【文档说明】2023-2024学年高一物理人教版2019必修第二册同步试题 第八章 机械能守恒定律（冲A提升练） Word版含解析.docx，共(26)页，672.930 KB，由小赞的店铺上传

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第八章机械能守恒定律（冲A提升练）（知识点）序号知识点分值分值占比对应题号1功的定义及理解8.3分8.3%1,2,3,5,8,9,10,112动能定理的应用18.9分18.9%1,2,3,6,7,8,9,12,13,21,223功的计算5.6分5.6%1,2,7,8

,214圆周运动的概念和性质0.9分0.9%25平均功率与瞬时功率7.1分7.1%3,5,10,15,17,216重力做功与重力势能的关系3.0分3.0%4,67功能关系的应用4.9分4.9%4,16,18,238超重和失重1.0分1.0%59

动能的概念和表达式0.7分0.7%710斜抛运动0.7分0.7%711匀变速直线运动的位移与时间的关系0.6分0.6%1012匀变速直线运动的速度与时间的关系0.6分0.6%1013牛顿运动定律的应用8.0分8.0%10,11,15,16,17,18,2314运动的合成与分

解3.0分3.0%13,1415杆连接体的机械能守恒问题1.5分1.5%1416弹力做功与弹性势能的关系1.0分1.0%1517功能的图像问题0.9分0.9%1618机械能守恒的条件0.7分0.7%1619应

用动能定理分析传送带问题0.7分0.7%1820应用动能定理处理单个物体多过程的运动7.9分7.9%18,22,2321验证机械能守恒定律16.0分16.0%19,2022平抛运动基本规律及推论4.0分4.0%21,2323竖直平面内的圆周运动2.0分2.

0%2324牛顿第三定律2.0分2.0%23绝密★启用前第八章机械能守恒定律（冲A提升练）（解析版）考试时间：2023年X月X日命题人：审题人：本试题卷分选择题和非选择题两部分，共12页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自

己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用

黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。第I卷（选择题部分）一、单选题（本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不

选、多选、错选均不得分）1.我国短跑名将苏炳添某次比赛的场景如图所示，若苏炳添在跑步过程中脚和地面不打滑，且两脚不同时离地，则下列说法正确的是()A.在跑步过程中，摩擦力对苏炳添不做功B.在跑步过程中，摩擦力对苏炳添做正功C.苏炳添100𝑚赛跑从起跑到撞线，苏炳添所受合力对他做

功为0D.若苏炳添绕400𝑚跑道跑一圈，空气阻力对他做功为0【答案】A【解析】根据做功的定义、动能定理内容分析即可解答，难度不大。解答：𝐴𝐵、由于脚与地面不打滑，故摩擦力作用期间脚对地面没有位移，即摩擦力不做功，故A正确，B错误；C、苏炳添100𝑚

赛跑从起跑到撞线，初速度为零，末速度不为零，根据动能定理可知苏炳添所受合力对他做功为末动能减初动能，不为零，故C错误；D、若苏炳添绕400𝑚跑道跑一圈，空气阻力始终与速度反向，空气阻力对他做功做负功，故D错误。2.一质

量为𝑚的木块，从半径为𝑟的圆弧曲面上的𝑎点滑向𝑏点，如图所示。如果摩擦力的存在使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是A.木块所受的合力为零B.因为木块所受的力都不对其做功，所以合力做的功为零C.重力和摩

擦力的合力做的功为零D.重力和摩擦力的合力为零【答案】C【解析】木块下滑过程中速率不变做匀速圆周运动，加速度不为零，具有向心加速度．在下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，支持力不做功。匀速圆周运动是变加速曲线运动，速度、加速度都时刻在变化；要注意区分力及功，明确物体合外

力不做功并不代表各力都不做功。【解答】木块的运动速率保持不变，则木块做匀速圆周运动。A.木块在下滑过程中做匀速圆周运动，加速度方向始终指向圆心，合外力提供向心力，故A错误；B.物体在下滑过程受重力及摩擦力的作用，在下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，故B错误；C.由于木块做匀速圆周运动，

速度大小不变，由动能定理得，合外力做功为零，故C正确；D.重力的方向竖直向下，而摩擦力的方向沿接触面，二者不在同一直线上，合力不可能为零，故D错误。3.如图所示，质量为𝑚的小球𝐴沿高度为ℎ、倾角为𝜃的光滑

斜面由静止滑下，另一质量与𝐴相同的小球𝐵自相同高度同时由静止落下。下列说法正确的是()A.落地前的瞬间𝐴球的速度与𝐵球的速度相同B.从静止到最终到达地面，重力对两球做的功相等C.两球重力的平均功率相等D

.两球落地时重力的瞬时功率相等【答案】B【解析】重力做功跟路径无关，只与首末位置的高度差有关；根据动能定理，比较两球落地的速度大小；根据P=Wt比较重力的平均功率；根据P=mgvcosθ比较重力的瞬时功率。解决本题的关键掌握重力做功的特点，以及掌握平均功率的表达式。【解答】Ｂ.根

据W=mgh知，重力对两球做功相同，故Ｂ正确；A.对A球，根据动能定理得，mgh=12mvA2，对B球，根据动能定理得，mgh=12mvB2，知vA=vB，但方向不同，故A错误；Ｄ.落地时两球速度大小相等，重力的瞬时功率等于重力乘以重力方向上的分速度，

则PA=mgvsinθPB=mgv，故Ｄ错误;Ｃ.两球均做初速度为零的匀变速直线运动，运动时间t=Δva两球落地速度大小相等，即Δv相同，又由于aA<aB可得tA>tB整个过程中A、B所受重力做功相同，根据平均功率P=Wt可以得

出B球重力的平均功率大于A球重力的平均功率，故Ｃ错误。故选Ｂ。4.蹦床是青少年喜欢的一种体育活动，蹦床边框用弹簧固定有弹性网角，运动员从最高点落下直至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则运动员()A.刚接触网面时，动能最大B.机械能一直减少C.重力势能的减少量等

于弹性势能的增加量D.重力做功等于克服空气阻力做功【答案】B【解析】运动员与弹簧接触过程中开始时重力大于弹力，先做加速度逐渐减小的加速运动，当合外力为零时，速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动；运动员从最高点落下直至最低点的过程中根据功能关系可知：运动员减小的重力势能除了克服阻力做功之外全

部转化为弹簧的弹性势能。对于弹簧累问题要用动态的观点进行分析，解决这类的问题的关键是正确分析弹簧弹力的变化，明确各种功能关系的转化。【解析】A.运动员和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故开始动能并非最大，故A错误；B.运动员从最高点落下直至最低点的过程中，弹簧弹力以及空气阻力一直做负功，

因此其机械能一直减小，故B正确；C.重力势能的减小量等克服阻力做功和弹性势能的增加量之和，故C错误；D.根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和弹簧弹力做功的代数和，故D错误。故选B。5.引体向上是中学生体能测试的常规项目

之一，某高中生在一分钟内做了9个标准动作，每次引体向上的高度均约为50𝑐𝑚，则此过程中()A.该高中生始终处于超重状态B.杆对该高中生的支持力始终做正功C.该高中生克服重力做功的平均功率约为45𝑊D.该高中生克服重力做功的平均功率约为450𝑊【答案】C【解析】竖

直方向加速度向上时，是超重；竖直方向加速度向下时，是失重。判断力是否做功时，要看沿力的方向有没有产生位移。根据P=Wt求平均功率。【解答】A、高中生做引体向上，初末速度均为零，先向上加速后向上减速，先超重后失重，故A错误；B、杆对该高中生的支持力的作用点没有发生移动，故支持

力不做功，故B错误；CD、高中生的质量约为m=60kg，则t=1min=60s内，克服重力做功为W=9mgh，平均功率为P=Wt=9×60×10×0.560W=45W，故C正确，D错误。故选C。6.如图所示，质量为5

00𝑔的足球在地面1的位置以初速度20𝑚/𝑠被踢出后落到地面3的位置，在空中达到最高点2的高度为10𝑚，速度为5𝑚/𝑠，𝑔取10𝑚/𝑠2.请你根据这些数据判断，下列说法错误．．的是A.运动员踢球时对足球做的功为1

00𝐽B.足球由位置1运动到位置2，克服重力做功50𝐽，足球的重力势能增加50𝐽C.足球由位置2运动到位置3，重力做正功50𝐽，足球重力势能减少50𝐽D.足球落地前瞬间的速度为15𝑚/𝑠

【答案】D【解析】本题考查了重力做功与重力势能的关系，知道重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加。根据足球上升还是下降判断是重力做功还是克服重力做功，根据重力做功与重力势能的关系判断重力势能的变化；根据动能定理计算运动员对足球做的功。【解答】A、根据动能

定理可知，运动员踢球时，对足球做功增加了动能，W=12mv2=100J，故A正确；B、根据重力做功与重力势能改变的关系可知，克服重力做功，增加重力势能，W克=mgh12=50J，重力势能增加50J，故B正确；。C、同理，重力做功，减少重力势能，WG=mgh23=50J，重力势能减少50J，故C

正确；D、足球运动过程中，受到空气阻力作用，落地前瞬间速度无法确定，故D错误。本题选错误的，故选：D。7.如图所示，某人把一个质量𝑚=2kg的小球从ℎ=0.8m高处以60∘角斜向上抛出，初速度𝑣0=3m/s，不计空气阻力，重力加速度𝑔=10m/𝑠2。则下列说法正确的是()A.抛出

过程中，人对球做的功是16𝐽B.物体被抛出后会继续上升，故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于16𝐽C.小球落地时速度大小为5𝑚/𝑠D.小球到达最高点的速度为0【答案】C【解析】根据功能关系得到人对球做的功；根据WG=mgh得到

重力对小球所做的功；根据动能定理得到小球落地时速度的大小；小球到达最高点竖直速度为零，水平速度不为零。本题主要考查斜抛运动与动能定理的综合运用，掌握斜抛运动的分析方式是采用运动的分解，将速度分解为水平方向与竖直方向。【解答】A.根据功能关系得W人=12mv02−0，代入

数据得W=9J，故A错误；B.重力做功只与高度差有关，所以重力对小球所做的功：WG=mgh=2×10×0.8J=16J，故B错误；C.对球抛出后到落地应用动能定理：mgh=12mv2−12mv02，代入数据解得v=5m/s

，故C正确；D.小球到达最高点的具有水平方向的速度，所以速度不为0，故D错误。8.如图所示，质量为𝑚的小车在水平恒力𝐹推动下，从山坡底部𝐴处由静止起运动至高为ℎ的坡顶𝐵，获得速度为𝑣，𝐴𝐵的水平距离为𝑠。下列说法正确的是()A.小车重力所做的功是𝑚𝑔ℎB.合力对小车做

的功是12𝑚𝑣2C.推力对小车做的功是𝐹𝑠−𝑚𝑔ℎD.阻力对小车做的功是𝑚𝑔ℎ−𝐹𝑠【答案】B【解析】本题主要考查了求力做功的几种方法，恒力做功可根据做功公式直接计算，变力和合外力对物体做的功可根据动能定理求解，该题难度不大

，属于基础题。小车受四个力作用，根据功的计算公式可计算恒力的功，由动能定理计算变力的功。(1)重力做功只与物体的初末位移的高度差有关，与其它因素没有关系，WG=mg△h；(2)合外力对物体所做的功可根据动能定理求解

；(3)推力是恒力，可以根据W=FLcosθ求解；(4)摩擦阻力所做的功我们不好直接求解，但可以通过动能定理求得合外力所做的功，总共有三个力对物体做功，即推力和摩擦阻力还有重力对小车做功，这样就可以求得推力和摩擦阻力对小车做的功。【解答】A.

WG=mg△h=−mgh，故小车重力所做的功是−mgh，故A错误；B、对小车从A运动到B的过程中运用动能定理得合力对小车做的功：W=12mv2，故B正确；C、因为F为恒力，由恒力做功表达式可知推力对小车做功为W推=Fs，故C

错误；D、由于推力为恒力，故W推=Fs，由动能定理得阻力对小车做的功是：Wf=12mv2+mgh−Fs，故D错误。9.如图所示，木板可绕固定的水平轴𝑂转动．木板从水平位置𝑂𝐴缓慢转到𝑂𝐵位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块

的重力势能增加了2𝐽.用𝐹𝑁表示物块受到的支持力，用𝐹𝑓表示物块受到的摩擦力．在这一过程中，以下判断正确的是()A.𝐹𝑁和𝐹𝑓对物块都不做功B.𝐹𝑁对物块做功2𝐽，𝐹𝑓对物块不做功C.𝐹𝑁对物块不做功，𝐹𝑓对物块做功2𝐽D.𝐹𝑁和�

�𝑓对物块所做功的代数和为0【答案】B【解析】当力和位移的夹角为锐角时，力对物体做正功，当力和位移的夹角为钝角时，力对物体做负功，当力的方向与物体运动的方向垂直时力对物体不做功．本题考查的是学生对功的理解，

根据功的定义可以分析做功的情况．【解答】物体做圆周运动，由受力分析知，支持力FN的方向是垂直于木板向上的，物体的位移也是向上的，所以支持力做正功，但摩擦力Ff方向是沿斜面向上的，摩擦力的方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功；由动能定理可知，W

N−mgh=0，故支持力FN做功为mgh=2J，所以B正确。故选：B。10.质量为2𝑘𝑔的质点静止于光滑水平面上，从𝑡=0时刻开始，受到一水平外力𝐹的作用，如图所示，下列判断正确的是()A.前2𝑠内

的平均功率为2𝑊B.第1𝑠内的加速度为1𝑚/𝑠2C.前2𝑠内的位移为2.25𝑚D.第2𝑠内所做的功为1.5𝐽【答案】A【解析】根据F−t图象，由牛顿第二定律得到质点在第1s和第2s的加速度，由运动学公式得到第1

s内和第2s内的位移。根据W=Fx计算功，根据P=Wt求平均功率。【解答】根据牛顿第二定律第1s内的加速度为a1=F1m=32m/s2=1.5m/s2，第2s内的加速度a2=F2m=12m/s2，质点第1s内通过的位移x1=12a1t12=12×1.5×12m=0.75m，第1

s末的速度v1=a1t1=1.5m/s，第2s内通过的位移x2=(1.5×1+12×12×12)m=1.75m。A.前2s内的平均功率为P=Wt=F1x1+F2x2t=3×0.75+1×1.752W=2W，故A正确；B.第1s内的加速度为1.5m/s2，故B错误；C.前2s内的

位移为x1+x2=2.5m，故C错误；D.第2s内所做的功为W2=F2x2=1×1.75J=1.75J，故D错误。故选A。11.惠州罗浮山风景区于2022年1月启用新索道，如图所示，质量为𝑀的吊厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，吊厢水平底板上放置一质量为𝑚的货

物。若某段运动过程中，在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，且悬臂和吊厢处于竖直方向，重力加速度为𝑔，则()A.吊厢水平底板对货物的支持力不做功B.吊厢水平底板对货物的摩擦力做正功C.悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向平行且斜向上D.悬臂对吊厢的作用力大小等于(𝑀+𝑚)�

�【答案】B【解析】根据车厢的运动状态得出加速度的方向，受力分析，结合力的合成特点得出车厢对货物和悬臂对车厢的作用力方向，结合做功定义分析做功情况；根据加速度的方向结合牛顿第二定律得出悬臂对车厢的作用力的大小。本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟

悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和加速度的方向即可完成解答。【解答】A.吊厢水平底板对货物的支持力竖直向上，与速度方向的夹角小于90∘，可知支持力对货物做正功，故A错误;B.在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，可知吊厢水平底板对货物的摩擦力水平向右，与速度方向的夹角小于90∘，摩擦力对

货物做正功，故B正确;CD.以吊厢和货物为整体，设加速度大小为a，缆绳与水平方向夹角为θ，则有Fy−(M+m)g=(M+m)asinθ，Fx=(M+m)acosθ，则悬臂对吊厢的作用力大小为F=√Fx2+Fy2>(M+m)g，悬臂对吊厢的作用力与水平方向的夹

角为α，则有tanα=FyFx=(M+m)g+(M+m)asinθ(M+m)acosθ>tanθ，可知悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向不平行，故CD错误。12.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处.物块初动能为𝐸𝑘

0，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关系的图线是()A.B.C.D.【答案】C【解析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断。本题主要是考查

了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动

能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。【解答】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，设沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：上滑过程中：−mgxsinθ−μmgxcosθ=Ek−Ek0，所以Ek=Ek0−(mgsin

θ+μmgcosθ)x；下滑过程中：mgx′sinθ−μmgx′cosθ=Ek−0，所以Ek=(mgsinθ−μmgcosθ)x′；根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小，故C正确，ABD错误。故选C。13.如图所示，质量为𝑚的物体置

于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力𝐹作用下，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角𝛼=45∘时绳以速度𝑣0竖直向下运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功为()A.14𝑚𝑣02B.𝑙2𝑚𝑣02C.𝑚𝑣02D.√22𝑚𝑣02【答案】C【解析】将物体的

运动分解为沿绳子方向的运动，以及垂直绳子方向运动即绕滑轮的转动，根据沿绳子方向的运动速度和平行四边形定则求解物体的速度，再运用动能定理求解。本题关键是正确地找出物体的合运动与分运动，然后根据运动分解的平行四边形定则，得到

物体速度的大小。【解答】将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则当物体运动到绳与水平方向的夹角α=45∘时物体的速度为v，则vcos45∘=v0，可得v=√2v0，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α=45∘过程中，只有绳子拉力对物体做功，由动能定

理得绳的拉力对物体做的功：W=12mv2−0=mv02，故C正确，A、B、D错误．14.如图所示，一轻杆连接两相同的光滑小球，由倾角为75°的斜面滑下，滑到图示位置时小球𝑎到地面高度为𝐿，此时杆与水平地面夹角为45°，𝑏球速度大小为√6gL，则小球�

�滑到水平面上时球的速度大小为()A.√7gLB.√6gLC.2√gLD.√172gL【答案】B【解析】下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒，但a、b球机械能不守恒。根据系统机械能守恒可求出两球在光滑水平面上运动时的速度大

小。本题是系统机械能守恒问题，下滑的整个过程中，对于单个物体机械能不守恒，对系统机械能守恒。需注意当两个球都在斜面运动时，杆没有作用力，两个球各自是机械能是守恒的，但当一球滑出斜面，杆的弹力开始做功，各球单独机械能就不守恒了。【解答】滑到图示位置时，两球沿杆方向速度大小相同，则v1cos3

0∘=v2cos45∘由图示位置到a滑到水平面上过程，根据机械能守恒12mv12+12mv22+mgL=12(m+m)v2联立解得v=√6gL故选B。15.在倾角为𝜃的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块𝐴，𝐵，它们的质量分别为𝑚1和𝑚2，弹簧劲度系

数为𝑘，𝐶为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力拉物块𝐴，使它以加速度𝑎沿斜面向上做匀加速运动直到物块𝐵刚要离开挡板𝐶。在此过程中()A.物块𝐴运动的距离为𝑚1𝑔sin𝜃𝑘B.拉力

的最大值为(𝑚1+𝑚2)𝑔sin𝜃C.弹簧的弹性势能持续增大D.拉力做功的功率一直增大【答案】D【解析】开始时弹簧的弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律求出弹簧的压缩量，当物块B刚离开挡

板C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量，从而求得A运动的距离；根据牛顿第二定律求出拉力的最大值；根据弹簧的形变情况分析簧弹性势能的变化情况；由P=Fv分析拉力做功的功率如何变化。含有弹簧的

问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路。求加速度，必须分析物体的受力情况，确定合力。【解答】A.设开始时弹簧压缩量x1，对物块A根据平衡条件，有：m1gsinθ=kx1，得：x1=m1gsinθk；当物块B刚离开挡

板C时弹簧伸长x2，对物块B根据平衡条件，有：m2gsinθ=kx2，得：x2=m2gsinθk，所以物块A运动的距离为：s=x1+x2=(m1+m2)gsinθk，故A错误；B、物块B刚要离开挡板C时拉力最大，对A，有：F

−m1gsinθ−kx2=m1a，解得拉力的最大值为：F=(m1+m2)gsinθ+m1a，故B错误；C.由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长后被拉伸，弹簧弹性势能先减小后增大，故C错

误；D.在拉力拉物块沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物块A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式P=Fv可知，拉力做功的功率一直增大，故D正确。故选D。16.一物块在高3.0𝑚、长5.0𝑚的斜面顶端由静止开始沿

斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离𝑥的变化关系如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10𝑚/𝑠2.则()A.物块下滑过程中机械能守恒B.物块下滑时加速度的大小为6.0𝑚/𝑠2C.物块与斜面间的动摩擦因数为0.

5D.当物块下滑2.0𝑚时机械能损失了12𝐽【答案】C【解析】解：A、物块在初位置其重力势能为Ep=mgh=30J，动能Ek=0，则物块的质量m=3010×3kg=1kg，此时物块具有的机械能为E1=Ep+Ek=30J；当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2=Ep′

+Ek′=10J<E1，所以下滑过程中物块的机械能减小，故A错误；C、令斜面的倾角为θ，则sinθ=35，所以θ=37°，物体下滑的距离为x=5m的过程中，根据功能关系有：Wf=μmg⋅cosθ⋅x=E1−

E2，代入数据μ=0.5，故C正确；B、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a=mgsinθ−μmgcosθm=gsinθ−μgcosθ=(10×0.6−0.5×10×0.8)m/s2=2m/s2，故B错误；D、当物块下滑距离为x′=2.0m时，物块克服滑动摩擦力做功为

Wf=μmgcosθ⋅x′=8J，根据功能关系可知，机械能损失了ΔE′=Wf=8J，故D错误；分析初位置以及下滑5m时的机械能，从而判断机械能是否守恒；根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；分析物块下滑2.0m时除

重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。解决该题需要掌握机械能守恒的条件，知道势能和动能之和统称为机械能，掌握与机械能相关的功能关系。17.有一动车组由5节动车和3节拖车组成，已知每节动车和拖车的质量均为�

�，动车每台发动机的最大输出功率均为𝑃，在水平轨道上行驶受到的阻力恒为重力的𝑘倍(𝑘为常量)，重力加速度为𝑔。某次实验所有发动机全部开启，让该动车组以加速度𝑎由静止开始匀加速启动，则下列说法正确

的是()A.匀加速阶段动车组的牵引力为𝑚𝑎+𝑘𝑚𝑔B.匀加速阶段所用的时间为5𝑃8𝑚𝑎(𝑎+𝑘𝑔)C.当动车组以最大功率行驶时，动车组行驶的最大速度为𝑃8𝑘𝑚𝑔D.当动车组的加速度为𝑎

2时，动车组的速度为5𝑃8𝑚(3𝑎2+𝑘𝑔)【答案】B【解析】静止开始匀加速阶段由牛顿第二定律，计算牵引力；先计算匀加速结束的速度，再根据运动学公式计算时间；当动车组匀速运动时，动车组行驶达到最大速度；计算加速度变化时候的牵引力然后计算此时的速度。【解答】A.设由静止开始匀

加速阶段，牵引力为F，由牛顿第二定律得F−8kmg=8ma，解得F=8m(a+kg)，A项错误;B.设匀加速阶段所用的时间为t，匀加速结束的速度为v1，则t=v1a，5P=Fv1，解得t=5P8ma(a+kg)，B项正确;C.当动车组匀速运动时，动车组行驶的最大速度。C项错误;D.设动车组的加速度

为a2时速度为v，牵引力为F1，5P=F1v，F1−Ff=8ma2，解得v=5P8m(a2+kg)，D项错误。故选B。18.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率𝑣1匀速向右运动．一质量为𝑚的滑块从传送带右端以水平向左的速率𝑣2(𝑣2>𝑣1)滑上传送带，

最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有()A.滑块返回传送带右端时的速率为𝑉2B.此过程中传送带对滑块做功为12𝑚𝑣22−12𝑚𝑣12C.此过程中电动机多做功为2𝑚𝑣12D.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12𝑚(𝑣1+𝑣2)2【答案】D【

解析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析；根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功；根据能量守恒找出各种形式能量的关系。本题关键

是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动。但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂。【解答】A.由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1<v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于

传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1，故A错误；B.此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理W=△EK得：W=△EK=12mv12−12mv22，故B错误；D.由于传送带一直匀速运动，故可以把传送带当作惯性参考

系，此时物块的运动等价为以v2+v1的速度冲上斜面并最终保持静止。故在此过程中由功能关系可知，物块的动能转化为了热能，故Q=Ek=12m(v1+v2)2，故D正确；C.全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+12mv22−12mv12整理得：W=Q

−12mv22+12mv12=mv12+mv1v2，故C错误。故选D。第II卷（非选择题）二、实验题（本题共2小题，共16分）19.某兴趣小组利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。进行了如下操作：①用刻度尺测出直尺的总长度𝐿；②让直尺下端刚好

处于光电门处(恰未挡光)并由静止释放，直尺运动过程中尺身始终处于竖直方向且直尺通过光电门的过程中下端未触地；③记录直尺通过光电门的时间𝑡。(1)若可供选用的直尺是长度相同的一把钢尺和一把塑料尺，为减小实验误差应选择________(填“钢尺”或“塑料尺”)完

成该实验。(2)直尺末端经过光电门瞬间的速度为________(用𝐿、𝑡表示)。(3)若直尺经过光电门的过程满足机械能守恒定律，当地的重力加速度为𝑔，则应满足关系式𝑔=________(用𝐿、𝑡表示)。(4)通过处理数据发现，直

尺动能的增加量大于直尺势能的减少量，造成这种结果的原因可能是________(填正确答案标号)。A.把实验选用的直尺的量程当作直尺的长度B.由静止释放直尺时直尺下端处于光电门的上方C.直尺下落过程中存在空气阻力【答案】(1)钢尺；(2)2Lt；(3)2Lt2

；(4)B【解析】本题为验证机械能守恒定律的实验。实验目的是验证减少的重力势能等于增加的动能，根据下降的高度利用ΔEp=mgh求重力势能的减少量，根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度求末速度，根据动能的表达式求动能的增加量

。【解答】(1)由于钢尺的密度大，空气阻力的影响小，所以选钢尺；(2)直尺做自由落体运动，在时间t内的位移大小为L，设直尺末端经过光电门瞬间的速度大小为v，则有Lt=0+v2，解得v=2Lt；(3)若满足机械能守恒定律，则有mgL=12m(2Lt)2，解得g=2Lt2。(4)A.直尺动能

的增加量大于直尺重力势能的减少量，即12(2Lt)2>gL，若把实验选用的直尺的量程当作直尺的长度，则L偏小，有gL>12(2Lt)2，故A错误;B.若静止释放直尺时直尺下端处于光电门的上方，直尺经过光电门时具

有一定初速度，则直尺通过光电门的时间t偏小，有12(2Lt)2>gL，故B正确;C.若直尺下落过程中存在空气阻力，则重力势能的减少量大于动能的增加量，故C错误。20.某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度ℎ及对应的瞬时速度𝑣，计算出重物减少的重

力势能𝑚𝑔ℎ和增加的动能12𝑚𝑣2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题：(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________。A.重物最好选择密度较大的物体𝐵.重物的质量必须要测量出来C.实验中应先释

放纸带，后接通电源𝐷.可以利用公式𝑣=√2𝑔ℎ求解瞬时速度(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的𝑂点是起始点，选取纸带上连续的计时点分别标为𝐴、𝐵、𝐶、𝐷、𝐸、𝐹，并测出各计时点到𝑂点的距

离依次为27.94𝑐𝑚、32.78𝑐𝑚、38.02𝑐𝑚、43.65𝑐𝑚，49.66𝑐𝑚、56.07𝑐𝑚。已知打点计时器所用的电源是频率为50𝐻𝑧的交流电，重物的质量为0.5𝑘𝑔，则从打点计时器打下点𝑂到打下点𝐷的过程中，重物减少的

重力势能𝛥𝐸𝑝=__________𝐽；重物增加的动能𝛥𝐸𝑘=__________𝐽，两者不完全相等的原因可能是____________________________(重力加速度𝑔取9.8𝑚/𝑠2，计算结果保留三位有效数字)。(3)实验

小组的同学又正确计算出图乙中打下计时点𝐴、𝐵、𝐶、𝐷、𝐸、𝐹各点的瞬时速度𝑣，以各计时点到𝐴点的距离ℎ′为横轴，𝑣2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒，由图可求出重力加速度g=________。【答案】(1

)A；(2)2.14；2.12；由于存在阻力作用，导致减小的重力势能大于动能的增加；(3)9.76。【解析】解：(1)A.重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A正确；B.本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh=12mv2，因为我们是比较mg

h、12mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平测量重物的质量，故B错误；C.释放纸带前，重物应靠近打点计时器．必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上，然后先接通电源，后释放纸带，故C正确；D.不能

利用公式v=√2gh来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误；故选A。(2)重力势能减小量ΔEp=mgh=0.5×9.8×0.4365J=2.14J利用匀变速直线运动的推论vD=xt=0.4966−0.3

8020.04m/s=2.91m/sEkD=12mvB2=12×0.5×(2.91)2J=2.12J动能增加量ΔEk=EkD−0=2.12J由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加了；(3)根据表达式mgh′=

12mv2−12mv02，则有v2=2gh′+v02故v2−h′图象的斜率为k=2g=10.36−5.480.25=19.52m/s2则重力加速度为g=9.76m/s2故答案为：(1)A(2)2.14，2.12，由于存在阻力作用，导致减小的重力势

能大于动能的增加；(3)9.76(1)用自由落体运动运动需要验证的方程是：mgh=12mv2，可知不需要测量重物的质量m，为保证重物做自由落体运动，必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上且重物的质量要大体积要小，这样才能保证物体做自由落体运动。操作时，释放纸带前，重物应靠近打点

计时器。机械能等于重力势能与动能之和；(2)纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能。根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值；(

3)通过图象的斜率，结合表达式mgh=12mv2，即可求解。解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项，在平时的学习中，需加以总结，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法．三、计算题（本大题共3小题，8分+10分+12分共30分，解答过程请写出必要的文字

说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）21.如图所示，摩托车做特技表演时，以𝑣0=10𝑚/𝑠的速度从地面冲上高台，摩托车冲上高台过程中功率恒定为𝑃=2𝑘𝑊，𝑡=5𝑠后以与𝑣0同样大

小的速度从高台水平飞出.已知人和车的总质量𝑚=1.8×102𝑘𝑔，台高ℎ=5.0𝑚，取𝑔=10𝑚/𝑠2，不计空气阻力.求：(1)人和摩托车冲上高台过程中牵引力所做的功𝑊;(2)摩托车落地点到高台的水平距离𝑠;(3)摩托车冲上高台过程中

阻力所做的功𝑊𝑓．【答案】解：(1)摩托车冲上高台过程中功率恒定，根据W=Pt=2×103×5J=1×104J(2)飞出高台后做平抛运动，由h=12gt′2，可得t′=√2hg=1s，得出：s=v0t′

=10m(3)由动能定理可得，在冲上高台过程中，Pt−mgh+Wf=ΔEk=0代入数据可得Wf=−1×103J【解析】本题考查功、动能定理和平抛运动知识，关键是分析清楚运动过程，合理使用公式解题，中等难度。(1)牵引力是变力，所以利

用功率和时间的乘积计算牵引力的功；(2)飞出高台后做平抛运动，根据平抛运动分解的思想求解；(3)在冲上高台过程中，根据动能定理列式求解。22.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，𝐵𝐶和𝐷𝐸是两段光滑圆弧形轨道，𝐵𝐶段的圆心为�

�点，圆心角为60°，半径𝑂𝐶与水平轨道𝐶𝐷垂直，水平轨道𝐶𝐷段粗糙且长8𝑚.一运动员从轨道上的𝐴点以3𝑚/𝑠的速度水平滑出，在𝐵点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道𝐵𝐶，经𝐶𝐷

轨道后冲上𝐷𝐸轨道，到达𝐸点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60𝑘𝑔，𝐵、𝐸两点与水平面𝐶𝐷的竖直高度分别为ℎ和𝐻，且ℎ=2𝑚，𝐻=2.8𝑚，𝑔取10𝑚/𝑠2.求：(1)

运动员从𝐴运动到达𝐵点时的速度大小𝑣𝐵；(2)轨道𝐶𝐷段的动摩擦因数𝜇；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到𝐵点？如能，请求出回到𝐵点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？【答案】解：(1)由题意可知：vB=v0cos60∘，解得：vB=2v0=

6m/s(2)由B点到E点，由动能定理可得：mgh−μmgsCD−mgH=0−12mvB2，代入数据可得：μ=0.125；(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有：mgh−mgh′−μmg⋅2sCD=0−12mvB2，解得：h

′=1.8m<h=2m；所以第一次返回时，运动员不能回到B点，设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：mgh−μmgs=0−12mvB2，代入数据解得：s=30.4m，因为s=3sCD+6.4m，所以运动员最后停在D点

左侧6.4m处，或C点右侧1.6m处。答：(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小为6m/s；(2)轨道CD段的动摩擦因数为0.125；(3)第一次返回时，运动员不能回到B点，最后停在D点左侧6.4m处，或C点右侧1.6m处。【解析】本题考查了平抛运动、动能定理的综合，能根据几何

关系求出B点速度，综合性较强，是一道好题。(1)在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，根据几何关系求出在B点速度；(2)由B点到E点，由动能定理列式即可求解动摩擦因数；(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，

从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理求出h′，再与h进行比较即可判断。23.如图所示，水平传送带𝐴𝐵向右匀速运动，倾角为𝜃=37°的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于𝐶点，小物块与传送带𝐴𝐵及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦，动摩擦因数都为𝜇=0.4，倾斜轨

道长度𝐿𝑃𝐶=0.75𝑚，𝐶与竖直圆轨道最低点𝐷处的距离为𝐿𝐶𝐷=0.525𝑚，圆轨道光滑，其半径𝑅=0.5𝑚。质量为𝑚=1𝑘𝑔可看作质点的小物块轻轻放在传送带上的某点，小物块随传送带运动到𝐵点之后沿水平飞出恰好从𝑃处切入倾斜轨道后做匀加速直线运动(进入𝑃点前

后不考虑能量损失)，经𝐶处运动至𝐷，在𝐷处进入竖直平面圆轨道，恰好绕过圆轨道的最高点𝐸之后从𝐷点进入水平轨道𝐷𝐹向右运动。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，𝑔=10𝑚/𝑠2)求：(1)物块刚运动到圆弧轨道最低点𝐷时对轨道

的压力；(2)传送带对小物块做的功𝑊；(3)若传送带𝐴𝐵向右匀速运动的速度𝑣0=5𝑚/𝑠，求小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量𝑄。【答案】解：(1)恰好绕过圆轨道的最高点E，根据牛顿第二定律而从D到E的过程中，机械能

守恒，则12mvD2=mg×2R+12mvE2在D点时FN−mg=mvD2R联立解得根据牛顿第三定律，对轨道的压力为60N，方向竖直向下。(2)从P到D的过程中，根据动能定理：mgLPCsinθ−μmgLPCcosθ−μmgLCD=12m(vD2−vP2)可得，由于从B

到P，物体做平抛运动，因此在B点时的速度因此传送带对小物块做的功：(3)物体在传送带上运动过程中，加速度加速运动运动的时间相对位移因此摩擦生成的热量答：(1)小物块刚运动到圆弧轨道最低点D时对轨道的压力为60N，方向竖直向下；(2)传送带对小物块做的功为8J；(3)小物块在传送带上运动

过程中由于相互摩擦而产生的热量为12J。【解析】(1)小物块恰好过E点，重力提供向心力，对D到E的过程，根据动能定理求出D点速度，对D点由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解对轨道的压力；(2)从P点到D点，由动能定理列式，再结合平抛运动的规律求解；(3)由速度位移公式求出小物块在传送带上加速

时间，再由位移公式求出相对位移，从而求出相互摩擦而产生的热量。本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动的规律，明确物块的运动过程，根据运动过程的特点选择合适的规律求解。