第41期 机械能守恒定律-【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 ###### 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:=-mgh= A组 -1x10x3J=-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AE.=mgh=1x10x1.5J=151.故D正确 提示: 8.(1)2.4x10J(2)-3x101(3)-1.26x10 1.重力做功为2000J,根据重力做功与重力势能的关系 9.(1)2.046x101; W.=-AE.可知,重力势能减小20001.重力势能的变化量与 (2)W =-2.046x101.AE.=2.046x10] 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头 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 xi10 x341 =2.046x10] 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AE.=2mgh =3600J.可知检修人 W =-mgh=-60xi10t341=-2.046ti10$ 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 AE. =-W.=2.046x101. E' =3mgh=54001.故D正确 10.(1)1.2x10J;(2)2.7x10J;(3)2s 3.物体的重力势能为E.三mgh,h表示物体重心与参考平 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=60t10x20J=1.2xi10$ 力势能大.故B正确 (2)运动员在A点水平跃出时的动能 4.手拉着弹策上端P缓慢向上移动,物体始终处于平衡状 态.根据胡克定律得弹策的伸长量Ax-“,在这一过程中,P (3)根据平抛运动的规律可知:坚直位移H= 2 端上移的距离为.所以物体上升的高度为'=H-",物体 解得t=2s. 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θ.右边绳长为a.两侧绳的拉力大小 相同,由几何关系得20cosθ=16,Ah=asine-(20-a)sin8. 35 m.猴子在滑行过程中的重力势能最小值约为E。 解得a= 0.2m,则物体的重力势能为E. mg f-5x10x0.2J= ) =-mgasinθ=-560J.故B正确 101.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.三E- x0.4]=201,物体的重力势能增加量为AE.=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 参考平面的高度为2 7.小猫爬到楼梯口B处时的重力势能为0,则小猫在A处 =0.1m,则物体的重力势能为E= 的重力势能为E =-mgh.=-1xi10x1.5J=-15J.故A ) --5x10x0.1J-5J.物体的重力势能增加量为AE。} 错误;小猫在E处的重力势能E=mgh,=1x10x4.5J= mg. 高一物理教科(必修第二册) 第40~44期 =E-E. =(5-10)J=-51,该过程物体的重力势能减少 W=mgy 51.故C正确,D错误 解得:W=1600J. 2.由图像可知,弹力与弹策形变量成正比,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,从弹策原长到伸长量为10cm的过程 A组 中,弹力做功为-11.故A错误;从弹策原长到伸长量为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=-AE.得弹性势能改变 提示: 量为11.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.从弹赘下端触地直到最低点的运动过程中,弹的弹力 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a 3.从A到B过程只有重力做功,机械能守恒,故A错误;从 mg-r -,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/ 过程只有重力做功,机械能守恒,故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= lx-mgx -g.可知加速度变大,故 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:从升降机接触弹策到速度最大的过程中,动能增大 能为0,进入篮侄时重力势能为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)4 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 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 下降,则重力势能不断减小.弹惫的压缩量不断增大,则弹性势 +2m,经过途中P点时的动能比刚出手时的动能小,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.三mgh.故B错误.C正确;设抛出时错球 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h。,根据机械能守恒得可得E。+ (2)根据胡克定律mg=A/ mgh。=E. +mgh,可得E. =E。+mgh。-mgh,故D错误 可得n= 宅 6.该无人机在距地面高h.时,其重力势能E。=mgh,由 由图像斜率可得-(50-10)x10{ a-h图像知其动能E.= aoh. (3.0-1.0)x10=2 。 解得=20N/m. 故其机械能E=E。+F.”(+8),故D正确. (3)在使用过程中,盒子里的纸市越来越少,纸币的重力 减少,弹策的形变量减少,故弹惫的弹性势能逐渐变小 7. 小球和轻弹策组成的系统机械能守恒,动能和势能相互 5.(1)vo=8m/s;(2)W=1600] 转化,所以当小球动能最小时,系统势能最大,当弹策刚接触到 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 t,运动员从A点落到B点,有: 为零,所以E。 三E。>E。,小球在最低点时系统势能最大,故 r. =g.v=v. tan53。 A正确,BD错误;在压缩弹策过程中,根据牛顿第二定律,刚开 解得:=8m/s 始重力沿斜面向下的分力大于弹策向上的弹力,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: 向下的分力小于弹向上的弹力,所以小球先加速后减速,当 # 水平位移:x三 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I:1 竖直位移:y=1 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a、两点,则根据能量守恒可 又tan53- 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 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0a 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、少两点时的速度 (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= 9.(1)161: (2)4m/s 解析:(1)物体在A点所具有的重力势能 可得小球在B点时速度的大小为v三/②gR 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= mg(R-h)-W.=0 解得:u=4m/s. 可得克服摩擦力所做的功为W,=mg(R-h). 10.(1)1.6];(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v.由机械能守恒定律 1.(1)BD; (2)C;(3)0. 50; 0.48 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 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,I 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: (2)根据机械能守恒定律有mgh= =gh 1.货车的惯性仅与质量有关,车质量不变,惯性不变,故A 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AE.=mgh;=1.0x10x5.01x0.01] 的分力,故D错误,本题选错误的,故选ACD =0.50J.匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的 .7.06-3.14x0.01m/s=0.98 m/s. 平均速度v:= 2.动能的增加量为AE.= 27 2x0.02 力做功W=mgh=1x10x2J=20J.故重力势能减小20$. 动能变化量为AE. = 故B错误;重力势能的减小量大于动能的增加量,说明机械能 2.(1)天平;(2)0.98; 不守恒,故C错误:机械能的减小量为AE=20]-8J=12$ (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,在误差充许范围内,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。= GMm,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 干返回器离地心距离增大,所以返回器所受万有引力减少,故 的减少量等干动能的境而量,等要诵过打点计时器打中的结劳 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 时器、复写纸、重物、纸带、导线、开关等,但由于等式两边的质 受万有引力作用,机械能不变,故C正确;从C到D过程中,处 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 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 器材是天平. 减少,故D错误 (2)e点速度大小为 4.守恒 10 25 2/10 df 2x0.02 x 10}m/s=0.98m/s 5.(1)小球从A点运动到C点的过程中,机械能守恒;从( 27 点运动到D点的过程中机械能不守恒 (3)从起点0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 AE =mg·0e=1x9.8x5.01x10*1=0.49J 高一物理教科(必修第二册) 第40~44期 m)r}.如果系统的机械能守恒.应满足的关系式为(M-m)g #(#M+)()} 由计算结果可知,重力势能减小量略大于动能的增加量, 在误差允许范围内,重物下落过程机械能守恒 (3)根据(M-m)gh-(M+m)(){,可得= (4)根据机械能守恒定律可得m=mgh,即 2(M-m)g,可知若图像是过原点的一条倾斜直线,且直线的 (M+m)d 斜率为k2(M-m).,则4、B组成的系统机械能守恒. 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 (M+m)d2} 的重力加速度g B组 (3)# 3.(1)B; (2)mgh; (4)gh= 1.(1)远; (5)减小空气阻力对实验的影响 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B、A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(含法码).故B正确 (2)滑块通过光电门的速度o-d (2)小球从B点至A点过程中,重力势能减少量为AE。= 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 .因此= 最低点的速度大小为t=- (4)小球从静止释放到最低点的过程中,若小球机械能守 #1 恒,则有mgh= 少AE.=mgx2L= #104_)-_# (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AE.三 主要原因是减小空气阻力对实验的影响 4.(1)不需要; 小于 解析:(1)为了验证机械能守恒,则 (3)AB #ngt1m-() 解析:(1)由于本实验验证机械能守恒定律,即系统重力 即g-() 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 ,小球的质量可以约掉,所以不需要测 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i三 d (2)如果系统机械能守恒,则(M+m)gh-Mgh= 1(2 ,考虑到小球下落过程中受 (3)由以上分析可知g三 ” 到阴力的影响,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 5.(1).(2)(w-n)gt,-(M+m)(): 少量等于重物A、B、物块C、细绳、滑轮组成的系统动能的增加 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)2(_) 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 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7.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动能的培 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,重较 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 = 量小于重物A.B、物块C动能的增加量,故C错误 高一物理教科(必修第二册) 第40~44期 #(#F_g()# 3.(1)平行 提示: 1.下落过程中极绳拉紧之前机械能守恒,拉紧之后弹性 绳对人做负功,则游客机械能减小.故A错误;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 F-mg=m 重力势能的减小量,故C错误;下落过程中只有重力和蹴极绳 的弹力做功,则游客的机械能和崩极绳的弹性势能之和不变 故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 减少量为AE.=mgh=0.3x10x0.5J=1.5J.根据机械能 守恒定律可知,此时细绳的动能为E. =AE.=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 ) 即mg(1-cose)-(F-mg)成立,则小球下摆过程中 +mg(h+2Rsinθ),对小球B,设A球对B球所做的功为W,由 动能定理有0- 机械能守恒. 2m=W-mg(h+2Rsinθ),解得W= (3)根据mg(1-cose)= mgRsin9,故B正确. 2mgcos9.由此可知,当图像与纵轴的截距等于3mg,图像的斜 4.由于轨道光滑,小球从最低点运动到最高点的过程,根 率等于-2mg时,则机械能守恒定律得到验证 据机械能守恒定律,有mg·2R=- 4.(2)1:2(3)不需要 最高点时的速度大小为t.=1m/s.故A错误;小球运动过程中 弹赘的长度不变,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;=r可得,由于转动过程中 d:,解得 角速度相等,则有v:v。=2:1,又有v:v。= 1。# =5N.故C错误;小球在轨道最低点时根据牛顿第二定律有F ) 1,:9q。=1:2 2 -mg-F=m R .解得F*=60N.根据牛顿第三定律可知对轨 (3)本实验验证机械能守恒定律时,由于钢球P、0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 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 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。 (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. 杆的质量回理也一样,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 速度大小为心,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 A组 VgL(1-cosθ),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E.=mgHI,篮球与地面碰撞过程损失的能量总 为碰撞前动能的-,可知篮球下落到地面第一次碰撞后的动 解得F、=100N (3)当弹策被压缩最短时由能量关系 mgH=umg(L.+x)+E 的最大高度为h.,由机械能守恒定律有mgh,= 2mgll解得 解得E. =801. 21n1.同理可得篮球第二次碰撞后能达到的最大高度h。 B组 1.AC; 2. BD; 3. BD. 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(h +h:+h:+..+ 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 ## 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 -=3H.故C正确 mg=kx,固定在地面时传感器示数为F:=800N.设此时弹性 轻绳的弹力为F,由平衡条件得F=F-+mg=1600N,由胡克 (2)D(3) 2g 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;= 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 nmgL.=mì-m() 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,由于弹策压缩量不变,则滑块 重力和弹策弹力的合力先减小后增大,根据牛顿第二定律知其 结合数学知识可知. 2 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0点第一次运动到P点的过程中,弹策弹力的合力对小球 一直做负功,所以小球的机械能一直减小,故C错误,D正确 (=k.得滑块与滑板间的动摩擦 3.小球从6点运动到c点,根据机械能守恒定律有mgR( ldf -sin30)= 因数为t= 2m}-0,在c点时,由牛顿第二定律有F-_mg= 2g 9.(1)0.8J; (2)0.5m; (3)2m m 解析:(1)根据机械能守恒定律得mg=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E=0.8J 2_ (2)根据动能定理得 动到d点做平抛运动有tan30*= -mgxsin37*-mgxcos37*=0-E 解得x=0.5m n3 5 -m,竖直位 (3)因为mgsin37*>umgcos37*,故小滑块能从斜面上滑 下.所以根据动能定理得 mgH-mgscos 37*=0 解得;=2m. 无影响 10.(1)10m/s:(2)100N; (3)80] 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v,坚直方向有h-1gr”,水平方向有x= mgH=- u,联立解得t=x 解得B点的速度大小t=10m/s (2)从A点到C点由机械能守恒定律可得 (2)设弹压缩;时的弹性势能为E.,滑块与桌面间的动 摩擦因数为n,根据能量守恒可得E.= 高一物理教科(必修第二册) 第40~44期 解得物块运动到x=8m处时的速度为v=6m/s.故此时F做 E. n 功的瞬时功率为P=Fr =12W,故B正确 5.弹策A和B两端的拉力大小相等,由胡克定律可知kx =kx,解得x.:xn=3:2. (3)根据 -_2+可得=b,解得滑块与桌面 m4hE。 E。 E. #1#x,i # 弹策A和弹策B的弹性势能分别为E.。= m 3.即E三 的斜率,所以桌面有摩擦对计算弹策的弹性势能结果无影响 5.(1)4m/s; (2)1N;(3)0.7m 6.因为神舟十八号在地表附近匀减速下降,根据牛顿第二 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 可知神舟士八号下降过程中阻力不变,故克服阻力做功为 r =at=2x2m/s=4m/s W=fx=/(ot-ar). (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=m=0.5xi2N=1N 向下的抛物线,故A正确,B错误;重力势能的变化量为AE (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0P与水平方向的夹角为6,根据牛顿第二定律可得 =mgh-mg (vn-1a )=mgh+2a^-vot),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。-.图像是开口向上的抛物线,故CD #mr-r ngR(1 sine) 错误. 联立解得:sin9=0.4 7.在小球从A轨道的最高点运动到B轨道的最高点的过 则P、B两点间的高度差为H=R(1+sinθ)=0.7m 程中,根据动能定理有mg·2R-W= 《机械能及其守恒定律》核心素养单元测评 。 过A轨道的最高点时有mg=m2,小球通过B轨道的最高点 1. C; 2. D; 3. C; 4. B; 5.A; 6. A; 7. D. 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 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. 力势能减小,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:- 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 10 图像可知其加速度为a= m/s-2.5m/s2,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 力分析有F-f=ma,已知f= 能的减少量等于返回舱所受合力做功的大小,故D错误 10mg,联立解得F=5.6x 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 10*N.汽车在前4s内位移为x:= 大,根据动能定理Fx-fx= 2,.度越小,故C错误. 车在前4s内的牵引力做的功为W=Fx=1.12x10J.故A正 3.春米锤向上抬起过程,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 运动阶段结束时汽车达到额定功率,此时有P。=Ft.=5.6x 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 失重,故A错误;春米锤向上抬起过程,人对春米锤做正功,春 10 W,故C错误;汽车的加速度为零时其速度达到最大,即此 时牵引力等于阻力,有P三fv.,解得v.35m/s,故D 米锤的机械能增加,故B错误;春米锤向上抬起过程,春来锤的 正确. 重力做负功mgh.所以重力势能增加mgh.故C正确;春米锤向 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=20x10*x10x$ 率增大,故D错误 41-0.8J.故A正确;落地时竖直方向的速度为v.=②gh= 4.根据图像可知物块运动到x=8m处,F做的总功为W. 4v5m/s,所以落地时的机械能为E=E.=- -3x21+2x6J=18J,该过程根据动能定理得W,= 0.96J,故B错误;整个过程机械能守恒,在离地高1m处的重力 高一物理教科(必修第二册) 第40~44期 势能为E=mgh =20\x10*i10\xi1J=0.2$= (#)#}-()① (3)根据小问(1)可知h-h= 2g #)-# <5m.由此可知,不可能击中离敲打点水平距离为5m的工 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. 13.(1)1.8J; 能守恒,故有mgR+mg(2R)-1·2mr*,解得,=3gR,即 (2)2.25I 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E。=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 2mgR,对a球由动能定 +mg·2R= 量AE=E -E =1.8] (2)第二次向下拍球,下将过程有W+mgh.=E 2mgR. 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,对球做负功. 故下滑过程中a球机械能增大,球机械能减小,即对单个球来 2 说,机械能均不守恒,故AB错误.本题选错误的,故选ABC. E. (h。-)} 11.(1)B; 解得W=2.251 872} 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)打点计时器需要用到交变电流;验证动能的增 F.=mgcos 24*f=1F 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/=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 h- mgLsin 24*-mgcos 24*·L-W= 的推论可知,打B点时的速度为r:= 27 代入数据解得货物在水平轨道上克服阻力做功为W= 若从打0点到打B点的过程中,机械能守恒,应满足的关 7.53. 系式为mgh= 2 15.(1)E.=16J; (2)v。=2m/s; (h-)} (3)0.3ms<0.8m. 即满足gh= 87{①} 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.=mgr=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 #21 Mgr:-mgr:= 来减小该误差. 12.(1)不需要; (3)-(#)#-## 联立解得:。=2m/s. (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(h.-h) -##m) m-”()-1() 解得:s=0.3m. 若能击中城墙底部,根据平抛运动可知 整理化简得g(h-2)=2()-2() 所以不需要测量滑块与遮光条的总质量m 解得:s.=0.8m (2)根据题意通过光电门I的瞬时速度为v,三 故投石机的转轴0距城墙的距离;的范围为0.3m系s 0.8m. 8素养·拓展/ 本 &双& ##理# 3825年4月11·五 高中物理 181-321128 第41 第110页 (上第3题 落本已始因的析来 3里方, 2.高。 ?0 是以的,来物 上的作下七,中过去方子学与技术 1的不一 - -1的 选“”””。 路,列在个,所京程是 :。 选大主题言选选 一(4了号:21-1 点 止阳占路 i限 在斗匹4 L.时 2.号析不回:守觉则 选- 下、到改士 阳C点面 (1 1 R要听研对如的文的运是 、声a 4.-40过下 ” 如活 -深入理解机械能守恒定律 三.斗分) 1 题是航, 一觉 是过的院,并止水出区 ,子士 (%京动 5m5.. ,加上} 4.r781 $L+2 此的功 1 rn了3] A直享 叫一个-,0中 m 3.;一站七4 :析 8的系,. C.物 m士 子止功的概,之理浅表 -tiu 化中一七,上 有把,的去时开 D.了1 8赴HitA_ 路现动死是 (1没文受)好 ,与甲十此 ,日阳的 1.20&日15可1 78A) 匙铅耳 i 化,如日的上的, 口H C陪在宜睛阻 ,福位 4.不冒题远式的上 冲拉的不字析赴B o高” 相C量为相A上 和国用的过程中,对物体照路 机的了 [) a时上B去 (1 . .听 生填理醒:新是字阻点应& 死一是力的, B可. 418451 13.口把 一陆型 (41受Y是, 1hA 士了比的初 二古度高 思: , 在的动的用下下是 t 大这上一次选人地坟大是,去 的线的精! 小议动能定理与 拙是子平铁志的件,物变到的与为。 11林在三些回7所受各力%0是 其止与报力的文小容,此 (2) 气,下陪记高度后,语上 过,。 (31量c上立驱为 这区 中 “”上出高 ,它一完姓于这点运确状态是达态。 a3 1.相看导的 点点后行下路后,在C点人的 机械能守恒定律的 担的地一定 (1税交) 士号二气o段 (2)为D走地不度的抖 , 同 一。电达,正没,则不 干日了此刊地 斗入 ,是为晚是为 第一无. 合时物效跳,的一觉高变,担空的 。雷 高0下 ,) 选 好经题其上达段过地地招 ,.选. ). 的引到下过起受整字,A.点时的 (3)日变批叫点内样决电排力) 国3元,大气可到器从 料站节日中迁 在高的 170; 过无动是,干异 的上批,铅其动其达A、山,日过中日是,一 (21抽耳,比成日重力用的严,物比。的干,一是一有点赴 与p的上 _ 国下Wi 晚三 . 684t11.b 3.阿陪 了一选为量 严 得 析A地出一 B.A是毫 占,达子幅击上开的线凉,北? 和越能完回定律一而表达式的选用 .(0o C. .机既不 与在走。。33”现的题点 。子 n. licDo 本试为是一3一不空力%与义 ,) 0冒_去 rmsnrh 二.空共8) 些行出的其度不,过 入 。-与) 腾点:平常的达过 。 4.4一量2 rm}r50-8.-53-06 . 有号-+F+EA. --5n) (1斗过的斗声。 A·.三. ②。-/ 5阶页上 (2)晚-2程到匹5程 .47无8 达 &。M~ 上开rF经滑 1人夜4时水对这的平均浮号一是子点 3.-达题 阳,精陪漏听料大的阻 BC品 (考答无下题)0阳。0A求入中 是人 官)上比 r:AA :①交对:物比生: i土 2””的土 子地的这 B 析(1)段子程到过 无文在耳 40 期警 ②院时巧过福,行是好 1.3.0n1c. 分析贴的马析,听忙抽是活;③恰 为尸凸人和为,有到力产, 期。 以,比远 的,十一铅下,因赴, 高.3了. :B .ir 气干了,记行过程中好, 本平考阻, 二上、7 3.i...0i.101 的选比 1ō 3力0 n1-_- 1:-,_ -0) 是aA55int 33阳_ 1F.1.61.0.4115 ..△寸赴 &. 1.应E。7 无达m u.2 考5重0 __, 1..础3,5 t2陪阳的阻. 上用·达西 11A111C4.D. m_.t_. 七等干记的掉式表达式 干日一高字 重6. .三A表次表选心的等 [上一D _A.'B F-1)-2n)r 啊”的短 11站C点 ,ri{ 干这掉七一”现)的 出 1.b1A314室 人 b.45计 甲言 达式这段考平,高,本 i*△- F=P-D-]=11% 财,计院. 度的,几四的人多了 .r 2)选下对,出干有为和些.礼、 朝1阳!听 ,的协时无在干的交化,在变下陪 :上后A0.B0陪%免 1A 13546 3.0. 67 20 人动,不一,国此不机 A。 的号 ,4:1(-5) 共_:是88-)8 子陪院 第1_ 经的匹达段个程中 0t-1.%.11 5 士空1上减 ri,) ir{} 空闻 0的1AB.C.1% 3.(1:0.i可1. siπ-.-or.r.* o. m: o1xr1A1r1 r ri B!晃相,所于& 式少十I ,,动陪,物比括 04- :过 nr初。1801 为上比7A 1n(02127xi01. ,到子一为平到,式到AB现到地、 ,_,,,畔日畔 -(v- s=大高古-二 t. 2 /素养·专练/ 素养·测评 数理求 H3 8.纯出中气 11.机梳守烦定的应用 机械能及其守恒定律》 (】的 10. 用新机梳守怪的考法 C一上, D.日贴是下险段子 3.一的听。 1节 1)。 生些下到到大上 A.一土 的远已空.式 同步核心素养测评(四) 4.如次测 耳与生 , B习机一学 期上动上A D 本 的r量) C. 是力述受到共它力止下在 A基础篇 过大有_ 4/ō 过比运死的陪 1.0- C D. .. 力它物 1 2.国1过 一、选题题7小是本题15分 1.涵是大章难受 6.208T10t A 2 的础以 的一动国!面,高 运一好 1 0 一上出是 设中,如是排上地击 .到行 的地比晚导 5 出不计毫重 国地区地 北物境一 tr &无人机在 击出的 B1 飞中 .比不 这为I以占在 ,运等方 中) 没了重要的去一 ,不下算 3 笔B 0所,光的 10. 1i A.s%. 一为远回过 B.起 是人机可现冲点)成 () 出是 () 上上,。道A) C. 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