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2026届人教版高考物理第一轮复习：第八章机械能守恒定律综合提高练习1
一、单选题（本大题共10小题）
1．如图所示，和是竖直平面内两个半径不同的半圆形光滑轨道，、、三点位于同一水平面上，和分别为两轨道的最低点，将两个质量相同的小球分别从和两处同时无初速释放，则（　　）
A．沿光滑轨道运动的小球的重力势能永远为正值
B．两小球到达点和点时，重力做功相等
C．两小球到达点和点时，重力势能相等
D．两小球刚开始从和两处无初速释放时，重力势能相等
2．汽车发动机通过变速箱将动力传输给运动系统，一般赛车的变速箱有1挡到5挡5个逐次增高的前进挡位，在发动机输出功率不变时，挡位越高车速越快，加大油门可以增大发动机的输出功率.如图所示是赛车越野比赛时正在爬坡的情形，为了能够顺利爬上陡坡，司机应该 (　　)
A．拨1挡，减小油门
B．拨1挡，加大油门
C．拨5挡，减小油门
D．拨5挡，加大油门
3．质量为m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动,0~2 s内F与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同,物体的v-t图像如图所示,g取10 m/s2,则 (　　)
A．拉力F的大小为100 N
B．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W
C．4 s内拉力所做的功为480 J
D．4 s内摩擦力做的功为-320 J
4．如图所示，运动员从某高度处将质量为的小球以初速度斜向上方抛出，小球运动到最高点时的速度为，最大高度为，重力加速度为.以地面为参考平面，不计空气阻力.则抛出时（ ）
A. 小球的机械能为
B. 人对小球做功为
C. 小球的重力势能为
D. 小球的重力势能为
5．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv
B．－mv2－mv－mgh
C．mgh＋mv－mv2
D．mgh＋mv2－mv
6．中国制造的某一型号泵车如图所示,表中列出了其部分技术参数,已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3,假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土,则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为 (　　)
发动机最大输出功率(kW) 332 最大输送高度(m) 63
整车满载质量(kg) 5.4×104 最大输送量(m3/h) 180
A．1.08×107 J B．5.04×107 J
C．1.08×108 J D．2.72×108 J
7．如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是 (　　)
A． B． C． D．
8．一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前4 s内做加速度为a=1 m/s2的匀加速直线运动,之后以额定功率继续运动,再经过10 s达到最大速度.已知汽车的质量为m=2×103 kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍,重力加速度g取10 m/s2,则以下说法正确的是 (　　)
A．加速过程汽车牵引力做功为6.4×104 J
B．汽车启动过程中牵引力最大为4×103 N
C．汽车的额定功率为18 kW
D．汽车启动过程的位移为32 m
9．如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置,当太阳光照射到小车上方的光电板时,光电板中产生的电流经电动机带动小车前进.若小车保持牵引力恒定,在平直的公路上从静止开始运动,经过时间t前进距离x时,电动机的功率恰好达到额定功率P,小车的速度达到v.已知小车质量为m,所受阻力恒为Ff,那么在时间t内 (　　)
A．小车做加速度减小的加速运动
B．电动机的额定功率P=Ffv
C．电动机对小车所做的功为Ffx+mv2
D．电动机对小车所做的功为Pt
10．质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动,撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止,其v-t图像如图所示,则下列说法中正确的是 (　　)
A．F1和F2大小相等
B．F1和F2对A、B做功之比为2∶1
C．A、B所受摩擦力大小相等
D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶2
二、多选题（本大题共4小题）
11．2021年4月28日，在全运会田径测试赛女子撑杆跳高的决赛中，选手徐惠琴以4米50的成绩获得冠军。若不计空气阻力，则（　　）
A．徐惠琴在撑杆的过程中杆对她的弹力与她对杆的压力大小相等
B．徐惠琴在撑杆上升过程中，她始终处于超重状态
C．徐惠琴在上升过程中撑杆的弹性势能转变为运动员的机械能
D．徐惠琴落到软垫后一直做减速运动
12．（多选）如图甲所示，物体受到水平推力 的作用在粗糙水平面上做直线运动.监测到推力 、物体速度 随时间 变化的规律如图乙、丙所示.取 ，则( )
甲
乙
丙
A．第 内推力做功为
B．第 内物体克服摩擦力做的功为
C．在 时推力 的功率为
D．第 内推力 做功的平均功率
13．(多选)如图所示，质量为50 kg的某同学在做仰卧起坐运动．若该同学上半身的质量约为全身质量的，他在1 min内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的高度均为0.3 m，取＝10 m/s2，则他克服重力做的功和相应的平均功率约为(　　)
A．＝4 500 J B．＝450 J
C．＝60 W D．＝75 W
14．如图所示，一质量为m的小球固定在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定在O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度为v，A、B之间的竖直高度差为h，则（　　）
A．由A到B重力做功为mgh
B．由A到B重力势能减少
C．由A到B小球克服弹力做功为mgh
D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－
三、非选择题（本大题共8小题）
15．某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.弧形轨道末端的切线水平,离地面的高度为H,将钢球从轨道的不同高度h处由静止释放,钢球的落点距轨道末端的水平距离为x.
甲
乙
(1)实验中若轨道完全光滑,则x2与h的理论关系应满足x2=　　　　(用H、h表示).
(2)该同学经实验测量得到一些数据,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
请在图乙所示的坐标系上作出x2-h的关系图线.
(3)对比实验结果与理论计算得到的x2-h关系图线(图乙中已画出),自同一高度由静止释放的钢球,实际水平抛出的速率　　　　(填“小于”或“大于”)理论值.
(4)由x2-h关系图线分析得出钢球水平抛出的速率偏差十分显著,你认为造成上述偏差的可能原因是 　.
16．如图所示，轨道由水平轨道AB和足够长斜面轨道BC平滑连接而成，斜面轨道BC与水平面间的夹角为 。质量为 的物块静止在离B点 的水平轨道上，物块与水平面和斜面间的动摩擦因数均为 。现在物块上作用一个大小 、方向水平向右的拉力，物块到达B点时撤去该拉力。，，g取10m/s2。求：
(1)物块到达B点的速度大小vB；
(2)物块因惯性沿斜面上冲的最大距离xm。
17．质量为的小球从高为的地方释放，如果在光滑轨道上的点飞出，求的值；如果是从轨道的点（圆弧的最高点）飞出，求的值。（图中两虚线夹角为60°，圆弧曲率半径为）
18．如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ=37°。已知圆弧轨道半径为R＝0.5m，斜面AB的长度为L＝2.875m。质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g=10m/s2.求：
(1)物块通过C、D点的速度大小。
(2)物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc；
(3)物块与斜面间的动摩擦因数μ。
19．用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落.
甲
（1）关于本实验,下列说法正确的是 （填字母代号）.
A．应选择质量大、体积小的重物进行实验
B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C．先释放纸带，后接通电源
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带.在纸带上选取三个连续打出的点 、 、 ，测得它们到起始点 （ 点与下一点的间距接近 ）的距离分别为 、 、 .已知当地重力加速度为 ，打点计时器的打点周期为 .设重物质量为 .从打 点到 点的过程中，重物的重力势能变化量 ，动能变化量 .（用已知字母表示）
乙
（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上.将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为 .已知小球质量为 ，当地重力加速度为 .在误差允许范围内，当满足关系式 时，可验证机械能守恒.
丙
20．常德桃花岛欢乐水世界有一种滑梯（图甲），把它简化成如图乙所示模型。其中部分为一段圆弧，O为圆心，半径，圆弧末端B点切线水平，水面离B点的竖直高度为。现有一质量为的中学生从离B点的A点静止滑下，他在水面上的落点C与B点的水平距离为，g取。求：
（1）中学生经过B点的速度；
（2）中学生经过B点时对轨道的压力；
（3）中学生从A点到B点的过程中克服阻力做的功。
21．某同学利用图甲中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干，质量为的滑块、打点计时器、刻度尺，已知当地重力加速度为。实验操作步骤如下：（计算结果均保留2位小数）
（1）如甲图安装器材，保持桌面、长木板水平，轻细绳下端悬挂5个钩码，调整装置，使细绳水平。
（2）接通打点计时器电源，交流电频率为，再释放滑块，得到一条纸带如乙图，将纸带上打出的第一个点标记为0计数点，再依次取计数点1、2、3、4、5、6，每两个计数点之间有4个点未画出，测出各点到0点之间的距离如乙图，单位为。
（3）从0点到5点系统（以桌面上滑块和悬挂的钩码为系统，下同）的重力势能的减少量为 。
（4）从0点到5点系统动能的增加量为 ，系统机械能的减少量为 。
（5）若物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，则从0点到5点物块克服木板的摩擦力做的功为 。
（6）从上述结果可得出的实验结论 。
22．某同学利用频闪照片验证小铁球竖直上拋中机械能守恒.已知频闪仪 闪光一次，通过对频闪照片的测量与分析得到照片中小铁球各位置间实际距离并已标出.已知小铁球质量为 ，当地重力加速度为 .
（1）从 到 时间内，小铁球重力势能的增加量 ；动能的减少量 （结果均保留三位有效数字）
（2）在误差允许的范围内，若 与 近似相等，则可验证机械能守恒定律.由上述数据可得 小于，造成这种系统误差的主要原因是 .
参考答案
1．【答案】D
【详解】AB：重力势能具有相对性，如果选A、P、B三点在零势能参考面上，则两球在运动过程中的重力势能恒为负值，如果选C点在零势能参考面上，则两球在运动过程中的重力势能恒为正值，另外，重力做功跟路径无关，只取决于物体初、末两点在竖直方向的高度差，两球从开始运动到到达C点和D点时竖直高度差不等，所以重力做功不相等，AB错误；
CD：不管选哪一点为零势能，A点和B点相对零势能点的竖直高度均相等，所以重力势能相等，两小球到达C点和D点时，重力势能不相等，C错误D正确。选D。
2．【答案】B
【解析】赛车爬坡时需要较大的牵引力，由P=Fv得F=，在增大发动机输出功率P的情况下，同时减小速度v，才能获得更大的牵引力F，因此应当将变速箱拨到1挡，并加大油门，故B正确，A、C、D错误.
3．【答案】B
【解析】由图像可知,在0~2 s内物体的加速度大小a1=5 m/s2,在2~4 s内物体的加速度大小a2=1 m/s2,根据牛顿第二定律F+f=ma1,F-f=ma2,整理得F=60 N,f=40 N,A错误;物体在4 s时拉力的瞬时功率P=Fv=60×2 W=120 W, B正确;在0~2 s内物体的位移为10 m,因此在这段时间内,拉力做的功W1=-Fx1=-600 J,在2~4 s的位移为2 m,因此在这段时间内,拉力做的功W2=Fx2=120 J,因此拉力做的总功W=W1+W2=-480 J,C错误;4 s内物体总路程为12 m,因此这段时间内摩擦力做的功Wf=-fs=-480 J,D错误.
4．【答案】D
【解析】小球在空中运动过程机械能守恒,以地面为参考平面,抛出时小球的机械能与最高点相同,有,故A错误；由动能定理可知,人对小球做功为,故B错误；由机械能守恒可知,抛出时小球的重力势能,故C错误，D正确.
5．【答案】　C
【详解】　对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mgh＋mv－mv2，选项C正确。
6．【答案】C
【解析】本题考查功能关系.题中表格数据均为最大值,题干数据为实际情况.输送量为150 m3/h,混凝土密度为2.4×103 kg/m3,输送高度为30 m,泵送系统每小时做的功最少等于将混凝土送至30 m高处的过程混凝土增加的重力势能,即W=2.4×103×150×30×10 J=1.08×108 J,C正确.
【易错分析】
本题表格中所提供数据容易误导我们用W=Pt解题,或将实际数据与表格中最大值数据混淆,应注意题干中才是实际工作情况,若不能分清有用数据与干扰数据将导致错解.
7．【答案】A
【解析】本题考查动能定理的应用、Ek-x图像的选择.设斜面倾角为θ,物块到达斜面底端时水平位移为x0,物块与斜面间的动摩擦因数为μ1,物块与地面间的动摩擦因数为μ2,物块到达斜面底端之前,由动能定理得mgx·tan θ-μ1mgcos θ·=Ek,物块的动能与水平位移成正比;物块到达水平地面上以后,由动能定理得-μ2mg(x-x0)=Ek-Ek0,Ek0=mgx0·tan θ-μ1mgx0,物块的动能随水平位移x按一次减函数变化,所以A选项正确.
8．【答案】B
【解析】汽车受到的阻力大小f=0.1mg=0.1×2×103×10 N=2×103 N,汽车在前4 s内做加速度a=1 m/s2的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得F-f=ma,则F=f+ma=(2×103+2×103×1)N=4×103 N,匀加速运动的位移为x1=a=×1×42 m=8 m,因此匀加速过程牵引力做功为W1=Fx1=4×103×8 J=3.2×104 J,匀加速运动的末速度v=at1=1×4 m/s=4 m/s,所以汽车的额定功率P=Fv=4×103×4 W=1.6×104 W=16 kW,汽车的功率达到额定功率后开始保持额定功率继续做变加速运动,此过程牵引力做功W2=Pt2=1.6×104×10 J=1.6×105 J,故加速过程汽车牵引力做功为W=W1+W2=3.2×104 J+1.6×105 J=1.92×105 J,故A、C错误;汽车做匀加速直线运动时牵引力不变,达到额定功率后,由P=Fv知随着速度的增大,牵引力逐渐减小,加速度逐渐减小,当加速度减至零时牵引力等于阻力,牵引力不再变化,所以汽车做匀加速运动时牵引力最大,故汽车启动过程中牵引力最大为4×103 N,故B正确;设汽车做变加速运动的位移为x2,最大速度为vm.当牵引力等于阻力时,汽车达到最大速度,则P=fvm,故vm== m/s=8 m/s,汽车做变加速运动的过程,由动能定理得W2-fx2=m-mv2,解得x2=56 m,因此汽车启动过程的位移x=x1+x2=8 m+56 m=64 m,故D错误.
9．【答案】C
【解析】在时间t内,小车保持牵引力恒定,小车所受阻力恒定,则小车在运动时间内所受合外力恒定,小车做匀加速直线运动,即小车的加速度保持不变,故A错误;由题意知,小车保持牵引力恒定时,做匀加速运动,小车的牵引力大于小车所受的阻力,故电动机的额定功率大于Ffv,故B错误;在小车运动过程,利用动能定理,有W-Ffx= mv2,整理可得小车受到的牵引力做的功W=Ffx+ mv2,故C正确;由题意知,小车速度达到v时,电动机恰好达到额定功率,之前时刻电动机的实际功率小于电动机的额定功率,故电动机对小车所做的功小于Pt,故D错误.
10．【答案】C
【解析】设A、B两物体所受摩擦力大小分别为f1和f2,撤去水平恒力后,A的加速度大小为a1=,B的加速度大小为a2=,根据牛顿第二定律可知,对A有f1=2ma1=,对B有f2=ma2=,所以有f1=f2,对两物体运动的全过程,由动能定理有F1-f1=0,F2-f2=0,解得F1∶F2=2∶1,故A错误,C正确;F1和F2对A、B做功之比为W1∶W2=∶=1∶1,故B错误;对两物体运动的全过程,根据动能定理知,摩擦力对A、B做的功等于水平恒力做的功,则全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶1,故D错误.
11．【答案】AC
【详解】
A．徐惠琴在撑杆的过程中杆对她的弹力与她对杆的压力是作用力与反作用力，大小相等，故A正确；
B．在撑杆上升开始阶段加速度的方向向上，她处于超重状态，在上升的最后阶段加速度的方向向下，她处于失重状态，故B错误；
C．徐惠琴在上升过程中撑杆的弹性势能转变为运动员的机械能，选项C正确；
D．徐惠琴落到软垫后，开始阶段软垫的作用力小于重力，则她仍然要做一段加速运动后才做减速运动，故D错误。
故选AC。
12．【答案】BC
【详解】由 图像得，第 内物体静止，推力不做功，A错误；第 内物体匀速运动，则 ，由 图像得第 内位移为 ，则第 内物体克服摩擦力做的功为 ，B正确； 时的瞬时速度为 ，推力为 ，则 ，C正确；第 内的推力为 ，第 内物体做匀加速直线运动的平均速度为 ，则 ，D错误.
13．【答案】AD　
【详解】该同学在1 min内克服重力做的功为＝50×＝4 500 J，A正确，B错误；该同学在1 min内克服重力做功的平均功率为＝＝75 W，C错误，D正确．
14．【答案】AD
【详解】
A．重力做功只与初末位置的高度差有关，则由A至B重力功为，故A正确；
B．由A至B重力做功为，则重力势能减少，小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以
故B错误；
C．根据动能定理得
所以由A至B小球克服弹力做功为，故C错误；
D．弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为
故D正确。
故选AD。
15．【答案】(1)4Hh　(2)见解析　(3)小于　(4)弧形轨道与钢球间存在摩擦
【解析】(1)设钢球从轨道末端抛出的速度为v0,由机械能守恒定律得mgh=m,则=2gh.在钢球平抛运动过程中有H=gt2,x=v0t,v0==x,联立解得x2=4Hh.
(2)依次描点连线,如图所示.
(3)从图中看出,同一h下的x2值,理论值明显大于实际值,而在同一高度H下的平抛运动的水平位移由水平速率决定,可见实际水平抛出的速率小于理论值.
(4)由于实际中弧形轨道与钢球间存在摩擦,钢球机械能减小,因此会导致钢球水平抛出速率的实际值比理论值小.
16．【答案】(1) ；(2)
【详解】
(1)根据动能定理
解得
(2)根据动能定理
解得
17．【答案】
【详解】
(1)小球在点脱离轨道做斜上抛运动，小球在点有
根据动能定理有
联立两式得
(2)小球在点脱离轨道做平抛运动，小球在点有
根据动能定理有
联立两式，得
18．【答案】(1)m/s；5m/s；(2)60N；(3)0.25
【详解】
(1)由题意知小物块沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿第二定律有
①
解得
从C到D由动能定理可得
②
解得
(2)在C点时由牛顿第二定律可得
③
由牛顿第三定律得
FC＝FC′④
联解①②③④并代入数据得
FC＝60 N⑤
(3)对小物块从A经B到C过程，由动能定理有
mg[Lsin θ＋R（1－cos θ）]－μmgcos θ·L＝mvC2－0⑥
联解①②⑥并代入数据得
μ＝0.25
19．【答案】AB；； ；；
【详解】
（1）重物体积小，所受空气阻力小，质量越大，空气阻力引起的相对误差就越小，所以应选择质量大、体积小的重物进行实验，A正确；为减小纸带与限位孔间的摩擦，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，B正确；由实验步骤可知，应先接通电源，当打点计时器工作稳定后，再释放纸带，C错误.
（2）由重力做功与重力势能的关系可知，从打 点到 点的过程中，重物的重力势能变化量 ，打下 点时重物的瞬时速度 ，该过程重物的动能变化量为 ，所以 .
（3）在最低点，由牛顿第二定律可得 ，此时小球的动能为 ，小球由静止释放到运动到最低点的过程中，若机械能守恒，则有 ，联立解得 .
20．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）学生从B到C过程做平抛运动，则竖直方向有
可得
水平方向
可得
（2）学生运动到B点，由圆周运动有
得
根据牛顿第三定律，中学生对轨道B点的压力为。
（3）学生从A到B过程，设克服摩擦力功为由动能定理有
则
21．【答案】 2.00 0.96 1.04 1.00 在实验允许的误差范围内，机械能的变化量等于摩擦力做的功
【详解】（3）[1]由题图乙，可得从0点到5点系统的重力势能的减少量为
（4）[2]打点计时器交流电源频率为，纸带上每相邻两个计数点之间有4个点未画出，可知纸带上相邻两计数点间的时间间隔为
T=0.02×5s=0.1s
由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得打5点时的速度
从0点到5点系统动能的增加量为
[3]系统机械能的减少量为
（5）[4]若物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，则从0点到5点物块克服木板的摩擦力做的功为
（6）[5]在实验允许的误差范围内，机械能的变化量等于摩擦力做的功。
22．【答案】0.843J；0.860J；空气阻力做负功，部分机械能转化为内能
【详解】
（1）从 到 时间内，小铁球重力势能的增加量 ，小铁球在 时刻的速度 ，小铁球在 时刻的速度 ，动能的减少量 .
（2）造成系统误差的主要原因是小铁球在上升过程中空气阻力做负功，部分机械能转化为内能.
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一、单选题（本大题共10小题）
1．如图所示，质量为的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平轻绳跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角 处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为（ ）
A. B. C. D.
2．如图所示,ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,CD段是水平的,BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧,其长度可以略去不计.一质量为m的小滑块从A点由静止释放,沿轨道下滑,最后停在D点,A点和D点如图所示,现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块,使它缓缓地由D点回到A点,则拉力对滑块做的功等于(设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g) (　　)
A．mgh B．2mgh
C．μmg(l+) D．μmgl+
3．如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处时速度最大,到达C处时速度为零,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)
A．由A到B的过程中,圆环动能的增加量小于重力势能的减少量
B．由A到C的过程中,圆环的动能与重力势能之和先增大后减少
C．由A到C的过程中,圆环的加速度先增大后减小
D．在C处时,弹簧的弹性势能小于mgh
4．如图所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体.电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时,上升高度为H,重力加速度为g,则在这个过程中,下列说法和表达式正确的是 (　　)
A．对物体,动能定理的表达式为WN=m,其中WN为支持力做的功
B．对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功
C．对物体,动能定理的表达式为WN-mgH=m-m
D．对物体,动能定理的表达式为mgH=m-m
5．如图所示,棋子压着纸条,放在光滑水平桌面上.第一次沿水平方向将纸条抽出,棋子落在地面上的P点.将棋子、纸条放回原来的位置,仍沿原水平方向将纸条抽出,棋子落在地面上的Q点,与第一次相比,第二次抽出纸条过程 (　　)
A．棋子受到纸条的摩擦力较大
B．纸条对棋子的作用时间较短
C．纸条对棋子做的功较多
D．棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大
6．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动,在启动阶段列车的动能 (　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的阻力成正比
7．如图所示,质量为m的小球用细线牵引着在光滑的水平面上做匀速圆周运动,O为一光滑的孔,当拉力为F时,转动半径为R;当拉力增大到6F时,小球仍做匀速圆周运动,此时转动半径为 .在此过程中,拉力对小球做的功为 (　　)
A． B． C． D．
8．如图所示,一顶角为直角的“∧”形光滑细杆,其角平分线保持竖直.质量均为m的两金属环套在细杆上,用一劲度系数为k的轻质弹簧相连,三者位于同一水平高度,此时弹簧处于原长.现将两金属环同时由静止释放,运动过程中弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep=k(Δx)2,其中Δx为弹簧的形变量,重力加速度为g,对其中一个金属环,下列结论错误的是 (　　)
A．金属环释放时的加速度大小为g
B．金属环的最大速度为g
C．金属环与细杆之间的最大压力为mg
D．弹簧的最大弹性势能为
9．如图所示,一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球a和b,a球质量为m,静置于地面;b球质量为2m,用手托住,离地面高度为h,此时轻绳刚好拉紧.两小球都可看作质点,从静止开始释放b后,a能离开地面的最大高度为 (　　)
A．h B．h C．h D．2h
10．如图所示,将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为m的环,环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑定滑轮与直杆的距离为D．杆上的A点与定滑轮等高,杆上的B点在A点下方距离为d处.现将环从A处由静止释放,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是 (　　)
A．环到达B处时,重物上升的高度h=
B．环到达B处时,环与重物的速度大小相等
C．环从A到B,环减少的机械能大于重物增加的机械能
D．环能下滑的最大高度为
二、多选题（本大题共4小题）
11．(多选)如今高层居民小区越来越多,家住高层,窗外“风光无限”,可电梯房虽好,就是怕停电,要是电梯停运了,就会给高层住户的生活带来很多不便.家住十楼的李同学某次停电时步行从一楼走楼梯回家,已知该同学质量为50 kg,每层楼的高度为3 m,取g=10 m/s2,则该同学在这个过程中 (　　)
A．重力做负功,楼梯的支持力做正功
B．重力做负功,楼梯的支持力不做功
C．重力势能增加1.5×104 J
D．重力势能增加1.35×104 J
12．质量为5×103 kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10m/s，随后以P＝6×104 W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103N．则（ ）
A．汽车的最大速度为20m/s
B．汽车的最大速度为24m/s
C．汽车在72s内经过的路程为1252m
D．汽车在72s内经过的路程1250m
13．(多选)如图所示,一位游客玩“蹦极”游戏,将一根长为AB的弹性绳子一端系在身上,另一端固定在高处,然后从高处跳下,其中AB为弹性绳子的原长,C点是弹力与重力平衡的位置,D点是该游客所到达的最低点.对于游客离开跳台至最低点的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A．重力对该游客一直做正功
B．该游客的重力势能一直减小
C．该游客通过C点之后,弹性绳子才具有弹性势能
D．从A到D的过程中,弹性绳子的弹性势能先不变后一直增加
14．（多选）如图所示，歼 沿曲线 向上爬升，图中画出歼 在 点受到合力的四种方向，其中正确的说法有( )
A．若合力沿①方向，则飞机做曲线运动的速度越来越小
B．若合力沿②方向，则飞机做曲线运动的速度越来越大
C．若合力沿③方向（切线方向），则飞机做曲线运动的速度越来越大
D．合力不可能沿④方向
三、非选择题（本大题共8小题）
15．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg。按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么（结果均保留两位有效数字）：
(1)打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB= ；
(2)在从起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能的减少量是△Ep= ，此过程中重物动能的增加量是△Ek= ；
(3)实验的结论是 。
16．如图所示,小物块位于光滑斜面体上,斜面体位于光滑水平地面上,在小物块沿斜面下滑的过程中,斜面体对小物块的作用力 (　　)
A．垂直于接触面,做功为零
B．垂直于接触面,做功不为零
C．不垂直于接触面,做功为零
D．不垂直于接触面,做功不为零
17．如图所示,为利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”实验装置示意图.
(1)实验步骤如下：
①将气垫导轨放在水平实验桌面上，将导轨调至水平；
②由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x＝ cm；
③将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码盘静止不动时，释放滑块，要求砝码盘落地前挡光条已通过光电门2；
④从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间分别为Δt1和Δt2；
⑤用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出砝码盘和砝码的总质量m .
(2)根据以上实验测量结果完成以下的问题(只要求写出表达式，已知挡光条的宽度为，重力加速度为)：
①滑块通过光电门1和光电门2时的瞬时速度分别为 和 .
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、砝码盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝ 和Ek2＝ .
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp＝ .
(3)在实验误差允许范围内，如果关系式 成立，则可认为机械能守恒定律得到了验证.
18．某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平．在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为M，将质量为m的钩码通过细线与滑块连接．打开气源，滑块从A处由静止释放，宽度为b的遮光条经过光电门挡光时间为t，取挡光时间t内的平均速度作为滑块经过B处的速度，A、B之间的距离为d，重力加速度为g．
（1）调整光电门的位置，使得滑块通过B点时钩码没有落地．滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量ΔEk为 ，系统重力势能减少量ΔEp为 ．（以上结果均用题中所给字母表示）
（2）若实验结果发现ΔEk总是略大于ΔEp，可能的原因是
A．存在空气阻力
B．滑块没有到达B点时钩码已经落地
C．测出滑块左端与光电门B之间的距离作为d
D．测出滑块右端与光电门B之间的距离作为d
19．如图所示,物体P(质量M=2m)套在光滑水平直杆上,系在物体P上的细线跨过两个定滑轮与物体Q(质量为m)相连.细线与物体Q相连处设置有力传感器可以测出细线中的拉力.已知细线无弹性,定滑轮与光滑直杆都在竖直平面内,定滑轮与光滑直杆之间的距离为h,不计空气阻力.将物体P在图示位置(细线与水平直杆夹角为θ=30°)由静止释放.
(1)求物体P的最大速度;
(2)若物体P沿直杆运动到细线与水平直杆的夹角为α=45°时(如图位置),力传感器示数为F,求此时物体Q的速度和加速度大小.
20．如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．
对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是 ．
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物
某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有 ．
A.OA、AD和EG的长度
B、OC、BC和CD的长度
C.BD、CF和EG的长度
D、AC、BD和EG的长度
21．(12分)[广东江门2021高一下期末]如图所示,摆线自然下垂时小球刚好与地面的D点接触,现让小球从图中的C位置以垂直于摆线斜向右上方的初速度开始在竖直平面内做圆周运动,并恰好能通过最高点,当小球摆到最低点D处摆线刚好被拉断,小球在粗糙的地面上由D点向右做匀减速运动,到达A孔进入半径R=1 m的竖直放置的光滑半圆弧轨道,当小球进入半圆轨道后立即关闭A孔.已知摆线长L=0.5 m,小球可视为质点,质量为m=1 kg,D点与小孔A的水平距离s=2 m,g取10 m/s2,试求:
(1)小球在D点时速度的大小和摆线能承受的最大拉力的大小;
(2)要使小球能进入半圆轨道并且不脱离轨道,求粗糙水平面动摩擦因数μ的取值范围.
22．如图，一闯关游戏装置处于竖直面内，该装置由倾斜的直轨道AB，圆形轨道BDE，水平直轨道EG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。圆形轨道与轨道AB，EG相切于B和E（E为圆形轨道最低点）。直线轨道EG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知圆形轨道半径，EG长，传送带GH长，HI长，JK长，四分之一圆管道的半径。现将一质量为的滑块（视为质点）从倾斜轨道AB上某高度h处由静止释放，经B点进入圆轨道后运动至D点再从E点滑出圆轨道，滑块与EG、HI、JK间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，某余轨道均光滑。所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，g取。
（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块经过圆轨道E点时对轨道的压力及滑块由静止释放时的高度h；
（2）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；
（3）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块能且仅能通过J点一次，求传送带的线速度v需满足的条件。
参考答案
1．【答案】B
【解析】将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小,则,根据动能定理有,B正确.
2．【答案】B
【解析】小滑块由A→D的过程中,设克服摩擦力做功为WAD,由动能定理有mgh-WAD=0,即得 WAD=mgh,由功的计算公式有WAD=μmgl+;小滑块由D→A的过程中,动能变化量为零,设克服摩擦力做功为WDA,由动能定理有WF-mgh-WDA=0,又因为WAD=联立得WF=2mgh=2,故B正确.
3．【答案】A
【解析】对于圆环和轻质弹簧组成的系统机械能守恒,由A到B的过程中,因圆环的动能、重力势能和弹簧弹性势能之和守恒,则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减少量,则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量,故A正确;圆环的动能、重力势能和弹簧弹性势能之和守恒,由A到C的过程中,弹性势能逐渐变大,则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少,故B错误;圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,则圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减小后增大,故C错误;研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程,由动能定理得mgh-W弹=0-0,则W弹=mgh,由功能关系可知,弹簧的弹性势能Ep=W弹=mgh,故D错误.
4．【答案】C
【解析】物体受到重力和支持力的作用向上加速运动,根据动能定理WN-mgH=m-m,故C正确,A、D错误;电梯竖直向上加速运动,v10,故B错误.
5．【答案】C
【解析】由于两次棋子对纸条的正压力不变,根据滑动摩擦力公式f=μFN知棋子受到纸条的摩擦力相等,故A错误;棋子离开桌面后做平抛运动,由于两次棋子下落的高度相同,所以两次平抛运动的时间相同,由于第二次水平分位移较大,由x=v0t知第二次做平抛运动的初速度较大,故棋子在纸条上的滑动过程中第二次纸条对棋子的作用时间较长,故B错误;根据动能定理得纸条对棋子做的功W=m,第二次棋子获得的初速度v0较大,则第二次纸条对棋子做的功较多,故C正确;根据动能定理可知,棋子离开桌面至落地过程中动能增量等于重力做的功,两次重力做的功相等,故动能增量相等,故D错误.
6．【答案】B
【解析】由匀变速直线运动规律得v=at,则动能Ek=mv2=ma2t2,故动能与时间的平方成正比,A错误;由动能定理得Ek=F合x=max,故动能与位移成正比,B正确;由Ek=mv2知,动能与速度的平方成正比,C错误;由动能定理得Ek=Fx-fx,故动能与阻力不成正比,D错误.
7．【答案】A
【解析】当细线的拉力为F时,设小球做匀速圆周运动的线速度为v1,则有F=m;当细线的拉力增大到6F时,设小球做匀速圆周运动的线速度为v2,则有6F=m.在细线的拉力由F增大到6F的过程中,根据动能定理得W=m-m=,所以拉力对小球所做的功为 ,故选A。
8．【答案】D
【解析】对金属环受力分析如图甲所示,开始释放瞬间,金属环受到重力和杆的弹力,在沿杆方向上,根据牛顿第二定律得mgsin 45°=ma,解得a=g,故A正确;当金属环的加速度为0时,速度最大,受力分析如图乙所示,金属环受到重力、杆的弹力N和弹簧的弹力F,沿杆方向加速度为0,即沿杆方向合力为0,则mgsin 45°=Fcos 45°,由胡克定律得F=kΔx,解得弹簧的形变量Δx=,根据几何知识,两个金属杆下降的高度为h=;整个系统只有重力、弹力做功,即两个金属环和弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律得2mg×h=k(Δx)2+×2mv2,解得金属环的最大速度v=g,故B正确;金属环下降h'达到最低时,速度减小为0,则弹簧形变量为2h',弹性势能最大,根据机械能守恒定律得2mgh'=k(2h')2,弹簧的最大弹性势能Ep=k(2h')2,解得h'=,Ep=,故D错误;当金属环下降到最低点时,金属环和细杆之间的弹力最大,垂直于杆方向上,由平衡条件得N=mgcos 45°+Fsin 45°,由胡克定律得F=k×2h',解得N=mg,故C正确.
9．【答案】B
【解析】设a球到达高度h时两球的速度都为v,根据系统机械能守恒2mgh=mgh+(2m+m)v2,解得两球的速度都为v=,此时绳子恰好放松,a球开始做初速度为v=的竖直上抛运动,设a球向上运动最大 高度为H,由竖直上抛过程a球机械能守恒有mgh+mv2=mgH,解得H=h,故a球能达到的最大高度为h,故B正确.
10．【答案】D
【解析】根据几何关系有,环从A下滑至B点时,下降的高度为d,则重物上升的高度为h=d-d=(-1)d,故A错误;环到达B处时,将环的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度,有v环cos 45°=v物,所以有v环=v物,故B错误;环下滑过程中无摩擦力做功,故系统机械能守恒,即有环减少的机械能等于重物增加的机械能,故C错误;设环下滑的最大高度为H,此时环和重物的速度均为0,此时重物上升的最大高度为-d,根据系统的机械能守恒有mgH=2mg(-d ),解得H=,故D正确.
【关键点拨】
对于关联物体的机械能守恒问题,要注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系、位移与高度变化量Δh的关系.
11．【答案】BD
【解析】李同学步行从一楼走楼梯回十楼,位移方向与重力方向相反,所以重力做负功,当李同学受到楼梯的支持力时,支持力的作用点并没有发生位移,故楼梯的支持力不做功,故A错误,B正确;重力做负功,重力势能增加ΔEp=-W=mgh=50×10×3×(10-1)J=1.35×104 J,故C错误,D正确.
12．【答案】BC
【详解】
AB．汽车的最大速度为
选项A错误，B正确；
CD．根据动能定理可得
解得
s=1252m
选项C正确，D错误；
故选BC．
13．【答案】ABD
【解析】对于游客离开跳台至最低点的整个过程中,重力一直做正功,根据重力做正功重力势能减少可知游客的重力势能一直减小,故A、B正确;该游客从高空落下到弹性绳子达到原长的过程中,弹性绳子没有伸长,当该游客达到B点以后,弹性绳子开始伸长,才具有弹性势能,故C错误;该游客从高空落下到弹性绳子达到原长的过程中,即从A到B的过程中,弹性绳子不做功,弹性势能不变,从B到D的过程中,弹性绳子一直做负功,弹性势能一直增加,故D正确.
14．【答案】ABD
【详解】若合力沿①方向，合力方向与速度方向间的夹角为钝角，飞机做曲线运动的速度越来越小，A正确；若合力沿②方向，合力方向与速度方向间的夹角为锐角，飞机做曲线运动的速度越来越大，B正确；合力方向指向轨迹弯曲方向的内侧，合力不可能沿③④方向，C错误，D正确.
15．【答案】0.98m/s；0.49J；0.48J；在实验误差允许范围内，重物的机械能守恒
【详解】
(1)[1] 利用匀变速直线运动的推论
(2)[2][3] 重物由B点运动到C点时，重物的重力势能的减少量
△Ep=mgh=1.00×9.8×0.0501 J≈0.49J
动能的增加量是
(3)[4] 由上数据可知，在实验误差范围内，△EP=△Ek，机械能守恒。
16．【答案】B
【解析】根据功的定义,为了求斜面体对小物块的支持力所做的功,应找到小物块的位移.小物块对斜面体的压力垂直于斜面斜向下,由于地面光滑,该力使斜面体水平向右运动.小物块所受支持力与位移方向如图所示,支持力与物块位移间的夹角大于90°,则斜面体对物块做负功,应选B。
【易错分析】
要明确斜面体固定与不固定时,小物块的位移是不一样的.若斜面体固定,物块沿斜面下滑时,支持力做的功为零.受此结论影响,有些同学易错选A。这反映出部分同学对力做功的本质不太理解,没有从求功的根本方法来思考,这是造成错解的主要原因.
17．【答案】50.00；；；；；；
【分析】
标尺读数时，注意最小刻度为十分度，需读到最小刻度的下一位；光电门的宽度很小，可平均速度代替瞬时速度；动能和势能减少量，根据基本公式求解即可．
【详解】
第一空．标尺读数：；
第二空第三空．由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，即滑块通过光电门1的速度为：，
滑块通过光电门2的速度为：；
第四空第五空．，
；
第六空．系统重力势能的减少量为：；
第七空． 机械能守恒，即：，所以有：．
18．【答案】；；C
【详解】
（1）由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
滑块通过光电门B速度为：；
滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：；
系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgd；
比较△Ep和△Ek，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．
（2）若存在空气阻力的，则有△Ek总是略小于△Ep，故A错误；滑块没有到达B点时钩码已经落地，拉力对滑块做的功会减小，△Ek应小于△Ep，故B错误；将滑块左端与光电门B之间的距离作为d，钩码下落的高度算少了，△Ek将大于△Ep，故C正确．将滑块右端与光电门B之间的距离作为d，钩码下落的高度算多了，△Ek将小于△Ep，故D错误．
19．【答案】(1)　(2)　
【解析】(1)当物体P在水平方向合力为0时,其速度达到最大,此时P、Q沿绳子方向的速度大小相等,根据动能定理有mg(-h)=M-0,M=2m,解得vP=;
(2)当物体P与直杆夹角为45°,对Q根据牛顿第二定律,有
|F-mg|=ma,解得加速度大小a=,根据动能定理有mg(-)=M+m-0,根据P、Q两物体沿绳方向的速度大小相同,可知vQ=vP1cos 45°,联立解得,vQ=.
20．【答案】AB；BC
【详解】
（1）A．实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确;
B．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确;
C．因为实验中比较的是mgh与的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故C错误;
D．实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故D错误.
（2）根据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，结合动能与重力势能表达式.:
A．当知道OA、AD和EG的长度时，只有求得F点与AD的中点的瞬时速度，从而确定两者的动能变化，却无法求解重力势能的变化，故A错误；
B．当知道OC、BC和CD的长度时，同理，依据BC和CD的长度，可求得C点的瞬时速度，从而求得O到C点的动能变化，因知道OC间距，则可求得重力势能的变化，可以验证机械能守恒，故B正确；
C．当知道BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确；
D．当AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，只能求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误；
21．【答案】(1)5 m/s　60 N　(2)0.125≤μ≤0.625
【解析】(1)小球恰好能到达最高点时,由重力提供向心力,由牛顿第二定律得mg=m,
小球由最高点运动到D点的过程,由机械能守恒定律有mg·2L=m-m,联立解得vD=5 m/s,
小球在D点时,由牛顿第二定律有Fm-mg=m,
解得Fm=6×1×10 N=60 N,
由牛顿第三定律可知摆线能承受的最大拉力的大小为60 N;
(2)①要保证小球能到达A孔,设小球到达A孔的速度恰好为零,小球从D点到A点的过程,由动能定理可得-μ1mgs=0-m,解得μ1=0.625;
②若小球进入A孔后仍有速度,为不脱离轨道,那么它将会在半圆轨道的圆心以下做等幅摆动,其临界情况为到达圆心等高处速度为零.从D点到圆心等高处的过程,由动能定理得-μ2mgs-mgR=0-m,解得μ2=0.125,
综上所述,动摩擦因数μ的范围为0.125≤μ≤0.625.
22．【答案】（1），方向竖直向下； （2）H点右侧 （3）
【详解】（1）滑块恰好经过圆形轨道最高点D，根据牛顿第二定律可得，解得，滑块从到点过程中，由动能定理得，解得，滑块过点时，根据牛顿第二定律可得，解得，由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为，方向竖直向下。滑块从A到点过程中，由动能定理得，解得。
（2）滑块从A到点过程中，重力做功为，若传送带静止，滑块运动到点，需克服摩擦力做功，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时的动能为，设滑块滑上半圆轨道的高度，则有，解得，则滑块会从圆轨道IJ返回滑下运动，由动能定理得，解得滑块滑过四分之一圆轨道继续滑行的位移大小为，所以滑块最终静止在点右侧，距点的水平距离。
（3）若向上滑块恰好能到达，则滑块在点的动能为，解得，滑块从斜面上滑下到达点的过程，由动能定理可得，解得，若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时，有，解得，则滑块在传送带上先减速再匀速运动，传送带的速度为，若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在点，则从到停下过程，由动能定理得，解得，则滑块在传送带上先加速再匀速运动，传送带的速度为，因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件。
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第 2 页，共 2 页2026届人教版高考物理第一轮复习：第八章机械能守恒定律综合提高练习3
一、单选题（本大题共6小题）
1．一物体做变速运动时，下列说法中正确的是（　　）
A．合外力一定对物体做功，使物体动能改变
B．物体所受合外力一定不为零
C．合外力一定对物体做功，但物体动能可能不变
D．物体的加速度可能为零
2．越野玩具小车行驶在如图所示的路面上,从M点经N、P行驶到Q点,其中NP段水平.下列说法正确的是 （ ）
A．在MN段,小车的重力势能减小
B．在NP段,小车的重力势能不变
C．在PQ段,小车的重力始终做负功
D．在全过程中,小车的重力势能始终都在增加
3．小明在某次社会实践中,从深为2 m(水面到井口的距离)的水井中匀速提起120 N的水桶(含水)(视为质点)至地面,然后提着该水桶在水平道路上匀速走了20 m到达水缸旁边,不计水桶从到达井口至变成水平运动过程中机械能的变化,则 (　　)
A．水桶上升过程中合力做功为240 J
B．整个过程中小明用来提水桶的力所做的功为240 J
C．整个过程中水桶重力势能增加了2640 J
D．在水平道路上,小明对水桶做的功为2400 J
4．如图所示，有一条长为L＝2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中。链条由静止释放后开始滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10 m/s2）（　　）
A．2.5 m/s B． m/s
C． m/s D． m/s
5．如图所示,一质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点.若小球在水平拉力的作用下,从P点缓慢地移动到Q点,水平拉力F做的功为W1;若小球在水平恒力F=mg的作用下,从P点运动到Q点水平拉力F做的功为W2.已知θ=30°,则W1和W2大小关系为 (　　)
A．W1=W2 B．W1>W2
C．W16．一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处.物块的初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中物块的动能Ek与位移x的关系图线是 (　　)
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共4小题）
7．(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程 (　　)
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为 2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
8．某人以初速度竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球在运动过程中受到阻力的大小恒为f，能达到的最大高度为h，则小球从抛出到落回抛出点的过程中( )
A．人对球做功mgh
B．人对小球做功
C．小球的机械能减小了2fh
D．小球的机械能守恒
9．如图所示，倾角为、长度为的光滑固定斜面，一质量为的小物块从斜面顶端由静止开始下滑至斜面底端，重力加速度g取，则（　　）
A．整个过程中重力做功
B．整个过程中合外力做功
C．整个过程中重力做功的平均功率是
D．小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是
10．[江西景德镇一中2022高一下期末]（多选）一吊篮悬挂在绳索的下端放在地面上，某人站在高处将吊篮由静止开始竖直向上提起，提起过程中，吊篮的机械能与位移的关系如图所示，其中 段图像为直线， 段图像为曲线， 段图像为水平直线，则下列说法正确的是( )
A．在 过程中，吊篮所受的拉力均匀增大
B．在 过程中，吊篮的动能不断增大
C．吊篮在 处的动能可能小于在 处的动能
D．在 过程中，吊篮受到的拉力等于重力
三、非选择题（本大题共5小题）
11．某同学做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）学校使用的是电磁打点计时器，则该打点计时器要接下面的 （填“A”或“B”）电源。
（2）图2为实验中打出的一条纸带，单位是，打点周期为，实验所用的重物质量为，打点计时器打下点7时物体的速度 。从起始点“0”到打下“7”点的过程中，重力势能的减少量 J，发现0点到7点过程中，重物重力势能的减少量大于动能增加量，可能的原因是 。（g取，计算结果保留3位有效数字）
12．如图所示，一个半径为R的半球形碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口光滑．一根轻质细线跨在碗口上，线的两端分别系有小球A和B，当它们处于平衡状态时，小球A与O点的连线与水平线夹角为60°．
(1)求小球A与B的质量比：；
(2)现将A球质量改为2m、B球质量改为m，且开始时A球位于碗口C点，由静止沿碗下滑，当A球滑到碗底时，求两球总的重力势能改变量；
(3)在(2)条件下，当A球滑到碗底时，求B球的速度大小．
13．探究能力是物理学研究的重要能力之一、某物理兴趣小组探究“阻力做功与绕固定轴转动物体角速度ω的关系”，某同学采用了下述实验步骤进行探究：
①如图所示，先让砂轮由动力带动匀速旋转，测得其角速度为ω；
②然后让砂轮脱离动力，由于克服转轴间的摩擦力，砂轮最后停下，测出砂轮从脱离动力到停止转动的过程中转过的圈数为n；
③通过分析实验数据，得出结论。经实验测得的几组ω和n的数据如下表所示：
实验序号 1 2 3 4 5
ω/（rad·s-1） 0.5 1 2 3 4
n 5 20 80 180 320
（1）请你根据表中的数据判定下列图像正确的是( )
（2）若砂轮转轴的直径大小为D，转轴转动时受到的摩擦力大小恒为Ff。砂轮脱离动力后克服摩擦力做功的表达式为Wf= 。（用题目中所给的物理量表示）
14．如图所示，半圆轨道BC竖直固定在水平地面上，AC是竖直直径，半径为R，B点与圆心O等高，轻质弹簧放置在水平地面上，左端固定在距A点足够远的地方，控制质量为m的小球（视为质点）向左压缩弹簧至E点（未画出），由静止释放小球，设重力加速度为g，不计一切摩擦和空气阻力。
（1）若小球运动到C点时所受轨道的弹力大小等于小球重力的2倍，求小球经过C点的速度大小；
（2）改变初始时弹簧的压缩量，若小球在半圆轨道ABC运动时不会脱轨（在末端C点飞出不算脱轨），求初始时弹簧弹性势能的取值范围；
（3）若空气阻力不可忽略，且小球所受阻力大小与其速率成正比，即f=kv，k为已知常数，若小球恰好通过C点，之后小球从C点水平飞出，经过时间t从C点落到水平地面，测得落地点离C点的水平距离为x，求小球从C点落到水平地面过程中克服空气阻力做的功。（用m、R、g、k、t、x表示结果，表达式合理即可。不需展开化简）
15．如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g．求：
（1）小球在AB段运动的加速度的大小；
（2）小球从D点运动到A点所用的时间．
参考答案
1．【答案】B
【详解】AC：变速运动的物体合外力不一定做功，如匀速圆周运动的物体，合外力可以不做功，A、C错误；
BD：变速运动，物体一定有加速度，所以合外力一定不为零，B正确，D错误。选B。
2．【答案】B
【详解】根据Ep=mgh可知,在MN段,小车的重力势能随高度的升高而增大;在NP段,小车的重力势能不变;在PQ段,小车的重力势能随高度的降低而减小,故A、D错误,B正确;在PQ段,小车的重力势能减小,重力始终做正功,故C错误.
【关键点拨】重力做正功,重力势能减小;重力做负功,重力势能增加.
3．【答案】B
【解析】水桶上升过程做匀速运动合外力为零,根据动能定理可得水桶上升过程中合力做功为0,故A错误;水桶上升过程中小明用来提水桶的力所做的功为W=Fh=120×2 J=240 J,水平方向运动过程中小明拉力方向与位移方向垂直,所以拉力不做功,所以整个过程中小明用来提水桶的力所做的功为240 J,故B正确;整个过程中水桶重力势能增加了ΔEP=Gh=120×2 J=240 J,水平方向运动过程中水桶的重力势能不变,所以整个过程中水桶重力势能增加了240 J,故C错误;在水平道路上,小明拉力方向与位移方向垂直,小明对水桶做的功为0,故D错误.
4．【答案】B　【详解】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面为参考平面，链条静止时的机械能E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin 30°－×2mg×＋0＝－mgL，链条全部滑出后，动能Ek'＝×2mv2，重力势能Ep'＝－2mg×，由机械能守恒定律可得E＝Ek'＋Ep'，即－mgL＝mv2－mgL，解得v＝m/s，故B正确，A、C、D错误。
5．【答案】C
【解析】当用水平拉力缓慢拉动小球时,根据动能定理可得W1-mgh=0,由几何关系可知,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的作用下时,拉力的功W2=Flsin 30°=0.5mgl>W1,故C正确.
【易错分析】
误认为两种情况都是恒力作用.其实小球在水平拉力的作用下,从P点缓慢地移动到Q点,随着角度θ的变化可知水平拉力F是变力,故不能利用W=Fscos θ求解,可根据动能定理进行求解.
6．【答案】C
【解析】设斜面的倾角为θ,物块的质量为m,物块与斜面间动摩擦因数为μ,根据动能定理可得, 上滑过程中有-mgxsin θ-μmgxcos θ=Ek-Ek0,所以Ek=Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x,所以Ek与x的关系图线为直线,且斜率为负;下滑过程中有mg(x0-x)sin θ-μmg(x0-x)cos θ=Ek-0(x0为物块到达最高点的位移),所以Ek=-(mgsin θ-μmgcos θ)x+(mgsin θ-μmgcos θ)x0,所以Ek与x的关系图线为直线,且斜率为负.故C正确.
7．【答案】AC
【解析】速度—时间图像和时间轴围成的图形的面积表示位移,因两次提升的高度相同,则位移相等,有v0·2t0=·v0·(t2-t0+t2),可得图线②表示的矿车上升的时间为t2=2.5t0,故两次提升所用时间的比值为2t0∶2.5t0=4∶5,选项A正确;矿车加速上升时电机的牵引力最大,设矿车上升的加速度为a,两次提升的质量相等,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,则电机的最大牵引力相等,选项B错误;电机的输出功率P=Fv,最大牵引力相等,最大速度之比为2∶1,所以电机输出的最大功率之比为2∶1,选项C正确;矿车的初、末速度为零,根据动能定理有WF-mgh=0,即电机做的功等于克服矿车及矿石的重力做功的大小,克服重力做功相等,即电机做的功相等,选项D错误.
8．【答案】BC
【详解】
AB．人对小球做的功，使得小球有了向上的初动能，故人对小球做功为，A错误B正确；
CD．小球运动过程中，除了重力做功之外，还有阻力做功，所以机械能不守恒，阻力做了多少功，机械能就减小多少，故小球的机械能减少了
，
C正确D错误．
9．【答案】BC
【详解】
对小物块受力分析，根据牛顿第二定律
解得
根据
解得
根据
解得
A．根据公式可得，重力做功为
故A错误；
B．根据公式可得，合外力做功为
故B正确；
C．整个过程中重力做功的平均功率是
故C正确；
D．小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是
故D错误。
故选BC。
10．【答案】BC
【详解】人对吊篮做的功等于吊篮机械能的改变量，所以图像斜率表示人对吊篮的拉力， 过程中，图像斜率不变，所以拉力不变，吊篮向上做匀加速直线运动，吊篮的动能不断增大，A错误，B正确； 段拉力（斜率）开始减小， 段拉力为零，吊篮仅受重力作用，所以 段吊篮会经历竖直向上先加速后减速的过程，吊篮在 处的动能可能小于在 处的动能，C正确，D错误.
11．【答案】A；1.33/1.32；0.279/0.278/0.280 ；重物在下落过程中存在阻力，一部分重力势能转化为内能
【详解】（1）[1]学校使用的是电磁打点计时器，电磁打点计时器应连接低压交流电源，则该打点计时器要接下面的A电源。
（2）[2]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下点7时物体的速度为
[3]从起始点“0”到打下“7”点的过程中，重力势能的减少量为
[4]发现0点到7点过程中，重物重力势能的减少量大于动能增加量，可能的原因是：重物在下落过程中存在阻力，一部分重力势能转化为内能。
12．【答案】(1) (2) (3)
【详解】
(1) 设绳的张力为T，对A球进行受力分析，有
对B球进行受力分析，有可解得：
(2) A球的重力势能改变量为
B两球的重力势能改变量为
所以A、B两球总的重力势能改变量为
(3) 当A球滑到碗底时，设A、B两球的速度分别为、，则
⑴
根据A、B两球总机械能守恒，有⑵
即⑶
联立以上三式，解得：（或或）
13．【答案】 D
【详解】（1）[1]根据表中的数据，可得
即n与的比值恒定，即n与成正比，D正确。
（2）[2]n圈时砂轮转过的路程为
s=nπD
根据功的公式克服摩擦力做功的表达式为
【点睛】做本题的关键是能熟练的应用数学观察能力解决n与的关键，另外摩擦力做功是一个过程量，摩擦力做功与路程有关
14．【答案】（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）在C点，由牛顿第二定律有，
解得C点的速度大小为。
（2）若小球刚好能经过圆弧轨道的最高点C，由重力提供向心力有，
根据动能定理有，
解得，
若小球刚好能运动到圆弧轨道圆心O等高处，根据动能定理有，
解得，
综上或。
（3）水平方向有，
整理可得，
同理，在竖直方向有，
整理可得，
设落地时速度为，
由动能定理有，
解得。
15．【答案】（1）（2）
【详解】
（1）小滑块恰好通过最高点，则有
mg=
解得
从B到C的过程中机械能守恒
解得
从A→B根据速度位移公式得
解得
（2）从C到D的过程中机械能守恒
解得
而
小球从D→A做加速度为g的匀加速运动，由速度公式得
解得
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第 2 页，共 2 页2026届人教版高考物理第一轮复习：第八章机械能守恒定律综合提高练习4【较难】
一、单选题（本大题共10小题）
1．关于重力做功和重力势能的变化，下列叙述正确的是(　　)
A．做竖直上抛运动的物体，在上升阶段，重力做负功，重力势能减少
B．做竖直上抛运动的物体，在下阶落段，重力做正功，重力势能增加
C．做平抛运动的物体，重力势能在不断减少
D．物体高度降低了，重力势能可能不变
2．如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是 (　　)
A． B． C． D．
3．如图所示，质量均为的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为.两木板与地面间动摩擦因数均为 ，弹性绳劲度系数为,被拉伸时弹性势能为绳的伸长量.现用水平力缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，则所做的功等于（ ）
A. B.
C. D.
4．引体向上分为两个过程:身体从最低点升到最高点的“上引”过程,身体从最高点回到最低点的“下放”过程.某同学在30 s内连续完成10个完整的引体向上,假设每次“上引”过程重心升高的高度大约为50 cm,已知该同学的质量为60 kg.下列说法正确的是 (　　)
A．“上引”过程单杠对人做正功
B．“下放”过程单杠对人做负功
C．在30 s内重力做的总功约为3000 J
D．在30 s内克服重力做功的平均功率约为100 W
5．某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为.已知人与滑板的总质量为，可视为质点.重力加速度大小为，不计空气阻力.则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A. B.
C. D.
6．静置于水平地面上质量为的物体，在方向不变的水平拉力（式中为力的大小，为位移大小，力、位移的单位分别是、）作用下，沿水平方向移动了.已知物体与地面间的动摩擦因数为，取，则在物体移动的过程中拉力所做的功为（ ）
A. B. C. D.
7．下面关于摩擦力做功的叙述中，正确的是(　　)
A．静摩擦力对物体一定不做功
B．滑动摩擦力对物体一定做负功
C．一对静摩擦力，一个做正功，另一个一定做负功
D．一对滑动摩擦力，一个做负功，另一个一定做正功
8．如图甲所示,在倾角为θ的光滑斜面上,有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动,物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示.其中0~x1过程的图线是曲线,x1~x2过程的图线为平行于x轴的直线,则下列说法中错误的是 (　　)
A．物体在沿斜面向下运动
B．在0~x1过程中,物体的加速度一直增大
C．在0~x2过程中,物体先减速再匀速
D．在x1~x2过程中,物体的加速度大小为gsin θ
9．如图所示，质量为mA的物块A置于倾角为30°的固定光滑斜面上，物块A上连接的轻绳跨过两个定滑轮后与质量为mB的物块B相连，连接A的轻绳开始时与水平方向的夹角也为30°.现将物块A、B同时由静止释放，物块A始终没有离开斜面，物块B未与斜面及滑轮碰撞，不计滑轮的质量和摩擦，在物块A沿斜面下滑到速度最大的过程中 (　　)
A．物块A的机械能守恒
B．连接物块A的轻绳与斜面垂直时物块B的机械能最大
C．轻绳对A的拉力一直做正功
D．物块A、B组成的系统机械能一定守恒
10．如图甲所示，一物块前端有一滑轮，轻绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端被人用力拉住，力大小随时间的变化如图乙所示，前内物块的图像如图丙所示，保持力与水平方向之间的夹角 不变，当用力拉绳使物块前进时，下列说法正确的是（ ）
甲 乙 丙
A. 内，人做的功为 B. 末，人做功的功率为
C. 内，摩擦力大小为 D. 内，人做的功为
二、多选题（本大题共4小题）
11．2021年4月28日，在全运会田径测试赛女子撑杆跳高的决赛中，选手徐惠琴以4米50的成绩获得冠军。若不计空气阻力，则（　　）
A．徐惠琴在撑杆的过程中杆对她的弹力与她对杆的压力大小相等
B．徐惠琴在撑杆上升过程中，她始终处于超重状态
C．徐惠琴在上升过程中撑杆的弹性势能转变为运动员的机械能
D．徐惠琴落到软垫后一直做减速运动
12．如图所示，将一根光滑的硬质金属导线制成四分之一圆弧轨道AB后固定在竖直平面内，为轨道的圆心，水平。质量为m的细圆环P套在轨道上，足够长的轻质细绳绕过光滑的细小定滑轮、分别连接圆环P与另一质量也为m的小球Q，为一边长为R的正方形。若将细圆环P从圆弧轨道的最高点A由静止释放，圆环P在细绳拉动下将沿轨道运动。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，则细圆环P下滑至B点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小球Q的机械能先增加后减少
B．细圆环P的机械能先增加后减少
C．小球Q的速度为零时，细圆环P的速度大小为
D．细圆环P运动到B点时，圆弧轨道对圆环P的弹力大小为2mg
13．(多选)如图所示,在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧,上端O点与管口A间的距离为2x0,一质量为m的小球从管口由静止下落,将弹簧压缩至最低点B,压缩量为x0,不计空气阻力,则 (　　)
A．弹簧的劲度系数等于
B．弹簧的最大弹性势能为3mgx0
C．小球从O点运动到B点,动能逐渐减小
D．小球从A运动到B,重力做功等于克服弹簧弹力所做的功
14．某景区的彩虹滑梯如图所示，由两段倾角不同的直轨道（第一段倾角较大）组成，同种材料制成的粗糙斜面AB和BC高度相同，以底端C所在水平直线为x轴，顶端A在x轴上的投影O为原点建立坐标系。一游客静止开始从顶端A下滑到底端，若规定x轴所在的水平面为零势能面，则物体在两段斜面上运动过程中动能E 、重力势能机械能E、产生的热量Q随物体在x轴上投影位置坐标x的变化关系图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、非选择题（本大题共8小题）
15．为了测定一根轻弹簧压缩至最短时能储存的弹性势能的大小，可将弹簧固定在带有光滑凹槽的轨道一端，并将轨道固定在水平桌面的边缘上。如图所示，用钢球将弹簧压缩至最短，然后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面，实验时：
(1)需要测定的物理量是 (填写名称及符号)；
(2)计算弹簧压缩至最短时弹性势能的表达式是Ep= (用上问所填的符号表示，重力加速度为g)。
16．用自由落体法验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。
(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A．应选用质量大、密度小的重锤
B．需要用天平测量重物的质量
C．应先释放纸带再接通电源
D．实验时，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上
(2)打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，选取一条点迹清晰的纸带（如图乙所示），打点计时器所打的第一点为O点，舍去前面间隔较短的点迹（图中未画出），在适当位置选取打点计时器连续打下的3个点A、B、C。测得，，，已知重锤的质量为200g，当地重力加速度。打点计时器打下B点时重锤的速度 m/s。（计算结果保留两位有效数字）
(3)重物从O点运动到B点，重力势能减少量 J，动能的增加量 J。（计算结果保留两位小数）
(4)对比和的数值，你可以得出的结论是 。
17．某实验小组用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。
（1）小红同学选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为纸带上三个连续打出的点。测得OA、OB、OC间的距离分别为h1、h2、h3，重锤的质量为m，重力加速度为g，则打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 　 　。
（2）小刚同学利用实验打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，计算出6个计数点对应的速度v以及v2，如下表所示。在图丙所示的坐标纸上已经描好了5组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出v ﹣h图像。
计数点 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）请根据做出的v ﹣h图像判断重锤下落过程中机械能是否守恒，并说明判断的依据。
18．某重型气垫船，质量为，最大速度为，装有额定输出功率为的燃气轮机.假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力与速度满足（为常数），求：
（1） 题中的常数的值；
（2） 当气垫船以的速度匀速航行时，气垫船的实际功率；
（3） 气垫船以额定输出功率行驶50分钟，燃气轮机对气垫船做的功.
19．某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．将气垫导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平．在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为M，将质量为m的钩码通过细线与滑块连接．打开气源，滑块从A处由静止释放，宽度为b的遮光条经过光电门挡光时间为t，取挡光时间t内的平均速度作为滑块经过B处的速度，A、B之间的距离为d，重力加速度为g．
（1）调整光电门的位置，使得滑块通过B点时钩码没有落地．滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量ΔEk为 ，系统重力势能减少量ΔEp为 ．（以上结果均用题中所给字母表示）
（2）若实验结果发现ΔEk总是略大于ΔEp，可能的原因是
A．存在空气阻力
B．滑块没有到达B点时钩码已经落地
C．测出滑块左端与光电门B之间的距离作为d
D．测出滑块右端与光电门B之间的距离作为d
20．如图所示，某同学搭建的轨道，CDE为半径R=0.3m的光滑圆弧型轨道，C点与斜面BC相切，D点为轨道最高点，斜面倾角θ=30°，与水平轨道AB相交点B点附近用一段小圆弧平滑连接。该同学用一辆质量m=0.2kg的玩具小车从A点由静止开始出发，先做匀加速直线运动到达B点时恰好达到额定功率，匀加速时间t=1s，此后再以恒定功率行驶到C点关闭玩具车电动机。已知玩具车在AB段受到恒定阻力f=0.2N，BC段、CDE段都不受阻力，AB段长为2m，BC段长为1.3m。试求：
（1）玩具车在AB段的牵引力及额定功率P；
（2）判断玩具车能否运动到D点。若能，则求一下对D点的压力；若不能则说明理由；
（3）若小车行驶到B点时，突然出现了障，额定功率降为3W，发现玩具车到达C点前已经匀速，则求玩具车在BC段行驶的时间。
21．如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m＝1 kg，以v0＝5 m/s向左运动，运动至距出发点d＝1 m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1＝3 m/s.水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L＝3 m，以v2＝10 m/s顺时针匀速转动．传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R＝0.9 m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭(g＝10 m/s2)．求：
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ1；
(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep；
(3)要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件．
22．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量kg、长m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量kg的滑块（视为质点）以m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数，g取10m/s2。
（1）滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小和位移大小各是多少？
（2）要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，求半圆轨道的半径R的取值。
参考答案
1．【答案】　C
【详解】　根据重力势能的表达式，有EP＝mgh，只要物体相对地面的高度增加了，重力势能便会增加，反之，便会减少，故C正确。
2．【答案】A
【解析】本题考查动能定理的应用、Ek-x图像的选择.设斜面倾角为θ,物块到达斜面底端时水平位移为x0,物块与斜面间的动摩擦因数为μ1,物块与地面间的动摩擦因数为μ2,物块到达斜面底端之前,由动能定理得mgx·tan θ-μ1mgcos θ·=Ek,物块的动能与水平位移成正比;物块到达水平地面上以后,由动能定理得-μ2mg(x-x0)=Ek-Ek0,Ek0=mgx0·tan θ-μ1mgx0,物块的动能随水平位移x按一次减函数变化,所以A选项正确.
3．【答案】B
【解析】甲所坐木板刚要离开原位置时所受摩擦力为最大静摩擦力,设弹性绳的伸长量为,则.由于乙所坐的木板缓慢运动,可认为处于静止状态,动能为零.开始时弹性绳无弹力,由功能关系得,解得,B正确.
4．【答案】D
【解析】“上引”和“下放”过程,单杠对人有拉力,但力的作用点处没有位移,则单杠对人的拉力不做功,故A、B错误;“上引”过程,重力做负功,“下放”过程重力做正功,“上引”和“下放”过程中重力做功的绝对值相同,则在30 s内重力做的总功为零,故C错误;完成一次引体向上克服重力做功大约为WG=mgh=60×10×0.5 J=300 J,30 s内克服重力做功的功率大约为== W=100 W,故D正确.
5．【答案】D
【解析】根据动能定理有克,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为克,D正确.
【一题多解】根据功能关系可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功等于重力势能的减小量与动能的增加量之差,即可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为.
6．【答案】B
【解析】当时,,当时,,由于随均匀变化,则物体移动的过程中的平均值,拉力做功,故B正确.
【关键点拨】本题考查功的计算,能够将变力做功转化为平均力做功是解答此题的关键.若力随位移线性变化,则可以用一段位移内的平均力求功,如将劲度系数为的弹簧由原长拉长时,克服弹力做的功.
7．【答案】　C
【详解】　静摩擦力可以做功，A错误；滑动摩擦力可以做正功，只要滑动摩擦力与物体运动方向相同即可，B错误；一对静摩擦力作用的物体间无相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等、方向相反，故一个做正功，则另一个一定做负功，C正确；一对滑动摩擦力做功可以有以下几种情况：A．一个不做功，另一个做负功：比如两个重叠的木块，上面的木块用弹簧系在墙面上，用力拉下端的木块(此木块足够长)，待其稳定后，摩擦力对上面的木块不做功，对下面的木块做负功；B．两个都做负功：两个重叠的长木板，一个力拉上面的木板，一个力拉下面的木板，力的方向相反，摩擦力对两木板都做负功，C．一个做正功，一个做负功：将物体无初速度地放到运动的传送带上，摩擦力对传送带做负功，对物体做正功，D错误。
8．【答案】C
【解析】由题图乙可知,0~x1过程中物体的机械能一直在减少,故外力F做负功,故物体沿斜面向下运动,A正确;对物体,由牛顿第二定律可得mgsin θ-F=ma,题图乙中图线切线的斜率表示外力F,因此在0~x1过程中外力F逐渐减小,故物体的加速度一直增大,B正确;在x1~x2过程中,机械能不变,故外力F等于0,因此物体做匀加速运动,C错误;在x1~x2过程中由于外力F等于0,故物体的加速度大小为gsin θ,D正确.
9．【答案】D
【解析】物块A沿斜面下滑的过程中，重力做正功，支持力不做功，轻绳的拉力先做正功后做负功，故物块A的机械能不守恒，A、C错误；连接物块A的轻绳与斜面垂直前，右侧轻绳对物块B的拉力竖直向上，物块B向下运动，故这段过程中，右侧轻绳对物块B的拉力一直做负功，连接物块A的轻绳与斜面垂直时，斜面与滑轮间的轻绳最短，即物块B先下降后上升，右侧轻绳的拉力对物块B先做负功再做正功，所以，连接物块A的轻绳与斜面垂直时物块B的机械能最小，B错误；以物块A、B组成的系统为研究对象，系统的外力中只有重力做功，故系统的机械能守恒，D正确.
10．【答案】D
【解析】通过穿过滑轮的轻绳用力拉物块,受力分析如图所示,拉力做功等于绳子上两个力做功的代数和.由题图乙可知内拉力大小,根据题图丙求得物块在内的位移,所以拉力做功,解得,故A错误；由题图丙可知,末速度为,拉力的功率为,解得,故B错误；由题图丙知,内物块做匀速运动,物块所受合力等于零,水平方向由平衡条件得,又由题图乙可知,,解得,故C错误；由题图乙可知,内拉力大小,根据题图丙求得物块在的位移,所以人做的功为 ,解得,故D正确.
11．【答案】AC
【详解】
A．徐惠琴在撑杆的过程中杆对她的弹力与她对杆的压力是作用力与反作用力，大小相等，故A正确；
B．在撑杆上升开始阶段加速度的方向向上，她处于超重状态，在上升的最后阶段加速度的方向向下，她处于失重状态，故B错误；
C．徐惠琴在上升过程中撑杆的弹性势能转变为运动员的机械能，选项C正确；
D．徐惠琴落到软垫后，开始阶段软垫的作用力小于重力，则她仍然要做一段加速运动后才做减速运动，故D错误。
故选AC。
12．【答案】BC
【详解】A，在细圆环P下滑至B点的过程中，小球Q先向下运动，后向上运动，细绳拉力对Q先做负功后做正功，因此小球Q的机械能先减少后增加，故A错误；
B，细绳拉力对细圆环P先做正功后做负功，因此细圆环P的机械能先增加后减少，故B正确；
C，根据速度的合成与分解可知，细圆环P的速度沿细绳方向的分量大小等于Q的速度大小，当小球Q的速度为零时，细圆环P的速度方向与细绳垂直，根据几何关系可知，此时细绳与水平方向的夹角为45°，根据机械能守恒定律有，解得，故C正确；
D，细圆环P运动到B点时，P、Q的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律可得
，在B点，对细圆环P有，解得圆弧轨道对圆环P的弹力大小
，故D错误。
故选BC。
13．【答案】BD　
【解析】设弹簧的弹力与重力大小相等时,弹簧的压缩量为x,则有k=,而弹簧的弹力与重力平衡的位置在OB之间,则x,A错误;当小球运动到最低点B时,弹性势能最大,从A到B,初、末动能都为零,重力做功等于克服弹簧弹力所做的功,从能量的角度理解,重力势能的减少量等于弹簧的弹性势能增加量,则弹簧的最大弹性势能为3mgx0,B、D正确;小球从O点运动到B点,合力先向下后向上,动能先增大后减小,C错误.
14．【答案】BC
【详解】A．根据动能定理，由于第一段斜面倾角大于第二段。可知，则Ek-x图像的斜率先大后小，A错误；
B．重力势能为，则Ep-x图像斜率大小等于，由于第一段斜面倾角大于第二段，则图像的斜率先大后小，B正确；
C．产生的热量Q为Q-x图像为正比例关系，C正确；
D．机械能为，图线斜率不变，D错误。选BC。
15．【答案】桌面距地面的高度h、钢球做平抛运动的水平位移x、钢球的质量m；
【详解】
(1)[1]需要测定的物理量有桌面距地面的高度h、钢球做平抛运动的水平位移x、钢球的质量m。
(2)[2]小球以v水平抛出，水平、竖直方向满足
由机械能守恒定律可得
联立可得
16．【答案】(1)D；(2)2.4；(3) 0.60；0.58；(4)见解析
【详解】（1）A．为了减小空气阻力的影响，实验中应选用质量大、体积小，即密度大的重锤，A错误；
B．若重锤初速度为0，则有，重锤质量可以消去，可知，实验中不需要用天平测量重物的质量，B错误；
C．为了避免纸带上出现大量空白段落，使打第一个点时的速度为0，实验中应先接通电源打点再释放纸带，C错误；
D．为了减小打点计时器限位孔与纸带之间的阻力，实验时，应调节计时器使它的限位孔与纸带处在同一竖直线上，D正确。选D。
（2）打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则周期为0.02s，匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打点计时器打下B点时重锤的速度
（3）[1]重物从O点运动到B点，重力势能减少量，[2]结合上述，动能的增加量
（4）对比上述和的数值，在误差允许的范围内，可以近似认为和，即可以得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程机械能守恒。
17．【答案】（1）mgh2；（2）图象如图所示；（3）重锤下落过程中机械能守恒；判断过程如上所述。
【详解】（1）点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了ΔEp＝mgh2。
（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示
（3）重锤下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝，整理得：v2＝2gh，由图示v2﹣h图象可知，图象的斜率k＝2g＝m/s2＝20m/s2，
解得：g＝10m/s2，在实验误差允许范围内，重力加速度的测量值等于真实值，重锤下落过程中机械能守恒。
【关键点拨】本题考查了验证机械能守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提，应用机械能守恒定律即可解题；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法。
18．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 根据牛顿第二定律得,当,即时,速度最大,即,根据得,解得.
（2） 当气垫船以的速度匀速航行时,根据、得.
（3） 根据得.
19．【答案】；；C
【详解】
（1）由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
滑块通过光电门B速度为：；
滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：；
系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgd；
比较△Ep和△Ek，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．
（2）若存在空气阻力的，则有△Ek总是略小于△Ep，故A错误；滑块没有到达B点时钩码已经落地，拉力对滑块做的功会减小，△Ek应小于△Ep，故B错误；将滑块左端与光电门B之间的距离作为d，钩码下落的高度算少了，△Ek将大于△Ep，故C正确．将滑块右端与光电门B之间的距离作为d，钩码下落的高度算多了，△Ek将小于△Ep，故D错误．
20．【答案】（1），；（2）能过D点，；（3）
【详解】（1）汽车在AB段做匀加速直线运动，有，
联立可得
玩具车到达B点时恰好达到额定功率，有，
（2）玩具车在BC段保持功率恒定，准备爬坡时牵引力为，而不受阻力，重力的分力为
在BC段玩具车做匀速直线运动，C点的速度为4m/s，假设玩具车能经过最高点D点，由动能定理有
解得
若要安全过D点的最小速度满足只有重力提供向心力，有
则可得
，可知玩具车能安全通过最高点D，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有
联立可得玩具车对D点的压力为。
（3）玩具车从B点到C点保持功率为不变，设运动时间为，匀速的速度为，有，
联立可得
21．【答案】(1)0.4　；(2)8.5 J；　(3)μ2≥0.6或μ2≤0.15
【详解】(1)小物块从向左运动压缩弹簧至最短再反弹回到出发点过程，由动能定理得－μ1mg·2d＝m－m，代入数据解得μ1＝0.4.
(2)小物块从向左运动压缩弹簧至最短的过程，由能量守恒定律得Ep＋μ1mgd＝m，代入数据解得Ep＝8.5 J.
(3)小物块刚好能过圆轨道的最高点，设其速度为v3，由牛顿第二定律得mg＝m，
设小物块在圆轨道最低点的速度为v4，从最低点到最高点，由动能定理得－mg×2R＝m－m，代入数据解得v4＝3 m/s，因v4＝3 m/s故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得
μ2mgL＝m－m，代入数据解得μ2＝0.6；
小物块刚好能到达圆心等高处，设小物块在圆轨道最低点的速度为v′4，从最低点到圆心等高处，由动能定理得
－mgR＝0－m，代入数据解得v′4＝3 m/s.
因v′4＝3 m/s故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得
μ2mgL＝m－m，
代入数据解得μ2＝0.15，
因此，要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数应满足μ2≥0.6或μ2≤0.15.
22．【答案】（1）滑块的速度大小是4m/s；位移大小是4m；（2）
【详解】
（1）由动量守恒
可得滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小
由动能定理
可得滑块的位移为
由动能定理
可得小车的位移为
即碰到墙壁前已共速。
（2）滑块与小车刚达相对静止时，由动能定理
可得滑块与小车的相对位移为
由动能定理
可得滑块到达P点时的速度为
若滑块恰好过圆周最高点，有
根据动能定理
可得
如果滑块恰好滑至圆弧T处就停止，则有
可得
所以
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第 2 页，共 2 页2026届人教版高考物理第一轮复习：第八章机械能守恒定律综合提高练习5
一、单选题（本大题共10小题）
1．2022年2月6日，农历新年正月初六，中国女足在2球落后的情况下连扳3球以3-2战胜韩国女足，时隔16年，第9次问鼎女足亚洲杯，再度续写逆转奇迹，给国人带来了精彩足球盛宴。假设女足队员王霜在某次足球传递训练过程中用42N力将足球传出去，球沿球场草地滚了25米停下来了，请问王霜在本次训练中对足球做的功为多少？（　　）
A．0 B．1050J C．525J D．无法计算
2．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s做匀加速直线运动，其v-t图像如图所示。已知汽车质量为，汽车受到的阻力恒为车重的0.1倍，汽车的额定功率为30kW，取。 则以下说法正确的是（　　）
A．汽车在前5s内的加速度为
B．汽车在前5s内的位移为50m
C．汽车在前5s内的牵引力为
D．汽车的最大速度为30m/s
3．高速公路某段平直路面上有三块车距判断牌，分别标识为“0m”“50m”“100m”，相邻判断牌间距50m，某同学乘车时发现通过“0m”牌时，车速为72km/h，经过“50m”牌时车速为90km/h，经过“100m”牌时车速为108km/h，若汽车运动过程中一直做加速直线运动，以下判断正确的是车距判断牌（　　）
A．汽车可能做匀加速直线运动
B．从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程平均速度可能相同
C．从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程平均加速度可能相同
D．从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程合外力做功之比为9：11
4．物体沿直线运动的图像如图所示，已知在第1s内合力对物体做功为，则（　　）
A．从第1s末到第3s末合力做功为
B．从第末到第末合力做功为
C．从第5s末到第7s末合力做功为
D．从第末到第末合力做功为
5．一质量为m的小轿车以恒定功率P启动，沿平直路面行驶，若行驶过程中受到的阻力大小不变，能够达到的最大速度为v，当小轿车的速度大小为时，其加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，质量为的飞机在水平甲板上，受到与竖直方向成角的斜向下的恒定拉力作用，沿水平方向移动了距离，飞机与水平甲板之间的摩擦阻力大小恒为，则在此过程中（　　）
A．力做的功为Fs B．摩擦力做的功为
C．重力做的功为 D．合力做的功为
7．某人将一静止重物举高h，并使重物获得速度v，则下列说法中正确的是
A．某人对物体所做的功等于物体动能的增量
B．某人对物体所做的功等于物体动能和势能增量之和
C．物体所受合外力对它做的功等于物体动能和势能增量之和
D．克服重力所做的功等于物体动能和势能增量之和
8．如图所示，用大小为12N，沿水平方向的恒力F作用在质量为2kg的木箱上，使木箱在水平地面上沿直线运动。已知木箱与地面间的动摩擦因数 =0.20，g取10m/s2，当木箱从静止开始运动了10m时（　　）
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．如图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中（　　）
A．重力做正功，弹力不做功
B．重力做正功，弹力做负功，弹性势能增加
C．若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧后，重力做正功，弹力做负功
D．若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧后，重力做功不变，弹力不做功
10．在同一高度，把三个质量相同的球A，B，C分别以相等的速率竖直上抛，竖直下抛和平抛，它们都落到同一水平地面上，则三个球在运动过程中，重力对它们做的功分别为WA，WB，WC，重力的平均功率分别为PA，PB，PC，则它们的大小关系为（ ）
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、多选题（本大题共4小题）
11．如图所示，AB、AC两固定斜面的倾角分别为53°、37°，底端B和C在同一水平面上，顶端均在A点。现使两相同的小物块甲、乙（图中未画出，均视为质点）同时从A点分别沿斜面AB、AC由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面的底端。已知甲物块与斜面AB间的动摩擦因数为，取，，则下列说法正确的是（　　）
A．两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比为6：1
B．两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比为6：1
C．两物块到达斜面底端时的速率之比为1：1
D．两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为9：2
12．一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（　　）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
13．如图甲所示为一儿童玩具—弹跳杆。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人保持直立状态竖直向上弹起，进而带动弹跳杆跳跃，其简化模型如图乙所示。不计一切阻力，则（ ）
A．人离开地面向上弹起至最高点的过程中，一直处于失重状态
B．从最高点下落至弹簧刚好接触地面时，人的速度达到最大
C．从最高点下落至最低点的过程中，人所受重力的功率一直增大
D．从接触地面到弹簧压缩至最低点的过程中，人减小的重力势能小于弹簧增加的弹性势能
14．如图所示，倾角为的斜面体固定在水平地面上，上表面点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体点上方放置一质量为且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与点之间的距离为。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面点以下部分重量的倍，重力加速度取。则（　　）
A．薄板减速运动时最大加速度为
B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为
C．薄板的最大速度为
D．薄板静止时，其下端距点
三、非选择题（本大题共8小题）
15．在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。
①为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是 。
②已知交流电频率为，重物质量为，当地重力加速度，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值 J、C点的动能 J（计算结果均保留3位有效数字）。比较与的大小，出现这一结果的原因可能是 。
A．工作电压偏高 B．存在空气阻力和摩擦力 C．接通电源前释放了纸带
16．某学习小组利用图甲所示装置，研究小球做抛体运动过程是否满足机械能守恒定律。实验时每隔拍一幅照片，某次拍摄处理后得到的照片如图乙所示。图中背景是画有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，方格线横平竖直，每个方格的边长为。实验中测得的小球影像的高度差在图乙中标出。已知小球质量，当地重力加速度。
（1）小球运动到图中a位置时的动能为 ，小球从a到b过程动能增加了 ，小球从a到b过程重力势能减少了 。（结果均保留2位有效数字）
（2）根据以上计算，在误差允许的范围内，说明小球做平抛运动的过程 机械能守恒定律。（填“满足”或“不满足”）
（3）若实验前斜槽末端未调节水平， 本实验的结论。（填“影响”或“不影响”）
17．用如图所示装置验证机械能守恒定律。
（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含夹子）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的一组器材是 。
A．直流电源、天平（含砝码）
B．直流电源、刻度尺
C．交流电源、天平（含砝码）
D．交流电源、刻度尺
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为 hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为 T。设重物的质量为m，则从打下O点到打下D 点的过程中，重物的重力势能减少量为 ，动能增加量为 。（用上述测量量和已知量的符号表示）
18．过山车是一种非常受儿童欢迎的机动游乐设施。下图是某同学模仿过山车设计的一款儿童弹珠玩具的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m，R2=1.4m。以质量为m=1.0kg的小球（可视为质点），从轨道左侧A点以v0=12m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=3R1。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，圆轨道上的摩擦阻力可忽略不计。假设水平轨道足够长，g=10m/s2，求：
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球的作用力；
（2）若小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L大小是多少；
（3）在满足（2）的前提下，若要使小球在第三个圆轨道运动时不脱离轨道，第三个圆轨道的半径R3需满足什么条件？
19．图甲是英国物理学家阿特伍德创制的力学实验装置——阿特伍德机。实验小组将其改装成如图乙所示装置用于验证机械能守恒定律，滑轮和细线的质量可忽略不计，细线不可伸长，重力加速度g取。部分实验步骤如下：
（1）用细线跨过定滑轮将质量均为M的重物a、b连接，a和b组成的系统处于静止状态，a的上表面与O点等高。
（2）零时刻，将质量为m的砝码无初速度地放于b上表面，a、b和砝码组成的系统开始运动，用手机录像功能记录上述过程，从视频中获取数据。
（3）t时刻，a运动到上表面与P点等高，通过悬挂的竖直刻度尺测得O、P两点高度差为h，a运动到上表面与P点等高时，a的速度大小为 。（用字母h、t表示）
（4）测得：，，，，a从上表面与O点等高运动到上表面与P点等高的过程中，a、b和砝码组成的系统的重力势能减少量 J，动能增加量 J，在误差允许范围内，，系统机械能守恒。（计算结果均保留2位有效数字）
（5）实验小组仅改变P点的位置，多次重复实验，得到多组h和t的数据。在坐标纸上作出图像，若图像为过原点且斜率为 的直线，也可验证系统机械能守恒。（用字母M、m、g表示）
20．如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d紧挨放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点〉以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为 ，滑块质量为M=2m，滑块与木板a、b、c、d上表面间的动摩擦因数分别为 、2 ，2 、4 ，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等。求：
（1）若木板全部固定，顾客要想获奖，滑块初速度的最大值；
（2）若木板都不固定，顾客获四等奖，滑块初速度的最大值；
（3）若木板都不固定，滑块初速度为，则顾客获几等奖？
21．如图所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达距A点为R的E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高到达F点。已知P与直轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度大小为g（取，）。
（1）求物块P从C到第一次通过B点时速度的大小；（结果用g和R表示）
（2）求点F距A点的距离；
（3）改变物块 P 的质量为，将 P 推至 E 点，从静止开始释放， P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出，求物块在 D 点处离开轨道前对轨道的压力大小。
22．如图所示，质量为的滑块（可视为质点）放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径，AB两点的高度差，光滑圆BC对应的圆心角为，滑块与CD部分的动摩擦因数，，重力加速度。求：
（1）弹簧压缩至P点时的弹性势能；
（2）滑块到达圆弧末端C时对轨道的压力；
（3）滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径满足的条件。
参考答案
1．【答案】D
【详解】球员给足球的作用力是瞬间完成的，足球的位移为足球脱离脚作用后才发生的，根据功的计算公式，无法计算球员对足球所做的功。
2．【答案】D
【详解】汽车在前5s内的加速度为，A错误；汽车在前5s内的位移为，B错误；根据牛顿第二定律有，同时，得到汽车在前5s内的牵引力为，C错误；由图像可知，当汽车匀速运动时达到最大速度，此时牵引力等于阻力，则，解得，D正确。
3．【答案】D
【详解】ABC．由题可知，从“0m”牌到“50m”牌过程平均速度小于“50m”牌到“100m”牌过程平均速度，所以从“0m”牌到“50m”牌过程时间大于“50m”牌到“100m”牌过程的时间，由可知，后半段的平均加速度大于前半段，汽车不可能做匀加速直线运动，汽车加速度可能一直增大，ABC错误；
D．72km/h＝20m/s，90km/h=25m/s，108km/h=30m/s。从“0m”牌到“50m”牌过程与“50m”牌到“100m”牌过程，由动能定理可知
D正确。
选D。
4．【答案】B
【详解】从第1s末到第3s末，速度不变，动能不变，则合力做功为零，选项A错误；第1s内合力对物体做功为，则，从第末到第末合力做功为，选项B正确；从第5s末到第7s末合力做功为，选项C错误；从第末到第末合力做功为，选项D错误。
5．【答案】A
【详解】小轿车速度达到最大后，将匀速前进，设阻力为f，牵引力为F1，根据功率与速度的关系式P=Fv和力的平衡条件得P=F1v，F1=f，当小轿车的速度大小为时，设牵引力为F2，则有，根据牛顿第二定律得F2-f=ma，联立解得。
6．【答案】A
【详解】力做的功为，A正确；摩擦力做的功为，B错误；重力方向与运动方向垂直，重力不做功。C错误；合力做的功为，D错误。
7．【答案】B
【详解】根据除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量，所以人对物体做的功等于物体机械能的增加，A错误，B正确；根据动能定理可知：合外力对物体做的功等于物体动能的增加量，C错误；物体重力做的功等于重力势能的变化量，所以物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，D错误．
8．【答案】A
【详解】根据做功公式可得力F做的功，选项A正确；在重力方向上没有位移，重力不做功，选项B错误；根据做功公式可得摩擦力做的功，C错误；合力做的功，D错误。
9．【答案】B
【详解】在重物从A点摆向B点的过程中，弹簧伸长，弹性势能增加，弹力做负功，而重力做正功，A错误，B正确；用不可伸长的细绳拴住重物向下摆动时，重力做正功，但小于弹簧连接时重力做的功，而弹力方向始终与位移垂直，所以弹力不做功，CD错误。
10．【答案】C
【详解】根据功的公式可求解重力功为W=mgh，由于三个物体质量相同，下落高度相同，WA=WB=WC，上抛物体用时间最长，平抛次之，而下抛物体用时间最短，即tA＞tC＞tB，根据，可知PB＞PC＞PA，C正确，ABD错误。
11．【答案】AD
【详解】设A点到BC的竖直高度为h，则有、，所以，根据位移公式、，则两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比为，B错误；设乙物块与斜面CD间的动摩擦因数为。两物体在下滑的过程中，根据牛顿第二定律有、，联立解得，根据滑动摩擦力的公式，两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比为6：1，A正确；根据v=at可知，t相等，两物块到达斜面底端时的速率之比为3：4，C错误；根据功能关系可知，物体损失的机械能之比等于物体克服滑动摩擦力做功之比，根据可知，两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为9：2，D正确。
12．【答案】BC
【详解】物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有，物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有，整理得；，A错误，C正确；物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有，求解得出，B正确；物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有，物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有，由上式可知a上 > a下，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式，则可得出，D错误。
13．【答案】AD
【详解】人离开地面向上弹起至最高点的过程中，加速度方向向下，处于失重状态，A正确；从最高点下落至弹簧刚好接触地面，之后压缩弹簧，由于一开始弹簧弹力小于重力，人继续向下加速运动；当弹簧弹力等于重力时，人的速度达到最大；之后弹簧弹力大于重力，人向下减速运动至最低点，速度减为0；则从最高点下落至最低点的过程中，根据，由于人的速度先增大后减小，则人所受重力的功率先增大后减小，BC错误；从接触地面到弹簧压缩至最低点的过程中，根据系统机械能守恒可知，人减小的重力势能与减小的动能之和等于弹簧增加的弹性势能，则人减小的重力势能小于弹簧增加的弹性势能，D正确。
14．【答案】BD
【详解】薄板全部在O点下方时，减速运动的加速度最大，则薄板减速运动时最大加速度为，A错误；由，题意知，联立解得，B正确；当重力沿斜面的分力与摩擦力平衡时，速度最大，有，可得，因为，既摩擦力与薄板在斜面O点以下部分成正比，薄板下端与O点之间的距离为l=0.4m，则由动能定理可得，联立解得最大速度，C错误；薄板长度为=0.2m，由动能定理可得，计算可得板静止时，其下端距O点，D正确。
15．【答案】阻力与重力之比更小（或其它合理解释）；0.547；0.588；C
【详解】①在验证机械能守恒实验时阻力越小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小
②由图中可知OC之间的距离为，因此机械能的减少量为，匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此，因此动能的增加量为，工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量。
16．【答案】（1）/ ；/ ；/；（2）满足；（3）不影响
【详解】（1） 小球运动到图乙中a位置时的水平分速度，竖直分速度，小球在位置a的动能为，小球运动到图乙中b位置时的水平分速度，竖直分速度，小球在位置b的动能为，所以小球从a到b的过程中，其动能增加了，小球从a到b过程中，其重力势能减小了
（2）由以上分析可知在误差允许的范围内，小球做平抛运动的过程，满足机械能守恒定律。
（3）若实验前斜槽末端未调节水平，小球做斜抛运动，不影响小球水平分速度、竖直分速度的计算，不影响小球动能增加量及重力势能减少量的计算，所以不影响本实验的结论。
17．【答案】（1）D；（2）mghD；
【详解】（1）电磁打点计时器需要连接交流电源，还需要用刻度尺测量纸带上点迹之间的距离；由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要天平测质量。
（2）从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能减少量为，打下D点时，重物的速度为，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的动能增加量为
18．【答案】（1）10N，方向竖直向下；（2）；（3）或
【详解】（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时速度大小为，由动能定理可知，小球在最高点受到重力及轨道施加的竖直向下的支持力N，由受力分析有，联立解得N的方向竖直向下。
（2）设小球在第二个圆形轨道的最高点速度大小为，由动能定理有，小球恰能通过第二个圆形轨道时，在轨道最高点有，联立两式解得
（3）要使小球在第三个圆轨道运动时不脱离轨道，分为两种情形：
Ⅰ.较小，小球可以顺利通过第三个圆轨道的最高点，设小球在第三个圆轨道最高点的速度大小为，轨道对小球的支持力为，则有，由于，因此，根据动能定理可知，联立两式解得
19．【答案】；0.59；0.58；
【详解】（3）a运动到上表面与P点等高时，根据匀变速直线运动规律有，解得a的速度大小为
（4）a从上表面与O点等高运动到上表面与P点等高的过程中，a、b和砝码组成的系统的重力势能减少量，a、b和砝码组成的系统的动能增加量为。
（5）根据系统机械能守恒可得，整理可得，若图像为过原点且斜率为的直线，也可验证系统机械能守恒。
20．【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）滑块在a，b，c，d木板上所受摩擦力为，，
若木板全部固定，当滑块恰好滑到d的右端时v0具有最大值，根据动能定理有
解得
（2）若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为v1，地面对abcd木板的摩擦力为
说明木板静止不动，对滑块有
解得
（3）由于
可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力为
说明木板静止不动，当滑块滑到b木板的右侧时，设速度为v2，对滑块有
解得
可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力为
可知cd木板恰好不动，根据运动学公式有
解得
可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖。
21．【答案】（1）；（2）4R；（3）
【详解】（1）根据题意知， B、C 之间的距离 L 为
设 P 第一次运动到 B 点时速度的大小为,从C到B的过程中，重力和斜面的摩擦力对 P 做功，由动能定理得：
代入数据解得
（2）设EF=x ,物块从 C 到 E 最终达到 F 处的过程，由能量守恒定律得
解得
F 距 A 点的距离
（3）设弹簧被压缩到 E 点时具有的弹性势能为 Ep ，物块从 C 到 E 过程，
由能量守恒定律得
解得
对 P 从 E 到 D 的过程，运用动能定理得
在 D 点，由向心力公式得
联立解得
由牛顿第三定律得
22．【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）或
【详解】（1）弹簧的弹性势能转化为滑块的动能
由题意，
解得
（2）滑块由B点到C点由动能定理得
又
根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可得，滑块到达圆弧未端C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（3）滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：一是到达与圆心等高处时速度恰好为零；二是到达半圆弧轨道最高点。
①到达与圆心等高处时速度恰好为零
由动能定理得
解得
②滑块能够到达半圆弧轨道最高点
由动能定理得
在最高点，重力恰好提供向心力
解得
综上，或时，滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动。
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