第40期 势能-【数理报】2024-2025学年高一物理必修第二册同步学案（教科版2019）

高一物理教科（必修第二册）第40~44期 数理招 答案详解 2024~2025学年高一物理教科（必修第二册） 第40~44期(2025年4月)》 《机械能及其守恒定律》同步核心素养测评（三） 45J,故B错误：小猫从B到D重力做的功为W,=-mghm= A组 -1×10×3J=-30J,故C错误：小猫从A到B重力势能增加 1.A;2.D;3.B:4.C;5.B;6.B;7.D. 了△E。=mghm=1×10×1.5J=15」，放D正确. 提示： 8.(1)2.4×103J(2)-3×10°J(3)-1.26×105J 1.重力做功为2000J,根据重力做功与重力势能的关系 9.(1)2.046×10J: W。=-△E。可知，重力势能减小2000J,重力势能的变化量与 (2)W。=-2.046×103J,△E。=2.046×103J 是否选定参考平面无关，故A正确，BC错误：由于未选定参考 解析：(1)以地面为参考平面，游客相对地面的高度为 平面，无法确定末位置的重力势能的大小，故D错误 341m,则游客的重力势能为 2.停靠在四楼时检修人员的重力势能是停靠在三楼时的 E。=mgh=60×10×341=2.046×103J 两倍，可知电梯停在二楼时，检修人员的重力势能为0.故A错 (2)游客上升过程中重力做功为 误；电梯从二楼到四楼，由△E。=2mgh=3600J,可知检修人 W。=-mgh=-60×10×341=-2.046×103J 员的重力势能增加了3600J.故B错误；电梯从一楼到二楼，重 根据重力势能变化与重力做功关系可得 力做负功.故C错误：电梯停靠在五楼时，检修人员的重力势能 △E=-W6=2.046×10J. E=3mgh=5400J,故D正确。 10.(1)1.2×10J:(2)2.7×10J:(3)2s 3.物体的重力势能为E,=mgh,h表示物休重心与参考平 解析：(1)取地面为参考平面，运动员在A点的重力势能 面的高度差，因木块的重心与地面的高度差较大，故木块的重 E,=mgH=60×10×20J=1.2×10J 力势能大故B正确。 (2)运动员在A点水平跃出时的动能 4.手拉着弹簧上端P缓慢向上移动，物体始终处于平衡状 么=7m暖=之×60×30J=27×10*J 态根据胡克定律得弹簧的伸长量4：=，在这一过程中，P (3)根据平抛运动的规律可知：竖直位移H= 端上移的距离为H,所以物体上升的高度为'=H一紧，物体 解得t=28 重力势能的指加了(=m'=gH-平，故C正确 B组 1.AC;2.CD:3.CD. 5.重力势能最小的点为最低点，在最低点两侧，绳子与水 提示： 平方向的夹角相同，设为6，右边绳长为，两侧绳的拉力大小 相同，由几何关系得20cos0=16,△h=asin0-(20-a)sin0, 1.由图可知，物体的重心到参考平面的高度为三 解得a=5， m,猴子在滑行过程中的重力势能最小值约为E。 0.2m,则物体的重力势能为E=mg·亏=5×10×0.2J= =-mgasin0=-560J,放B正确。 10J,故A正确：物体向右翻转90°，物体的重心到参考平面的高 6.物体做自由落体运动，机械能守恒，则有E。=E- 度为号=0.4m,则物体的重力势能为Ee=mg·号=5×10 之，所以重力势能与速度的图像为开口向下的抛物线，故B ×0.4J=20J,物体的重力势能增加量为△E=E-E= 正确。 (20-10)J=10J,故B错误：物体向外翻转90°，物体的重心到 7.小猫爬到楼梯口B处时的重力势能为0，则小猫在A处 参考平面的高度为之=0.1m,则物体的重力势能为E= 的重力势能为E。4=-mgh,=-1×10×1.5J=-15J,故A 错误；小猫在E处的重力势能E,s=mghg=1×10×4.5J= mg·2 =5×10×0.1J=5J,物体的重力势能增加量为△Ee 高一物理教科（必修第二册）第40~44期 =E-E。=(5-10)J=-5J,该过程物体的重力势能减少 W =mgy 5J,故C正确，D错误， 解得：W=1600J 2.由图像可知，弹力与弹簧形变量成正比，由功的定义和 《机械能及其守恒定律》同步核心素养测评（四） 图形面积的含义可知，从弹簧原长到伸长量为10cm的过程 A组 中，弹力做功为-1J,故A错误：从弹簧原长到伸长量为10cm 1.C;2.A;3.B:4.C;5.C;6.D;7.A: 的过程中，弹力做功为-1J,根据W=-△E。得弹性势能改变 提示： 量为1J,故B错误；由功的定义和图形面积的含义可知，从伸 1.排球从击出到落地的过程中，只有重力做功，机械能守 长量为10cm到伸长量为20cm的过程中，克服弹力做功为 恒.故C正确 3J,弹性势能增加了3J,故CD正确。 2.若在人处于悬浮状态时减小部分风力，则体验者在加速 3.从弹簧下端触地直到最低点的运动过程中，弹簧的弹力 下降过程中，加速度向下，处于失重状态；人加速向下运动由于 不断变大：当弹力小于重力时，升降机加速度方向向下，升降机： 风力对人做负功，故人的机械能减少.故A正确。 做加速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为“= 3.从A到B过程只有重力做功，机械能守恒，故A错误：从 m坚二区=g-任，可知加速度减小；当弹力大于重力时，升降 B到C过程，有摩擦力做功，机械能不守恒，故B正确；从C到D m 过程只有重力做功，机械能守恒，枚C错误：从A到D过程，有 机加速度方向向上，升降机做减速运动，根据牛顿第二定律可 摩擦力做功，机械能不守恒，故D错误 得加速度大小为a=:二m=任-g,可知加速度变大，故 m 4.由于以出手时的高度为参考平面，因此刚出手时重力势 AB错误；从升降机接触弹簧到速度最大的过程中，动能增大， 能为0，进人篮筐时重力势能为mg(H-h),故AB错误：整个过 合力做功为正，则弹力做的负功小于重力做的正功：从速度最 程中机械能守恒，在任何位置的机械能均为E=mg(H-h)+ 大位置到最低点的过程中，动能减小，合力做功为负，则弹力做 2m,刚出手时重力势能为零，因此动能为E。=mg(H-h) 的负功大于重力做的正功，故C正确；由于升降机的高度不断 1 下降，则重力势能不断减小，弹簧的压缩量不断增大，则弹性势 +2m产，经过途中P点时的动能比喇出手时的动能小，故D错 能不断增大，故D正确， 误，C正确 4.(1)4(2)20(3)逐渐变小 5.不考虑空气阻力，抛出后的铅球机械能守恒，故A错误； 解析：(1)由图可知，第4次的描点不在线上，出现明显偏 铅球的重力势能为E。=mgh,枚B错误，C正确：设抛出时铅球 差，故第4次数据误差较大，应该剔除： 的动能为E。,距地面的高度为o,根据机械能守恒得可得E。+ (2)根据胡克定律mg=k△ mgho=E,+mgh,可得E=E。+mgh。-mgh,故D错误. 可得m=本Al g 6.该无人机在距地面高h2时，其重力势能E。=mgh2,由 .(50-10)×103 由图像斜率可得g=(3.0-1.0)x02 a-A图像知其动能瓦=宁2=宁2·学：=m空， 解得k=20NVm 故其机械能E=E,+(=m(受+8）h,故D正确 (3)在使用过程中，盒子里的纸巾越来越少，纸巾的重力 减少，弹簧的形变量减少，故弹簧的弹性势能逐渐变小 7,小球和轻弹簧组成的系统机械能守恒，动能和势能相互 5.(1)6=8m/s:(2)W=1600J 转化，所以当小球动能最小时，系统势能最大，当弹簧刚接触到 解析：(1)假设运动员刚落在B点时竖直方向的速度为 斜面底端挡板时小球速度不为零，当小球运动到最低点时速度 书，运动员从A点落到B点，有： 为零，所以E=E。>E2,小球在最低点时系统势能最大，故 =gh to =v,tan 53 A正确，BD错误：在压缩弹簧过程中，根据牛顿第二定律，刚开 解得：o=8m/s 始重力沿斜面向下的分力大于弹簧向上的弹力，后重力沿斜面 (2)运动员从B点落到C点，做平抛运动.在此过程中，有： 向下的分力小于弹簧向上的弹力，所以小球先加速后减速，当 水平位移：=令6 加速度为零时，小球速度最大，因此系统势能最小，故C错误 8.不相同1：1 竖直位移：y=之 解析：在不计空气阻力的情况下，足球两次被以相同的速 度踢出后分别到达同一高度的α、b两点，侧根据能量守恒可 又tan53°=y 知，上升的高度相同，则由动能转化的重力势能相同，则可知足 2 高一物理教科（必修第二册）第40~44期 球到达a、b两点时的动能相同，即动能之比为1：1，但由于Oa 功，机械能守恒；从C点运动到D点的过程中，CD为粗糙轨道， 连线和Ob连线的方向不同，即足球在到达a、b两点时的速度 有摩擦力做功，机械能不守恒。 方向不同，而速度是矢量，因此足球在到达a、b两点时的速度 (2)小球从A点到B点的过程中，机械能守恒.由机械能守 不同 恒定律可得mgR=m2 9.(1)16J:(2)4m/s 解析：(1)物休在A点所具有的币力势能 可得小球在B点时速度的大小为"=√2gR E。=mgh=16J (3)设小球在CD上克服摩擦力做功为W,对A到D过程， 根据动能定理可得 (2)由A到B,根据机械能守恒mgh=2m mg(R -h)-W=0 解得："=4m/ 可得克服摩擦力所做的功为W,=mg(R-h). 10.(1)L.6J:(2)4m/s;(3)0.8J 《机械能及其守恒定律》同步核心素养测评（五） 解析：(1)小球在A点时的重力势能E,=mgh=1.6J A组 (2)设小球运动到C点时的速度为，由机械能守恒定律 1.(1)BD:(2)C;(3)0.50;0.48 之mr=mgh,解得：=4m/s 1 解析：(1)要验证重物下落过程中符合机械能守恒定律， (3)小球从D运动到E的过程中重力做的功 需要满足了m=meh:根据打点计时器打出的纸带，求速度， W。=2mgR=0.8J. 不用秒表，而打点计时器需要用到低压交流电源，故A错误，D B组 正确：需要用刻度尺测量物体下落的高度，故B正确：等号两边 1.ACD:2.AD:3.BC. 的质量可约去，不用天平，故C错误 提示： 1,货车的惯性仅与质量有关，车质量不变，惯性不变，故A (2)根据机械能守恒定律有mgh=子m2,则有号=gh, 错误：由于有摩擦力作用，机械能不守恒，故B正确：根据能量 因此图像应为正比例函数.故C正确。 守恒定律，货车的动能转化为重力势能和内能（摩擦生热），故 (3)根据功能关系可得，当打点计时器打在B点时，重物 C错误：避险车道对货车的支持力等于重力在垂直斜面方向上 的重力势能减少量为△E=mgh。=1.0×10×5.01×0.01J 的分力，故D错误.本题选错误的，故选ACD, =0.50」.匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的 2动能的增加量为△北=之m2-0=8J,故A正确：重 平均选度。芳-70品x0108 力做功W=mgh=1×10×2」=20J,故重力势能减小20J, 动能变化量为4出=了a片=0481 故B错误；重力势能的碱小量大于动能的增加量，说明机械能 2.(1)天平：(2)0.98： 不守恒，故C错误：机械能的减小量为△E=20J-8J=12J, (3)0.49；0.48；重力势能减小量略大于动能的增加 故D正确。 量，在误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒。 3.从A到B过程中，由于处于大气层外，返回器只受万有 (4)重力加速度g 引力作用，机械能不变，根据F=,从A到B过程中，由 解析：(1)本实验验证机械能守恒定律，即重物重力势能 于返回器离地心距离增大，所以返回器所受万有引力减少，故 的减少量等于动能的增加量，需要通过打点计时器打出的纸带 A错误，B正确：从B到C过程中，由于处于大气层外，返回器只 来确定重物的速度、重物下落的高度，所以需要铁架台、打点计 受万有引力作用，机械能不变，故C正确：从C到D过程中，处 时器、复写纸、重物、纸带、导线、开关等，但由于等式两边的质 于大气层内，返回器受到的阻力对其做负功，返回器的机械能 量可以约掉，所以不需要天平测量重物的质量，所以不必要的 减少，故D错误 器材是天平 (2)e点速度大小为 4.守恒1025210 5.(1)小球从A点运动到C点的过程中，机械能守恒；从C =普=790x10=0.%4 2×0.02 点运动到D点的过程中机械能不守恒： (3)从起点O到打下e点的过程中，重物的重力势能减少 (2)2gR:(3)mg(R-h) 量为 解析：(1)小球从A点运动到C点的过程中，只有重力做 △E。=mg·0e=1×9.8×5.01×102J=0.49J 一3 高一物理教科（必修第二册） 第40~44期 动能增加量为△6=之m=子×1×09gJ=048J m)2,如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为(M-m)gh 由计算结果可知，重力势能减小量略大于动能的增加量， =(M+m)(4) 在误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒，。 (3)根据(M-m)动=(+m)( ）,可得子 (④根据机械能守恒定律可得宁=m,即宁： 助，若以号为纵轴，以么为横轴建立坐标系得到的图像是一条 21-mg,可知若图像是过原点的一条倾斜直线，且直线的 (M+m) 通过原点的直线，该直线的斜率为k=g,即图线的斜率为当地 斜率为k=2M-mg,则A,B组成的系统机械能守恒 (M+m) 的重力加速度g B组 3)B:(2)mg:（3);4)h= 2 1.(1)远： (5)减小空气阻力对实验的影响 ②头÷：5：★4+m号 d 2 解析：(1)光电门具有计时功能，故不需要秒表，实验需使 解析：(1)为减小实验误差，遮光条的宽度应适当窄一些， 用刻度尺测量BA的竖直高度差，验证机械能守恒的表达式 滑块释放点到光电门的距离应适当远一些，有利于减小读数误差 中，小球的质量可以约去，故不需要使用天平（含砝码）.故B正确 (2)小球从B点至A点过程中，重力势能减少量为△E。= (2)滑块通过光电门的速度。= t mgh 因为钩码通过动滑轮与滑块连接，钩码速度为滑块速度的 (3)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，小球通过 分，因此=号 最低点的速度大小为。=号 (4)小球从静止释放到最低点的过程中，若小球机械能守 当滑块运动L距离时，钩码下降，因此系统重力势能减 恒，则有e=宁，整理得=导 少AE,=msgx=mgL (5)实验时应选用密度较大的重物，这样做能减小误差的 系统动能增加量为4=+=号+ 主要原因是喊小空气阻力对实验的影响： 4.(1)不需要； 2÷6)壶 小于 解析：(1)为了验证机械能守恒，则 2.(I)c(2)meh=(2M+m) 4 (3)AB 解析：(1)由于本实验验证机械能守恒定律，即系统重力 即(4】 ,小球的质量可以约掉，所以不需要测 势能的减少量应等于动能的增加量，所以需要光电门测量速 度，用刻度尺测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h 量质量 故选C (2)小球经过光电门的速度大小为：=4 (2)如果系统机械能守恒，则(M+m)gh-Mgh=(2M (3)由以上分析可知君=而，考虑到小球下落过程中受 +m,=名所以mgh=2M+m) △ 到阻力的影响，由于阻力做负功，小球下落过程中动能的增加 (3)细绳、滑轮并非轻质而有一定质量，系统重力势能减 量小于重力势能的减小量. 少量等于币物A、B、物块C、细绳、滑轮组成的系统动能的增加 5.(1)4 2(-mah=+m)()： 量与滑轮与细绳之间产生滑动摩擦生成的热量之和，则系统重 (3)2M-mg 力势能减少量大于重物A、B、物块C动能的增加量，故A正确： (M+m)2 挡光片宽度越大，则所测挡光片经过光电门的速度越小于真实 解析：(1)测出挡光片挡光的时间t,则左右两侧物体的速 值，所以系统重力势能减少量大于重物A、B、物块C动能的增 度，的大小表达式为”= 加量，故B正确：挂物块C时不慎使B具有向下的初速度，重物 t A运动到光电门时挡光片挡光时间变小，则系统重力势能减少 (2)根据系统机械能守恒可得Mgh-mgh= 2(M+ 量小于重物A,B、物块C动能的增加量，故C错误 -4 高一物理教科（必修第二册）第40~44期 3.(1)平行 (F-mg)(L+2) 提示： 1,下落过程中蹦极绳拉紧之前机械能守恒，拉紧之后弹性 (2)mg(1-cos0）=号(F-mg) 绳对人做负功，则游客机械能减小，枚A错误：蹦极绳刚被拉直 (3)3mg-2mg 后的一段时间内，重力大于弹力，加速度向下，游客的速度会继 解析：(1)悬线与量角器表面平行：在最低点，根据牛顿第 续增大，直到弹力等于重力时加速度为零，此时游客的速度最 二定律有 大，故B错误；下落到最低点的过程中弹性势能的增大量等于 2 重力势能的减小量，故C错误；下落过程中只有重力和蹦极绳 F mg m- + 的弹力做功，则游客的机械能和蹦极绳的弹性势能之和不变， 枚D正确， 解得小球在最低点的动能 2.从初始状态到细绳全部离开平台瞬间，细绳重力势能的 么=2m2=F-mg)(L+号) 减少量为△E。=mgh=0.3×10×0.5J=1.5J,根据机械能 (2)如果表达式mg1-em)(L+号)=(F-mg)(1 守恒定律可知，此时细绳的动能为E=△E。=1.5J,故B正确. 3.设A球的重心在斜面上上升的高度为h.两球的初速度 大小为，对AB整体，根据机械能守恒定律得}2m后=mg办 即mg1-cs0)=之(F-mg)成立，期小球下摆过程中 +mg(h+2Rsin0),对小球B,设A球对B球所做的功为W,由 机械能守恒。 动能定理有0-mG=取-mg(h+2Rin0),解得W= (3)根据mg1-os)=之（(F-mg),得到P=3mg mgRsin0,故B正确。 4,由于轨道光滑，小球从最低点运动到最高点的过程，根 2 mgcos6,由此可知，当图像与纵轴的截距等于3mg,图像的斜 率等于-2mg时，侧机械能守恒定律得到验证 据机械能守恒定律，有mg·2R=m-之m,得小球通过 4.(2)1:2(3)不需要 最高点时的速度大小为=1m/s,故A错误；小球运动过程中 42L=(2+(号 弹簧的长度不变，因此弹力大小不变，故B错误：小球刚好能通 (5)C 过轨道的最高点，说明小球通过最高点时对轨道的压力为零， 解析：(2)根据题意，由公式=w可得，由于转动过程中 根据牛顿第二定律有mg-F=m 解得弹簧的弹力大小为F 角速度相等，则有n:0=2:1,又有，：o=4:4,解得 =5N,故C错误：小球在轨道最低点时根据牛顿第二定律有F lp to tp:g0=1:2 -g一P=m会解得P=60N,根据牛额第三定律可知对轨 (3)本实验验证机械能守恒定律时，由于钢球P,Q的质量 道的压力大小为60N,故D正确。 相等，则验证机械能表达式中质量可以约掉，所以不需要测量 5,物块B沿细线方向的分速度大小与小球A的速度大小 钢球的质量 始终相等，故A错误；当物块B运动到滑轮2的正下方时，小球 (4)当系统转动过程中满足机械能守恒定律，有 的速度为零，因此小球A向下先加速后减速到速度为零，因此 2nel-mel=(+(号 to 小球A先失重后超重，故B错误：小球A的动能先增大后减小， 即2g=(4)2+(4)y2 根据动能定理可知，小球A的合力先做正功后做负功，故C正 确：细线对小球A的拉力一直做负功，因此小球A的机械能一 (5)阻力会影响机械能守恒，但是因为两个球是同轴转 直减少，故D错误 动，并不影响它们的速度关系，进而不影响测量的时间关系，纸 6.A,B组成的系统只发生动能和重力势能之间的转化，A、 杆的质量同理也一样.造成误差的主要原因可能是钢球半径对 B组成的系统机械能守恒；A到达最右端时，A的速度为零，B的 线速度计算的影响，从而导致速度不再是严格的二倍关系，影 速度大小为，此时A,B的连线和倾斜直杆垂直，由机械能守 响时间的测量故C正确。 《机械能及其守恒定律》同步核心素养测评（六） 恒定律可得2m2-之m2=mg(1-eos),解得g= A组 gL(1-cos0),故B正确. 1.D:2.B;3.B;4.D;5.C;6.B;7C 7.篮球下落过程中机械能守恒，篮球下落到地面第一次碰 高一物理教科（必修第二册） 第40~44期 撞前的动能为￡=mgH,篮球与地面碰撞过程损失的能量总 在C点时mg+Fx=m 为碰撞前动能的子，可知篮球下落到地面第一次碰撞后的动 R 解得F、=100N 能为5。=(1-宁)=了g:,设篇球第一次碰撞后能达到 (3)当弹簧被压缩最短时由能量关系 mgH=umg(L+x)+E。 的最大高度为点，由机械能守恒定律有mgh,=mgH,解得 解得E。=80J B组 么=一H,同理可得篮球第二次碰撞后能达到的最大高度么 1.AC:2.BD:3.BD. =H,篮球第次碰撞后能达到的最大高度么，=（宁）”H,篮 提示： 1.从A点运动到B点的过程中，弹性轻绳减少的弹性势能 球停止运动前运动的总路程为x=H+2(h1+h2+h3+…+ 等于人和装备增加的动能与重力势能之和，故A正确，B错误： 1-() 2 在B点时速度最大，人和装备与弹性轻绳的弹力大小相等，则 hn)=H+2× =3H,故C正确： 1-2 mg=kx,固定在地面时传感器示数为F,=800N,设此时弹性 8.(1)4 eD(e 轻绳的弹力为F,由平衡条件得F=F,+mg=16O0N,由胡克 定律可得F=k(x+x),解得弹性轻绳的劲度系数k= 400N/m,故C正确，D错误， 解析：(1)滑块通过B点的速度大小为。=4 2.小球从0点第一次运动到P点的过程中，小球的速度先 (②)由能量守恒定律可得ngl=之d-方（斗 增大后减小，即小球先加速后减速，当加速度为零时，速度达到 最大，则可知小球的加速度方向先向下后向上，由于小球受到 从C到A由能量守恒可知，由于弹簧压缩量不变，则滑块 重力和弹簧弹力的合力先减小后增大，根据牛顿第二定律知其 到达4点的动能不变时一产华结合数学知识可知， 加速度大小变化为先减小后增大，故A错误，B正确：由于小球 故选D: 在从O点第一次运动到P点的过程中，弹簧弹力的合力对小球 一-直做负功，所以小球的机械能一直减小，故C错误，D正确. (3)由数学知识可得华=k,得滑块与滑板间的动摩擦 3.小球从b点运动到c点，根据机械能守恒定律有mgR(I 因数为：芸 -sin30）=2m-0,在c点时，由牛顿第二定律有F-mg= 9.(1)0.8J:(2)0.5m:(3)2m 代人数据解得=3，F=20N,据牛顿第三定律 解析：(1)根据机械能守恒定律得mgH=E 球在c点时对轨道的压力大小为20N,故A错误；小球从c点运 解得Eug=0.8J (2)根据动能定理得 -mgxsin37°-4 mngxcos37°=0-E 动点做平地动有m0-解得1：县又有子 解得x=0.5m m3 抛运动规律可知水平位移x=1=3×巨m 5 2m,竖直位 (3)因为ngsin37°>4 ngcos37°，故小滑块能从斜面上滑 下.所以根据动能定理得 移y=之8=之×10x(停m=0.6m,故BD正确，C错误 mgH-umgscos37°=0 解得s=2m 4√2)3) 无影响 10.(1)10m/s:(2)100N;(3)80J 解析：(1)小滑块离开桌面后做平抛运动，设小滑块离开 解析：(1)物块从A滑到B时由机械能守恒定律可得 桌面时的速度大小为，竖直方向有h=之，水平方向有x= mgh=之md 解得B点的速度大小g=10m/s ,联立解得=√景 (2)从A点到C点由机械能守恒定律可得 (2)设弹簧压缩s时的弹性势能为E,滑块与桌面间的动 mgH=2m吃+mg·2R 摩擦因数为从，根据能量守恒可得E,=2m+wm,又！= 6 高一物理教科（必修第二册）第40~44期 √层联立可得=流+，可知图像的斜 解得物块运动到x=8m处时的速度为=6m/s,故此时F做 E。 功的瞬时功率为P=F=12W,故B正确， 为：=壶解得弹簧压缩：时的弹性势能为，后 5.弹簧A和B两端的拉力大小相等，由胡克定律可知kx =kgx,解得x4x8=3:2, 。2+可得=b,解得滑块与桌面 (3)根据m=4hE+E m E 弹簧A和弹簧B的弹性势能分别为R=,,L。= 问的动摩擦因数为以=众。桌面有摩擦，不影响片-父图像 的斜率，所以桌面有摩擦对计算弹簧的弹性势能结果无影响。 哈务子即 :咨故A正确 6.因为神舟十八号在地表附近匀成速下降，根据牛顿第二 5.(1)4m/s:(2)1N;(3)0.7m 解析：(1)根据运动学公式可得小球到达B点时的速度大 定律f-mg=ma, 小为 可知神舟十八号下降过程中阻力不变，故克服阻力做功为 "8=at=2×2m/s=4m/s w=在=f(t-d）, (2)根据牛顿第二定律可得拉力F的大小为 故W-x图像是一条过原点的倾斜直线，W-1图像是开口 F=ma=0.5×2N=1N 向下的抛物线，故A正确，B错误；重力势能的变化量为△E。 (3)小球运动到CD段的某点P(图中未画出)时脱离轨 道，设此时OP与水平方向的夹角为6，根据牛顿第二定律可得 =-。=-mg=-mg(,-），可得，mgh-mg mgsin 0=mR =mh-m(w-）=mg(h+a-w所以E, 从B点到P点，根据机械能守恒定律可得 x图像是一条倾斜直线，E。-t图像是开口向上的抛物线，故CD 之=aG+me1+sn0 错误 7.在小球从A轨道的最高点运动到B轨道的最高点的过 联立解得：sin0=0.4 则P、B两点间的高度差为H=R(1+sin0)=0.7m 程中，根据动能定理有mg·2R-W=之m2-之，小球通 《机械能及其守恒定律》核心素养单元测评 1.C;2.D:3.C;4.B;5.A;6.A;7.D 过A轨道的最高点时有网=m示小球通过B轨道的最高点 提示： 1,打开降落伞后，返回舱减速下降时，加速度方向向上，处 时有g=n会联立解得W=名R,故D正确 于超重状态，故A错误：匀速下降阶段，返回舱的动能不变，重 8.AD:9.AC:10.ABC. 力势能碱小，因此机械能减小，故B错误：匀速下降阶段，返回 提示： 舱机械能的减少量等于飞船克服阻力做功的大小，而重力与阻 8.由题图可知，前4s内汽车做匀加速直线运动，根据-t 力的大小相同，所以返回舱机械能的减少量等于返回舱重力所 图像可知其加速度为a=”m?=2.5m/令，对汽车进行受 做的功，故C正确：减速下降阶段，由动能定理可知，返回舱动 能的减少量等于返回舱所受合力做功的大小，故D错误， 力分析有F-f=m,已知∫=0g,联立解得F=56× 2.根据牛顿第二定律F-f=ma,携带弹药越多，质量越 大，故加速度越小，故AB错误，D正确；携带燃油越多，质量越 10N,汽车在前4：内位移为=受=9×4m=20m,汽 大，根据动能定理：-斤：m2,速度越小，故C错误 车在前4s内的牵引力做的功为W=Fx=1.12×10J,故A正 3.春米锤向上拾起过程，先向上加速运动后减速运动，竖 确，B错误：根据汽车恒定加速度启动规律可知，当匀加速直线 直方向的加速度先竖直向上后竖直向下，所以春米锤先超重后 运动阶段结束时汽车达到额定功率，此时有P=F:=5.6× 失重，故A错误；春米锤向上拾起过程，人对春米锤做正功，春 10W,故C错误；汽车的加速度为零时其速度达到最大，即此 米锤的机械能增加，故B错误；春米锤向上拾起过程，春米锤的 时牵引力等于阻力，有P领=，解得V=35m/s,故D 重力做负功mgh,所以重力势能增加mgh,故C正确；春米锤向 正确， 下运动过程，竖直方向的速度逐渐增大，所以春米锤重力的功 9.水平飞出时的重力势能为E。=mgh=20×103×10× 率增大，故D错误 4J=0.8J,故A正确；落地时竖直方向的速度为，=√2gh= 4.根据图像可知物块运动到x=8m处，F做的总功为W, 45s,所以落地时的机械能为E=么=了m(G+) =3×21+2×6」=18J,该过程根据动能定理得W,=2m, 0.96」，故B错误：整个过程机械能守恒，在离地高1m处的重力 7 高一物理教科（必修第二册）第40~44期 势能为E,=mgh,=20×103×10×1J=0.2J= ，放C ()广-() (3)根据小问(1)可知h,-h2 正确：落地时水平位移为=，=√西，所以x=反8m 2g d[1 <5m,由此可知，不可能击中离敲打点水平距离为5m的工 2g(a,-a)] 人，故D错误 在误差允许的范围内，满足该等式成立可认为滑块下滑过 10.两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械 程中机械能守恒 能守恒，放有mgR+mg(2R)=子·2m,解得e=√5gR,即 13.(1)1.8J:(2)2.25J 解析：(1)篮球第一次下落到地面，有mgh=E, a、b球滑到水平轨道上时速度大小均为：=√3gR,故C错误： 篮球反弹后向上运动过程，有E2=mgh b球在滑落过程中，设杆对6球做功为W,根据动能定理可得W 篮球从1.5m高处自由下落情况下撞击地面时损失的能 +mg·2R=方m2,联立解得W=一之mgR,对a球由动能定 量△E=E-E2=1.8J (2)第二次向下拍球，下将过程有W+mgh,=E, 理可得P+mR=之，解得杆对a球做功为P=mgR, 第二次向下拍球，篮球上升过程有E,=mgh, 故D正确：结合D项分析可知，杆对a球做正功，对b球做负功， 因为篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，有 E 故下滑过程中α球机械能增大，b球机械能减小，即对单个球来 E 说，机械能均不守恒，故AB错误，本题选错误的，故选ABC. Ea aB:(2)27,,=s7 解得W=2.251. 8T 14.(1)2N:(2)7.5J (3)系统误差减小空气阻力和摩擦阻力 解析：(1)货物在倾斜滑轨上滑行时，对货物进行分析有 解析：(1)打点计时器要用到交变电流：验证动能的增 F1=mgcos24°f=uF 加量和重力势能的减小量是否相等，两端都有质量，可以约去， 解得f=2N 不需要天平测量质量：测量点迹间的距离要用刻度尺：故B (2)若货物到达货箱时的速度为1m/s,货物从静止释放 正确。 到货箱过程，根据动能定理可得 (2)重物下落过程做匀加速直线运动，由匀变速直线运动 hc -h 的推论可知，打B点时的速度为g=2T mglsin 24 -umgcos 24-Wm 代入数据解得货物在水平轨道上克服阻力做功为W文= 若从打O点到打B点的过程中，机械能守恒，应满足的关 7.5J 系式为g,=了 15.(I)E,=16J;(2)o=2m/s: (3)0.3m≤8≤0.8m 即满足ghg= (he-h)2 87 解析：(1)以杠杆臂所在水平面为参考平面，小石块从篮 (3)此实验因空气阻力以及摩擦力的存在，总会使减小的： 子中水平飞出时的重力势能E。=mgr2=16J. 重力势能略大于增加的动能，这属于系统误差，是不可避免的， (2)根据机械能守恒定律 但想要实验结果更加准确，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力 来减小该误差 e,-mg,=据+之 2)不需要；2是 由于转动过程中角速度相等，则有！= (3)h1-h2= 1 联立解得：=2m/s, 2g【(△5)-（△，）2] (3)若能击中城墙顶部内侧，根据平抛运动可知 解析：(1)为了验证滑块沿光滑的斜面下滑过程机械能守 恒，减少的重力势能转化为动能，根据已知条件有mg(h1-h2) h+rH=d=toh 解得：s1=0.3m 若能击中城墙底部，根据平抛运动可知 整理化简得g-,)=(品)广-（品）】 1 h+力=2g5,5=4 所以不需要测量滑块与遮光条的总质量m 解得：=0.8m (2)根据题意通过光电门【的瞬时速度为= d 故投石机的转轴O距城墙的距离s的范琍为0.3m≤≤ △ 0.8m. —84 素养·拓展 数理超 28年4月4日-星整玉 高中物理 上摇第)厦 (使帮中，盒子国的巾灵 表九量量在铁市话 40原113 教科 表如信3所序，一健期 中，国3 e1-间 数理报 黄洋显。有的神黄效片减而彩的。叫翼日 木条工醒 次事收中，月篇机料霍正蜜中 三、计掉理〔头门余 是以 脑用自备产传短湿丰彩秋的支，作 【系密性 有，群无房机在从洋夏于响 江的道6= 触值真最联略一建陆烂 限服通鱼深丽在不料场清下龙型有不词 重力动催是物修和地设次一系选诉共有 的单恰一个数体末上月有度力导.的果 中 抓佳“五性”学好重力势能 能稀得焦主、材 有.不上有力，型 A.得门度适 的指蓝连功员：在走 L.期量幢 壳通，在性保度内，弹的（属 d料无卡 心是诗力做的负功平重山角能正功 白山峰，队，的通宜以山性的4五在干 土相时性 例所示，点n用 强准，排门短力晚能为 说物津具有重力佛使，是相时干某中 B.重力势的或，神件幼件情大 水下说方，取这下水平有▣ 量为11，当在 写过程中为力减量 二，填空题界4年1 4有一铁序”一基到巾盘 温码导#型密特，以分通宜以素点冰 生活种的弹簧 州重约怪上。D.制这个木平■国作（拿地 十步且4的支短上 3人=￡：46.■38414-5，%)J 我)参驾平售重力势是相对T制与平究的 11.52 酒幻图4甲所术，鞋直独情快挡极有泽落出 2斗日七言)导餐平组，也体导考平耐的 2福授为后。不十期为，。 得卡户 第雀的取无关 )的镜，并十厚物准油支第落可地过程中 直为。(0A+泰)通1,2口，时物准 的h暖们.W马号直r备h件 人标星性 韩在煤中盒限用口料技实民用岭网学为了 过青号切4 量力体断是是，它没有尔询但蜡形力的 里力界想域少多小行 71g 成温4有泥属的 你体区留德直平对，信的量力的备安 中，然有一一要有簧，以以两个精 数示比参考干时的建量收右高，重力骑使小干 在九过根中。世法等薄力费其城量为 零转代步等平陶的影量状老钙 【打比以上H脑格果之虚 -4m3.过-0221 4时性 解桥(1)以实衡为李考平实，物距事考 平的离为本，4物生其有力 了刀.T大重 h十了灯下2乐17 ~金属住有弹明见为了装良好，生于 4口相时的五决克优上确定，但确定，铁 指的直老是始对曲.白好参穿通释无关 写量为有L广里人带，国 风计程是离时，比情有层性重力第原触，以 与4等r 每通质量 H 无2义 定有到鞋完全相用的楼行皆金国牌民后起 的样传一为消是调就钉韦打。时一方面是 弹性势能创新实验赏析 -有 创研一，实后昌材的等置与替格 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