第44期 《机械能及其守恒定律》核心素养单元测评-【数理报】2024-2025学年高一物理必修第二册同步学案（教科版2019）

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(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 E=7m=号×60×302J=2.7×10J 态根据胡克定律得弹簧的伸长量4：=学，在这一过程中.P (3)根据平抛运动的规律可知：竖直位移H=g 端上移的距离为H,所以物体上升的高度为=一紧，物体 解得1=2. 重力势能的增加了E。=mg水=mgH-m上，故C正确。 B组 k 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0，右边绳长为α，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气 解得a=m,羧子在滑行过程中的重力势能最小值约为E 02m,则物体的重力势能为E,=mg·亏=5×10×0.2J= =-mgasin0=-560J,故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。=mg·号=5×10 之，所以重力势能与速度的闲像为开口向下的抛物线，故B ×0.4」=20J,物体的重力势能增加量为△E=Ee-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 参考平面的高度为号=0.1m,则物体的重力势能为E。= 的重力势能为E=-mgh4=-1×10×1.5J=-15J,故A 错误；小猫在E处的重力势能Es=mghg=1×10×4.5」= mg·2 =5×10×0.1J=5J,物体的重力势能增加量为△E2 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-IJ,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4= 3.从A到B过程只有重力做功，机械能守恒，故A错误；从 mg=处=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 m 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4=“二m坚=：一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O,进入篮筐时重力势能为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-)+ 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 之mr,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 +2m,经过途中P点时的动能比刚出手时的动能小，故D错 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 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,故B错误，C正确：设抛出时铅球 差，故第4次数据误差较大，应该别除： 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=△1 mgh。=E+mgh,可得E=Eo+mgh。-mgh,故D错误. 可得m=本A & 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-l.0)x0广7】 g 。-h图像知其动能公=宁2=之m2,学：=n空 解得k=20N/m. 故其机被能E=民，+R=m(受+g),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)%=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：(I)假设运动员刚落在B点时竖直方向的速度为 斜面底瑞挡板时小球速度不为零，当小球运动到最低点时速度 七，运动员从A点落到B点，有： 为零，所以E=E>E,小球在最低点时系统势能最大，故 ,=g41w=",lan53o 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：。=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 1 竖直位移：y=26 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,b两点，则根据能量守恒可 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 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Oh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、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 恒定律可得风R=宁m 9.(1)16J:(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"=√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：n=4m/s 可得克服摩擦力所做的功为W,=mg(R-h), 10.(1)1.6J:(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 2mr=mgh,解得：D=45 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)m=mgh:根据打点计时器打出的纸带，求速度， We 2mgR 0.8 J. 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： L,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me=立，则有号=动， 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4E。=mgh=【.0×10×5.01×0.01J 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 2动能的增加量为△=方…2-0=81，故A正确：重 g-7.06-3.14×0.01m/s=0.98m/s 平均速度g=27=2×0.02 力做功W=mgh=1×10×2J=20J,故重力势能减小20J, 动能变化量为△B,=之m片=0.48 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△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 引力作用机被能不变，根据F。少，从4到公过程中，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10252√/10 5.(1)小球从A点运动到C点的过程中，机械能守恒：从C 亚_7.06-3.14×102m/s=0.98m/s ,=2 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 3 高一物理教科（必修第二册） 第40~44期 动能增加量为46=之m2=子×1×Q98J=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， =(w+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)gh= (M+m)( ),可得子 (4)根据机械能守恒定律可得m2=mgh,即： h,若以号为纵轴，以五为横轴建立坐标系得到的图像是一条 2(1-m)g,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-m是，则A,B组成的系统机械能守恒。 (M+m) 的重力加速度g B组 31)B:(2)mg:(3)4;(4)gh=; 22 1.(1)远： (5)减小空气阻力对实验的影响 24 2元：ms子：名(4制+m)f L 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。=4 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 最低点的速度大小为：=号 分因此=号 (4)小球从静止释放到最低点的过程中，若小球机被能守 当滑块运动L距离时，钩码下降七，因此系统重力势能减 伍测有：宁，整理得的一导 少，=mgx=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△识=了m产+宁w=宁M号 2 主要原因是减小空气阻力对实验的影响 4)不需要：(2)兰：（6)品 小于 解析：(1)为了验证机械能守恒，则 2.(1)C (2)mgh =(+m) 43 (3)AB nel-mm(4) 解析：(1)由于本实验验证机械能守恒定律，即系统重力 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， 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(1+mh-Wgh=(2 (3)由以上分析可知g= 2而，考虑到小球下落过程中受 +mr,=品，所以mgh=(2M+m) △7 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. 少量等于重物A,B,物块C,细绳，滑轮组成的系统动能的增加 5.()4；(2)(-m)8h=2(M+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)2(1-m)g 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) 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1，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r的大小表达式为”=4 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 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 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(I-c)(F-mg) 绳对人做负功，则游客机械能减小，故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， 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 R=m2=(F-mg(u+号) 减少量为△E。=mgh=0.3×10×0.5」-L.5J,根据机械能 (②)如果表达式mg1-o0)(L+号)=(F-mg)( 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 ) +2 大小为6，对AB整体，根据机械能守恒定律得号·2m=msh 即mg1-os0)=(F-mg)成立，则小球下视过程中 +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-m=F-mg(h+2Rin0),解得W= (3)根据mg1-eos)=(F-mg),得到F=3mg mgRsin6,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 ngcos0,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，则机械能守恒定律得到验证. 据机械能守恒定律，有mg·2R=了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r=w可得，由于转动过程中 根据牛额第二定律有g-F=m亮解得弹黄的弹力大小为P 角速度相等，则有：=2：1，又有二号：号解得 =5N,故C错误：小球在轨道最低点时根据牛顿第二定律有F tp:9w=1:2 -mg-F=mR,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,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 2g-mg=7(2+(号 1 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2g1=(4)2+(4) 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s,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）》 恒定律可得了m2-号=mg(1-cas0),解得s= 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 5 高一物理教科（必修第二册） 第40~44期 撞前的动能为E,=mgH,篮球与地面碰撞过程损失的能量总 在C点时mg+F、=m 为碰撞前动能的一，可知篮球下落到地面第一次碰撞后的动 解得F、=1O0N 能为么。=1一宁B=了：1，设篮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=mg(L+x）+E。 的最大高度为，由机械能守恒定律有mgh,=之mg,解得 解得E。=801. B组 么=H,同理可得篮球第二次碰撞后能达到的最大高度， 1.AC:2.BD:3.BD. =子H,篮球第a次碰撞后能达到的最大高度么，=（分）”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+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： 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. 1一2 mg=x,固定在地面时传感器示数为F,=8O0N,设此时弹性 8.(1)4 eDB 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+xw),解得弹性轻绳的劲度系数k= 解析：(1)滑块通过B点的速度大小为。=4 400N/m,故C正确，D错误. 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wmgl=子m-m(一) 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点的动能不变则片：辛-坐，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 ·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=，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(1 因数为u= 2g -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 n后，代入数据解得：=3Ws,F=20N,超牛顿第三定律，小 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EB=0.8J (2)根据动能定理得 动到d点做平抛运动有tan30°= 2 -mgxsin37°-4 ng.xcos37°=0-EB ,解得1=」 s,又由平 解得x=0.5m 3m3 抛运动规律可知水平位移x=1=3×。 5m,竖直位 (3)因为mgin37°>umgeos37°，故小滑块能从斜面上滑 下，所以根据动能定理得 移y= =×10×（停m=06m,放D正确.C错误 mgH-umgscos37°=0 解得s=2m 41)√ （(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，竖直方向有方=之矿，水平方向有x mgll =m 解得B点的速度大小"：=10m/s t,联立解得=x√2h (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 摩擦因数为山，根据能量守恒可得E,=2m+mg,又D= 6 高一物理教科（必修第二册）第40~44期 √层联立可得流+学可知图像的斜 解得物块运动到x=8m处时的速度为n=6m/s,故此时F做 功的瞬时功率为P==12W,故B正确， 为表=流解得弹黄压缩：时的弹性势能为，品 5.弹簧A和B两端的拉力大小相等，由胡克定律可知kx =k,解得x,:x=3:2, (3)根据=4+紧可得愕=6，解得滑块与泉而 E 弹簧A和弹簧B的弹性势能分别为：=，号，E= 问的动率擦因数为上=点。桌面有率，不影响日-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. 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 可知神舟十八号下降过程中阻力不变，故克服阻力做功为 "a=l=2×2m/s=4m/s W=压=f(w-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=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0，根据牛顿第二定律可得 =-。-mg=-mg(1-）,可得E,=mgh-mg mgsin 0 =m R =mgh-mgw-a）=mg(+a-w）所以， 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a店=G+mgk1+sino 错误， 联立解得：sin0=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PB两点间的高度差为H=R(1+sin)=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g=m员小球通过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=m是联立解得甲=子mgR,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：-1 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=9:=2.5m/?,对教车进行受 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-了=ma,已知∫=0mg,联立解得F=5.6× 2.根据牛顿第二定律F-f=m,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：内位移为新=受=号×4m=20m汽 大，根据动能定理F-在=m,速度越小，故C错误 车在前4s内的牵引力做的功为W=Fx=1.12×103J,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Pm=F,=5.6× 失重，故A错误：春米锤向上抬起过程，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=fm,解得B=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=20×10-3×10× 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, 45v,所以落地时的机被能为E=么=（后+） 1 =3×2]+2×6J=18,该过程根据动能定理得W,=2m, 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 能为E=mgh,=20×10×10×1J=0.2J=4￡，故C ()-() (3)根据小问(1)可知h,-h, 正确：落地时水平位移为==√西所以=D8" <5m,由此可知，不可能击中离敲打点水平距离为5m的工 2g(4,)-(4,) 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(2)=子2m2,解得r=√3gR,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x=√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b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=m2,联立解得W=-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+meR=弓r,解得杆对a球做功为即=了gR, 1 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：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， E 故下滑过程中a球机械能增大，b球机械能减小，即对单个球来 说，机械能均不守恒，故AB错误.本题选错误的，故选ABC = E .B:(227,,=s 解得W=2.251 87T 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 FN1=mgeos24°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 的推论可知，打B点时的速度为。=2T hc -h mglain 24-ungcos2.W 代入数据解得货物在水平轨道上克服阻力做功为W意= 若从打O点到打B点的过程中，机械能守恒，应满足的关 7.51 1 系式为mgh。=2m 15.(1)E=16J;(2)o=2m/8: 即满足gha= (he-h)月 (3)0.3m≤≤0.8m 8T 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 Mg-mgn,=城+md 来减小该误差 12.(1)不需要：2)2： 由于转动过程中角速度相等，则有=一 o「 联立解得：。=2/8 (3)h-,= 2g(4,)F(4,)F (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 1 恒，减少的重力势能转化为动能，根据已知条件有mg(h,-h2) h+n-H=2i,5+d= 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-，)=（品）广-（品）】 1 h+n=2g5两=65， 所以不需要测量滑块与遮光条的总质量m 解得：s2=0.8m (2)根据题意通过光电门【的瞬时速度为”，= 故投石机的转轴O距城墙的距离s的范围为0.3m≤s≤ △1 :0.8m 8