉以某一水平初速度從a的左端滑上木板，若滑塊分別停在a、b、c、d上，則分別獲得四、三、二、一等獎，若滑離木板則不得獎。已知每塊木板的長度為L、質量為m，木板下表面與地面間的動摩擦因數均為 ，滑塊質量為M=2m，滑塊與木板a、b、c、d上表面間的動摩擦因數分別為 、2 ，2 、4 ，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力與滑動摩擦力視為相等。求：
（1）若木板全部固定，顧客要想獲獎，滑塊初速度的最大值；
（2）若木板都不固定，顧客獲四等獎，滑塊初速度的最大值；
（3）若木板都不固定，滑塊初速度為，則顧客獲幾等獎？
21．如圖所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC=7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內。質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達距A點為R的E點（未畫出），隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點。已知P與直軌道間的動摩擦因數 ，重力加速度大小為g（取，）。
（1）求物塊P從C到第一次通過B點時速度的大小；（結果用g和R表示）
（2）求點F距A點的距離；
（3）改變物塊 P 的質量為，將 P 推至 E 點，從靜止開始釋放， P 自圓弧軌道的最高點 D 處水平飛出，求物塊在 D 點處離開軌道前對軌道的壓力大小。
22．如圖所示，質量為的滑塊（可視為質點）放在光滑平臺上，向左緩慢推動滑塊壓縮輕彈簧至P點，釋放后滑塊以一定速度從A點水平飛出后，恰好從B點無碰撞滑入豎直平面內的光滑圓弧軌道BC，然后從C點進入與圓弧軌道BC相切于C點的水平面CD，同一豎直平面內的光滑半圓軌道DE與水平面CD相切于D點。已知圓弧軌道BC的半徑，AB兩點的高度差，光滑圓BC對應的圓心角為，滑塊與CD部分的動摩擦因數，，重力加速度。求：
（1）彈簧壓縮至P點時的彈性勢能；
（2）滑塊到達圓弧末端C時對軌道的壓力；
（3）滑塊沖上半圓軌道后中途不會脫離半圓軌道，軌道DE的半徑滿足的條件。
參考答案
1．【答案】D
【詳解】球員給足球的作用力是瞬間完成的，足球的位移為足球脫離腳作用后才發生的，根據功的計算公式，無法計算球員對足球所做的功。
2．【答案】D
【詳解】汽車在前5s內的加速度為，A錯誤；汽車在前5s內的位移為，B錯誤；根據牛頓第二定律有，同時，得到汽車在前5s內的牽引力為，C錯誤；由圖像可知，當汽車勻速運動時達到最大速度，此時牽引力等于阻力，則，解得，D正確。
3．【答案】D
【詳解】ABC．由題可知，從“0m”牌到“50m”牌過程平均速度小于“50m”牌到“100m”牌過程平均速度，所以從“0m”牌到“50m”牌過程時間大于“50m”牌到“100m”牌過程的時間，由可知，后半段的平均加速度大于前半段，汽車不可能做勻加速直線運動，汽車加速度可能一直增大，ABC錯誤；
D．72km/h＝20m/s，90km/h=25m/s，108km/h=30m/s。從“0m”牌到“50m”牌過程與“50m”牌到“100m”牌過程，由動能定理可知
D正確。
選D。
4．【答案】B
【詳解】從第1s末到第3s末，速度不變，動能不變，則合力做功為零，選項A錯誤；第1s內合力對物體做功為，則，從第末到第末合力做功為，選項B正確；從第5s末到第7s末合力做功為，選項C錯誤；從第末到第末合力做功為，選項D錯誤。
5．【答案】A
【詳解】小轎車速度達到最大后，將勻速前進，設阻力為f，牽引力為F1，根據功率與速度的關系式P=Fv和力的平衡條件得P=F1v，F1=f，當小轎車的速度大小為時，設牽引力為F2，則有，根據牛頓第二定律得F2-f=ma，聯立解得。
6．【答案】A
【詳解】力做的功為，A正確；摩擦力做的功為，B錯誤；重力方向與運動方向垂直，重力不做功。C錯誤；合力做的功為，D錯誤。
7．【答案】B
【詳解】根據除重力以外的力對物體做的功等于物體機械能的變化量，所以人對物體做的功等于物體機械能的增加，A錯誤，B正確；根據動能定理可知：合外力對物體做的功等于物體動能的增加量，C錯誤；物體重力做的功等于重力勢能的變化量，所以物體克服重力做的功等于物體重力勢能的增加量，D錯誤．
8．【答案】A
【詳解】根據做功公式可得力F做的功，選項A正確；在重力方向上沒有位移，重力不做功，選項B錯誤；根據做功公式可得摩擦力做的功，C錯誤；合力做的功，D錯誤。
9．【答案】B
【詳解】在重物從A點擺向B點的過程中，彈簧伸長，彈性勢能增加，彈力做負功，而重力做正功，A錯誤，B正確；用不可伸長的細繩拴住重物向下擺動時，重力做正功，但小于彈簧連接時重力做的功，而彈力方向始終與位移垂直，所以彈力不做功，CD錯誤。
10．【答案】C
【詳解】根據功的公式可求解重力功為W=mgh，由于三個物體質量相同，下落高度相同，WA=WB=WC，上拋物體用時間最長，平拋次之，而下拋物體用時間最短，即tA＞tC＞tB，根據，可知PB＞PC＞PA，C正確，ABD錯誤。
11．【答案】AD
【詳解】設A點到BC的豎直高度為h，則有、，所以，根據位移公式、，則兩物塊沿斜面下滑過程中的加速度大小之比為，B錯誤；設乙物塊與斜面CD間的動摩擦因數為。兩物體在下滑的過程中，根據牛頓第二定律有、，聯立解得，根據滑動摩擦力的公式，兩物塊沿斜面下滑過程中所受摩擦力的大小之比為6：1，A正確；根據v=at可知，t相等，兩物塊到達斜面底端時的速率之比為3：4，C錯誤；根據功能關系可知，物體損失的機械能之比等于物體克服滑動摩擦力做功之比，根據可知，兩物塊沿斜面下滑過程中損失的機械能之比為9：2，D正確。
12．【答案】BC
【詳解】物體從斜面底端回到斜面底端根據動能定理有，物體從斜面底端到斜面頂端根據動能定理有，整理得；，A錯誤，C正確；物體向下滑動時的根據牛頓第二定律有，求解得出，B正確；物體向上滑動時的根據牛頓第二定律有，物體向下滑動時的根據牛頓第二定律有，由上式可知a上 > a下，由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據公式，則可得出，D錯誤。
13．【答案】AD
【詳解】人離開地面向上彈起至最高點的過程中，加速度方向向下，處于失重狀態，A正確；從最高點下落至彈簧剛好接觸地面，之后壓縮彈簧，由于一開始彈簧彈力小于重力，人繼續向下加速運動；當彈簧彈力等于重力時，人的速度達到最大；之后彈簧彈力大于重力，人向下減速運動至最低點，速度減為0；則從最高點下落至最低點的過程中，根據，由于人的速度先增大后減小，則人所受重力的功率先增大后減小，BC錯誤；從接觸地面到彈簧壓縮至最低點的過程中，根據系統機械能守恒可知，人減小的重力勢能與減小的動能之和等于彈簧增加的彈性勢能，則人減小的重力勢能小于彈簧增加的彈性勢能，D正確。
14．【答案】BD
【詳解】薄板全部在O點下方時，減速運動的加速度最大，則薄板減速運動時最大加速度為，A錯誤；由，題意知，聯立解得，B正確；當重力沿斜面的分力與摩擦力平衡時，速度最大，有，可得，因為，既摩擦力與薄板在斜面O點以下部分成正比，薄板下端與O點之間的距離為l=0.4m，則由動能定理可得，聯立解得最大速度，C錯誤；薄板長度為=0.2m，由動能定理可得，計算可得板靜止時，其下端距O點，D正確。
15．【答案】阻力與重力之比更小（或其它合理解釋）；0.547；0.588；C
【詳解】①在驗證機械能守恒實驗時阻力越小越好，因此密度大的阻力與重力之比更小
②由圖中可知OC之間的距離為，因此機械能的減少量為，勻變速運動時間中點的速度等于這段時間的平均速度，因此，因此動能的增加量為，工作電壓偏高不會影響實驗的誤差，存在摩擦力會使重力勢能的減少量大于動能的增加量，只有提前釋放了紙帶，紙帶的初速度不為零，下落到同一位置的速度偏大才會導致動能的增加量大于重力勢能的減少量。
16．【答案】（1）/ ；/ ；/；（2）滿足；（3）不影響
【詳解】（1） 小球運動到圖乙中a位置時的水平分速度，豎直分速度，小球在位置a的動能為，小球運動到圖乙中b位置時的水平分速度，豎直分速度，小球在位置b的動能為，所以小球從a到b的過程中，其動能增加了，小球從a到b過程中，其重力勢能減小了
（2）由以上分析可知在誤差允許的范圍內，小球做平拋運動的過程，滿足機械能守恒定律。
（3）若實驗前斜槽末端未調節水平，小球做斜拋運動，不影響小球水平分速度、豎直分速度的計算，不影響小球動能增加量及重力勢能減少量的計算，所以不影響本實驗的結論。
17．【答案】（1）D；（2）mghD；
【詳解】（1）電磁打點計時器需要連接交流電源，還需要用刻度尺測量紙帶上點跡之間的距離；由于驗證機械能守恒的表達式中質量可以約去，所以不需要天平測質量。
（2）從打下O點到打下D點的過程中，重物的重力勢能減少量為，打下D點時，重物的速度為，則從打下O點到打下D點的過程中，重物的動能增加量為
18．【答案】（1）10N，方向豎直向下；（2）；（3）或
【詳解】（1）設小球經過第一個圓軌道的最高點時速度大小為，由動能定理可知，小球在最高點受到重力及軌道施加的豎直向下的支持力N，由受力分析有，聯立解得N的方向豎直向下。
（2）設小球在第二個圓形軌道的最高點速度大小為，由動能定理有，小球恰能通過第二個圓形軌道時，在軌道最高點有，聯立兩式解得
（3）要使小球在第三個圓軌道運動時不脫離軌道，分為兩種情形：
Ⅰ.較小，小球可以順利通過第三個圓軌道的最高點，設小球在第三個圓軌道最高點的速度大小為，軌道對小球的支持力為，則有，由于，因此，根據動能定理可知，聯立兩式解得
19．【答案】；0.59；0.58；
【詳解】（3）a運動到上表面與P點等高時，根據勻變速直線運動規律有，解得a的速度大小為
（4）a從上表面與O點等高運動到上表面與P點等高的過程中，a、b和砝碼組成的系統的重力勢能減少量，a、b和砝碼組成的系統的動能增加量為。
（5）根據系統機械能守恒可得，整理可得，若圖像為過原點且斜率為的直線，也可驗證系統機械能守恒。
20．【答案】（1）；（2）；（3）見解析
【詳解】（1）滑塊在a，b，c，d木板上所受摩擦力為，，
若木板全部固定，當滑塊恰好滑到d的右端時v0具有最大值，根據動能定理有
解得
（2）若顧客獲四等獎，剛好到a木板右側時，滑塊初速度最大為v1，地面對abcd木板的摩擦力為
說明木板靜止不動，對滑塊有
解得
（3）由于
可知滑塊可以滑上b木板，當滑塊到b木板上時，地面對bcd木板的摩擦力為
說明木板靜止不動，當滑塊滑到b木板的右側時，設速度為v2，對滑塊有
解得
可知滑塊會滑上c木板，地面對cd木板的摩擦力為
可知cd木板恰好不動，根據運動學公式有
解得
可知滑塊停止在c木塊上，顧客獲二等獎。
21．【答案】（1）；（2）4R；（3）
【詳解】（1）根據題意知， B、C 之間的距離 L 為
設 P 第一次運動到 B 點時速度的大小為,從C到B的過程中，重力和斜面的摩擦力對 P 做功，由動能定理得：
代入數據解得
（2）設EF=x ,物塊從 C 到 E 最終達到 F 處的過程，由能量守恒定律得
解得
F 距 A 點的距離
（3）設彈簧被壓縮到 E 點時具有的彈性勢能為 Ep ，物塊從 C 到 E 過程，
由能量守恒定律得
解得
對 P 從 E 到 D 的過程，運用動能定理得
在 D 點，由向心力公式得
聯立解得
由牛頓第三定律得
22．【答案】（1）；（2），方向豎直向下；（3）或
【詳解】（1）彈簧的彈性勢能轉化為滑塊的動能
由題意，
解得
（2）滑塊由B點到C點由動能定理得
又
根據牛頓第二定律
解得
由牛頓第三定律可得，滑塊到達圓弧未端C時對軌道的壓力大小為，方向豎直向下。
（3）滑塊沖上半圓軌道后不會脫離軌道運動，分兩種情況：一是到達與圓心等高處時速度恰好為零；二是到達半圓弧軌道最高點。
①到達與圓心等高處時速度恰好為零
由動能定理得
解得
②滑塊能夠到達半圓弧軌道最高點
由動能定理得
在最高點，重力恰好提供向心力
解得
綜上，或時，滑塊沖上半圓軌道后不會脫離軌道運動。
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