第四章　机械能及其守恒定律第五章　经典力学的局限性与相对论初步--2026教科版高中物理必修第二册章节练

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2026教科版高中物理必修第二册
第四章　机械能及其守恒定律
第五章　经典力学的局限性与相对论初步
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。1—5小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。6—10小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,有选错的得0分,选对但不全的得2分)
1.如今景区的基础设施建设不断完善,高山旅游也不那么辛苦了,比如去张家界游玩的游客可以乘坐电梯上山,如图所示。若忽略空气阻力,对于游客乘坐电梯上山的全过程,下列说法中正确的是(　　)
A.游客一直处于超重状态
B.游客的重力势能一直增大
C.游客的动能一直增加
D.游客的机械能守恒
2.如图所示,一长为L、质量为m的匀质链条,开始时用手按住A端,放在光滑的桌面上,有的长度悬在桌边缘,松手后,链条滑离桌面,从开始到链条刚完全滑离桌面过程中整个链条的重力势能变化量为(重力加速度为g)(　　)
A.mgL　　　　　B.mgL　　　　　C.-mgL　　　　　D.-mgL
3.将三个光滑的平板倾斜固定,三个平板顶端到底端的高度相等,三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3,如图所示。现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放,经一段时间到达平板的底端。则下列说法正确的是(　　)
A.重力对三个小球所做的功相同
B.沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大
C.三个小球到达底端时的瞬时速度相同
D.沿倾角为θ1的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小
4.如图所示,某质量为m的企鹅(可视为质点)斜向上跳水,起跳时它距海平面高为h,速度大小为v0,不计空气阻力,企鹅落水时的速度大小为v,已知重力加速度大小为g,在此过程中,下列说法正确的是(　　)
A.重力做功为mv2
B.重力做功为mgh
C.企鹅经过最高点时动能为0
D.企鹅的动能一直增加
5.从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一个大小不变、方向始终与运动方向相反的外力的作用。距地面高度h在4 m以内,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示,重力加速度g取10 m/s2。则物体从抛出到回到地面的总运动时间为(　　)
A.1.5 s　　　　B. s　　　　C.3 s　　　　D.3 s
6.20世纪以来,人们发现了一些新的现象,而经典力学却无法解释。经典力学只适用于解决物体的低速运动问题,不能用来处理高速运动问题;只适用于宏观物体,不适用于微观粒子。这说明(　　)
A.随着认识的发展,经典力学已成了过时的理论
B.人们对客观事物的具体认识,在广度上是有局限性的
C.不同领域的事物各有其本质与规律
D.人们应当不断地扩展认识,在更广阔的领域内掌握不同事物的本质与规律
7.如图所示,一个长为L、质量为M的木板,静止在光滑水平面上,一个质量为m的物块(可视为质点),以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端,设物块与木板间的动摩擦因数为μ,当物块与木板相对静止时,物块仍在木板上,物块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,重力加速度为g,则在此过程中(　　)
A.摩擦力对物块做的功为-μmg(s+d)
B.摩擦力对木板做的功为μmg(s+d)
C.木板动能的增量为μmgd
D.由于摩擦而产生的热量为Q=μmgx相对=μmgd
8.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顺时针匀速运动。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。关于上述过程,下列判断正确的是(　　)
A.滑块返回传送带右端时的速率为v2
B.此过程中传送带对滑块做功为m-m
C.此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为m(v1+v2)2
D.此过程中电动机做功为m-mv1v2
9.如图(a)所示,竖直放置的轻弹簧一端固定于水平地面,质量m=1 kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落,同时受到一个竖直向上的恒定阻力。以小球开始下落的位置为原点,竖直向下为x轴正方向,以地面为零势能面,在小球下落至最低点的过程中,小球重力势能Ep、弹簧的弹性势能E弹随小球位移变化的关系图线分别如图甲、乙所示,弹簧始终在弹性限度范围内,取重力加速度g=10 m/s2,则(　　)
　
A.根据甲图可知小球下落的初始位置距地面的高度为1.0 m
B.根据乙图可知弹簧的最大压缩量为0.6 m
C.根据甲图和乙图可知,小球在最低点时的重力势能为5.2 J
D.小球下落到最低点过程受到的阻力大小为2 N
10.如图所示,两个圆弧轨道固定在水平地面上,半径R相同,Ⅰ轨道由金属凹槽制成,Ⅱ轨道由金属圆管制成,均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放,小球距离地面的高度分别用hA和hB表示,下列说法中错误的是(　　)
A.若hA=hB≥2R,则两小球都能沿轨道运动到最高点
B.若hA=hB=,由于机械能守恒,两小球在轨道上上升的最大高度均为
C.适当调整hA和hB,均可使两小球从轨道最高点飞出后再次进入原轨道运动
D.若使小球沿轨道运动并从最高点飞出,A小球在hA≥、B小球在hB>2R的任意高度均可
二、非选择题(本题共6小题,共60分)
11.(6分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示,轻弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
图(a)
(1)实验中涉及下列操作步骤:
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是　　　　　(填入代表步骤的序号)。
(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz。由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度大小为　　　m/s(保留两位小数)。比较两纸带可知,　　　(填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能较大。
12.(8分)图甲是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图。
　
(1)要完成此实验,除了图中所示的铁架台(含铁夹)、带夹子的重物、纸带、电磁打点计时器、导线和开关外,还必须选用的两种器材是　　　。(填字母标号)
A.4~6 V交流电源　　　　　B.220 V交流电源
C.刻度尺　　　　　D.天平(含砝码)
(2)小明同学发现用传统的仪器验证机械能守恒定律存在较大误差,他设计了另外一个实验装置,如图乙所示,给电磁铁通电,吸住小钢球,先接通数字计时装置,然后给电磁铁断电,让小钢球从A点所在高度自由下落,下落过程中经过正下方的光电门B时,光电计时装置记录下小钢球通过光电门的时间为t,已知当地重力加速度为g。
①用长度测量工具测出钢球的直径为d。
②为了验证机械能守恒定律,该实验还需要测量下列哪个物理量　　　　。(填字母标号)
A.小钢球的质量m
B.A、B之间的距离H
③小钢球通过光电门时的瞬时速度大小为　　　　。(用题中所给物理量的符号表示)
④上述实验满足关系式　　　　时,则可验证小钢球在运动过程中机械能守恒。(用题中所给物理量的符号表示)
13.(8分)如图所示,倾角为θ=37°的斜面体放在光滑的水平地面上,质量为m=5 kg的物体静止在斜面上,现对斜面体施加水平推力F使二者一起以加速度a=2 m/s2向左匀加速运动5 s,已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求此过程中:
(1)物体所受支持力和摩擦力的大小;
(2)重力、支持力对物体做的功。
14.(8分)一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。在斜面上运动的过程中,物块的动能Ek与运动路程x的关系如图所示。已知斜面足够长,物块所受的摩擦力大小恒定,重力加速度为g,图中Ek0、x0均为已知,求:
(1)物块在斜面运动过程中克服摩擦力所做的功;
(2)物块的质量;
(3)物块与斜面间的动摩擦因数。
15.(14分)如图所示,一半径为R的光滑硬质圆环固定在竖直平面内与光滑足够长的水平杆平滑相连,在圆环最高点的竖直切线和最低点的水平切线的交点处固定一光滑轻质小滑轮C,质量为m的小球A穿在环上,且可以自由滑动,小球A通过足够长的不可伸长细线连接另一质量也为m的小球B,细线搭在滑轮上,现将小球A从环上最高点由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,求:
(1)小球A到达D点时细线中的张力大小;
(2)小球A到达D点时小球B的速度大小;
(3)小球A运动一个周期小球B的路程。
16.(16分)如图所示是一弹射游戏装置,由安装在水平台面上的固定弹射器、水平轨道OA和CD、竖直圆轨道ABC(在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连)、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后,经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE,若滑块从长轨道DE滑下反向进入圆轨道,从圆轨道滑出,进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧,随后能再次弹出(无能量损失)算游戏成功。已知圆轨道半径为R,轨道DE的倾角θ=37°,滑块质量为m,滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ=0.5,其余都光滑,各轨道之间平滑连接,滑块可视为质点,弹射时由静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块的动能,忽略空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。
(1)若滑块第一次进入圆轨道,恰好能过最高点B,求:
①对应的临界速度vB的大小;
②滑块能滑上斜轨道的最大距离l;
(2)若某次游戏时弹射释放的弹性势能为Ep=5mgR,求:
①滑块第一次从斜轨道返回C点时,对轨道的弹力大小;
②滑块在斜轨道上通过的总路程s。
答案全解全析
1.B　游客加速上升时处于超重状态,减速上升时处于失重状态,故A错误;游客的高度一直增加,则重力势能一直增大,故B正确;游客先加速后减速,则动能先增加后减小,故C错误;电梯一直对人做正功,则游客的机械能不守恒,故D错误。
2.C　以桌面为零势能面,开始时链条的重力势能E1=-mg·L,当链条刚滑离桌面时的重力势能E2=-mg·L,故重力势能的变化量ΔE=E2-E1=-mgL,故选C。
3.A　设平板顶端到底端的高度为h,根据W=mgh可知,重力做功相同,A正确;根据机械能守恒可知mgh=mv2,三个小球到达底端的速度大小相等,方向不同,故三个小球到达底端时的瞬时速度不相同,C错误;根据牛顿第二定律可知mg sin θ=ma,解得a=g sin θ,根据v=at可知,倾角越大,运动的时间越短,故沿倾角为θ3的平板下滑的时间最长,由重力的平均功率=,可知沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最小,B错误;到达底端时重力的瞬时功率P=mgvy=mgv sin θ,故斜面倾角越小,重力的瞬时功率越小,沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小,D错误。故选A。
4.B　在此过程中,根据动能定理可得重力做功为W=mgh=mv2-m,故A错误,B正确;企鹅斜向上跳水,所以企鹅经过最高点时具有一定的水平速度,动能不为0,故C错误;企鹅斜向上跳水,向上运动过程,重力做负功,企鹅的动能减小,向下运动过程,重力做正功,企鹅的动能增加,故D错误。
5.C　根据动能定理有ΔEk=F合Δh,可知Ek-h图像的斜率绝对值等于合力大小,则上升阶段有F+mg= N=16 N,下落阶段有mg-F= N=4 N,联立解得F=6 N,m=1 kg,根据图像可知,物体的初动能为m=128 J,解得物体上升阶段的初速度大小为v0=16 m/s,物体上升阶段的加速度大小为a1==16 m/s2,则上升阶段的时间为t1== s=1 s,根据图像可知,物体落地时的动能为mv2=32 J,解得物体落地时的速度大小为v=8 m/s,物体下落阶段的加速度大小为a2==4 m/s2,则下落阶段的时间为t2== s=2 s,则物体从抛出到回到地面的总运动时间为t=t1+t2=3 s,故选C。
6.BCD　人们对客观世界的认识,会受到所处时代的客观条件和科学水平的制约,具有一定的局限性,人们只有不断地扩展认识,才能在更广阔领域内掌握不同事物的本质与规律;相对论并没有否定经典力学,而是在经典力学基础上的延伸和发展。所以A错误,B、C、D正确。
7.AD　摩擦力对物块做的功为Wf=-μmg(s+d),故A正确;摩擦力对木板做的功为W'f=μmgs,故B错误;根据动能定理可得,木板动能的增量为ΔEk=W'f=μmgs,故C错误;根据功能关系可知由于摩擦而产生的热量为Q=μmgx相对=μmgd,故D正确。
8.BC　由于传送带足够长,滑块先减速向左滑行,直到速度减为零,然后滑块会在滑动摩擦力的作用下向右加速,由于v1运动过程的v-t图像如图(速度方向向右为正方向)
(说明:t1是滑块向左速度为零的时刻,t2为滑块向右与传送带共速的时刻,t3为滑块回到出发点的时刻。x1为横轴下方阴影小三角形面积,x相为阴影大三角形面积)
设滑块向左运动的位移为x1,这个过程滑块克服摩擦力做的功W1=fx1=m,
设滑块从出发到与传送带共速过程两者的相对位移为x相,则整个过程因摩擦产生的热量Q=fx相,由三角形相似知=,
所以Q=m=m(v1+v2)2,C正确;
由能量守恒知,此过程中电动机对传送带做的功等于滑块动能的变化量与摩擦产生的热量之和,即W2=m-m+Q,整理得W2=m+mv1v2,D错误。故选B、C。
9.AD　根据甲图可知,开始下落时Ep0=10 J=mgh0,解得h0=1 m,即小球下落的初始位置距地面的高度为1 m,故A正确;根据乙图可知弹簧的最大压缩量为0.6 m-0.5 m=0.1 m,故B错误;由能量关系可知mgh=10×0.6 J=6 J=Ep0-Ep1,初始状态小球的重力势能为Ep0=10 J,小球在最低点时的重力势能为Ep1=10 J-6 J=4 J,故C错误;小球在最低点时的弹性势能为E弹=4.8 J,由功能关系有Ep0=Ep1+E弹+fh,解得小球下落到最低点过程受到的阻力大小为f=2 N,故D正确。
10.ABC　A球到达最高点的临界条件为在最高点时vA=,根据机械能守恒有mghA=2mgR+m,得hA=2.5R,B球到达最高点的临界条件为在最高点时vB=0,显然hB=2R,即可达最高点,故A错误,D正确;由于A小球离开轨道时在水平方向有初速度,根据机械能守恒可知A上升的最大高度小于,B错误;若使小球从最高点飞出后再次进入原轨道,据平抛运动规律有R=vt,R=gt2,解得v=<,所以A球从最高点飞出后不可能再次进入原轨道,C错误。
11.答案　(1)④①③②　(2)1.29　M(每空2分)
解析　(1)实验步骤中,一定要注意接通打点计时器电源之后再松手释放物块。若顺序搞反,可能造成物块已离开弹簧但打点计时器还没有开始工作的情况。
(2)从M纸带上看,最后两个数据2.58 cm、2.57 cm相差不大,表示物块已经脱离弹簧,所以速度大小v=×10-2 m/s≈1.29 m/s,同理可计算出打下L纸带时物块脱离弹簧时的速度要小一些,故M纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能较大。
12.答案　(1)AC　(2)②B　③　④gH=(每空2分)
解析　(1)实验中用电磁打点计时器,则还需要4~6 V交流电源,需要用刻度尺测量纸带长度;该实验不需要测量重物的质量,因为要验证的表达式两边都有质量。故选A、C。
(2)②要验证的表达式为mgH=mv2,即gH=v2,则需要测量A、B之间的距离H,故选B。
③小钢球通过光电门时的瞬时速度大小为v=。
④上述实验满足关系式mgH=mv2,即gH=时,可验证小钢球在运动过程中机械能守恒。
13.答案　(1)46 N　22 N　(2)0　690 J
解析　(1)斜面体和物体一起做匀加速运动,假设物体受到的静摩擦力沿斜面向上,如图所示,
竖直方向有FN cos θ+Ff sin θ=mg(1分)
水平方向有FN sin θ-Ff cos θ=ma(1分)
解得FN=46 N,Ff=22 N(1分)
故假设正确,物体所受支持力大小为46 N,摩擦力大小为22 N(1分)
(2)t=5 s内物体的位移为x=at2=25 m(1分)
重力与运动方向垂直不做功,即W1=0(1分)
支持力对物体做的功为W2=FNx cos=690 J(2分)
14.答案　(1)Ek0　(2)　(3)
解析　(1)由题图可知,物块以初动能4Ek0冲上固定斜面,返回到固定斜面底端时动能为3Ek0,全过程由动能定理可得
-Wf克=3Ek0-4Ek0(1分)
Wf克=Ek0(1分)
则克服摩擦力做功为Ek0
(2)由题图可知,物块在上升阶段由动能定理可得
-fx0-mgx0 sin 30°=0-4Ek0(1分)
物块在下滑阶段由动能定理可得
mgx0 sin 30°-fx0=3Ek0-0(1分)
联立解得m=(1分)
(3)由(2)可解得f=(1分)
由f=μmg cos 30°(1分)
可得μ=(1分)
15.答案　(1)0.5mg　(2)　(3)R
解析　(1)A、B两小球以细线相连,加速度大小相等
对A球,有F=ma(2分)
对B球,有mg-F=ma(2分)
联立解得F=0.5mg(1分)
(2)小球A到达D点时,B球回到原位置,系统机械能守恒,有
mgR=m+m(2分)
此时两小球速度大小相等,有vA=vB(1分)
联立,解得vB=(1分)
(3)小球A过D点后沿杆向左运动,小球B上升,直到两者速度为零。假设小球B上升距离为x,由机械能守恒可知mgR=mgx(2分)
解得x=R
小球A恰好经过OC与圆环的交点处时,B下降的高度hB=R-=R(1分)
由于系统机械能守恒,系统做周期性运动,在小球A再次回到最高点的过程中,小球B的路程为
s=2(2hB+x)(1分)
解得s=R(1分)
16.答案　(1)①　②R　(2)①3mg　②R
解析　(1)①滑块恰好过B点,有mg=m(1分)
解得vB=(1分)
②从B点至沿斜轨道上滑距离l,由动能定理有
mg(2R-l sin θ)-μmgl cos θ=0-m(2分)
解得l=R(1分)
(2)①设滑块第一次运动到斜轨道沿斜轨道上滑的距离为l1,由能量守恒得
Ep=mgl1 sin θ+μmgl1 cos θ(2分)
解得l1=5R(1分)
返回到C处时滑块的机械能E1=Ep-2μmgl1 cos θ=mgR(1分)
滑块返回C点时,有mgR=m(1分)
F-mg=m(1分)
联立解得F=3mg,由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的弹力大小为3mg(1分)
②由滑块第一次返回到C处时滑块的机械能E1=mgR可知,此后滑块恰好不脱离轨道,在圆轨道、水平轨道CD与斜轨道间往复运动,最终停在D点(1分)
对全程应用动能定理有Ep-μmgs cos θ=0(2分)
得s=R(1分)
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