第40期 动能 动能定理-【数理报】2024-2025学年高一物理必修第二册同步学案（人教版2019）

/素养·拓展/ &双& 畔 ##理# [2054月4日·五 高中物理 40第112页 现比在斗这列中凡本动性 (上5) 。鼓””””了 △ 2.人高 不过(,)时,队 处加 时回内击处到上 段,对过对个 - 对 奖务技求与二好 列到 . )在)土之 ,, 选大主选文因主段键比长文现内一题路号044乱了号:21-1 - 言是一把在,计 的阳_ 为.如用,不考在因 陆品 共. 二.计算题815) 题:(1)”-阳了 深入副析动能定理 享求因 _ 1rt1 田到的 3如5听示A一直E的 高过0其中永A比长 ]atn阳 (2)“”-过行,分 耳, ,后文上上,的 平干量一1一 物, 视学 站。 0南 陆孟 的程,下达确的日的远达 (3)””控别子过程的联石, 业在起力本 (北 一、 A。B限 ( ) Cn)的B:feB 1.,在一个甘. 周题子哥一 -哥t A.30! 1.--1.5h(aA& 0m) 二.理题的程 干本过中的变化,含个是 T,无在上 斜为为上 a.%i4r A上 347858 irihrigo. 1. 的. 文) Cor大 止开始一段死 2.听是,十力是占 .a{ivs hnt 2v-一-, B.道大x 行-2:在&点已阿 0.看正是 上5 -...m:n 3.为1谐物块一r -5也与末平。 ..or.i3tp 3. :(11阻了 1.哈的: s:“ ,去旦长的挂上动,如 与t: B.01 写,正 A.r: 甲面上{, 期听-块在上和下过标中其 ōLt. 7)1t的. 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B组 6.物块与地面间的摩擦力大小F,=mg=1N,由题图可 1.BC;2.BD;3.ABD. 知，0一4s内物块的加速度大小a=g=1ms,0~4s内物 提示： △ 1.竖直抬升过程中汽车只受重力和支持力，初、末状态汽 块的位移大小x=了=8m,由牛顿第二定律有F-R= 车均静止，动能不变，根据动能定理可知，支持力做功等于克服 ma,解得F=1,5N,0~4s内恒力F做的功W,=Fx=12J, 重力做功，故A错误，B正确：水平右移的过程中，汽车只受摩 设物块运动的整个过程中，克服摩擦力做的功为W,由动能定 擦力，汽车先由静止加速，最后减速到0，所以摩擦力先做正 理W。-W,=0,解得W=12J,故B正确。 功，后做负功，由于整个过程动能变化量为0，所以摩擦力对车 7,小物块水平方向受到拉力F和摩擦力F,的作用，根据动 做的总功为0，故C正确，D错误。 能定理￡=2m2-0=(F-F?)(亿+)，放A错误；小车相 2.重力做的功为W=mgh=20×10×4J=800J,故A 对地面的位移为x,水平方向仅受小物块对小车的摩擦力，根 错误：下滑过程根据动能定理可得W。一W如=2m6,解得克 高一物理人教（必修第二册） 第40~44期 服阻力做的功为W=440J,故B正确：经过Q点时向心加速 《机械能守恒定律》同步核心素养测评（四） 度大小为a=会=号m:=9.放C销误：经过Q点时。 A组 1.C;2.A;3.B;4.C;5.C;6.D;7.A: 根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力 提示： 大小为F=380N,根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力 1,排球从击出到落地的过程中，只有重力做功，机械能守 大小为380N,故D正确。 恒.故C正确。 3.由图乙可知，小物块上滑的最大距离为L=sm37°= h 2.若在人处于悬浮状态时减小部分风力，则体验者在加速 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 6m=5m,放A正确：由图乙，全程根据动能定理得-FL×2 3 风力对人做负功，故人的机械能减少，故A正确。 =20J-40J,解得小物块所受的摩擦力大小为F=2N,故B 3.从A到B过程只有重力做功，机械能守恒，故A错误；从 正确：小物块上滑过程中根据动能定理得-mgh-F,·L= 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 0-40J,解得小物块质量为m=1kg,故C错误；根据F,= 过程只有重力做功，机械能守恒，故C错误：从A到D过程，有 摩擦力做功，机械能不守恒，故D错误 umgcos37°=2N,解得动摩擦因数4=0.25，故D正确。 4.由于以出手时的高度为参考平面，因此刚出手时重力势 4(1)加速：(2)始(3)日 能为0，进人篮管时重力势能为mg(H-h),故AB错误；整个过 解析：(1)将货物无初速置于A处，货物受到的摩擦力与 程中机械能守恒，在任何位置的机械能均为E=mg(H-h)+ 传送带速度方向一致，所以在货物速度达到之前，做加速 2m心，刚出手时重力势能为零，因此动能为E。=mg(H-h) 运动， (2)若需让货物在最短时间内由B处喇好冲上C处，即到 +2m,经过途中P点时的动能比刚出手时的动能小，故D错 达C处速度恰好为0，且到达B处的速度是最大速度，则由动 误，C正确， 能定理有-msh=0-之m,则货物由B处喇好神上C处有 5.不考虑空气阻力，抛出后的铅球机械能守恒，故A错误； 铅球的重力势能为E。=mgh,故B错误，C正确：设抛出时铅球 的动能为E。,距地面的高度为。，根据机械能守恒得可得E。+ mgh。=E+mgh,可得E=E。+mgh,-mgh,故D错误 (3)在满足第(2)问的情况下，只要刚好到达B处恰好与 6.该无人机在距地面高2时，其重力势能E。=mgh2,由 传送带共速，则A与B之间的距离最短，由于货物在传送带上 获得的加速度为a=m坚=4m/6,则由2-号=2ax,可得A 。-么图像知其动能片=宁=宁2：学，=a空 2 m 与B之间的距离最短为x=。 故其机械能E=么，+=m(受+Sh,故D正确 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)0.5；(2)14m/s;(3)0.4m 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)从A到D过程由动能定理有 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 mgH-nmgx-mgh=0-分m 为零，所以E1=E:>E,小球在最低点时系统势能最大，故 解得：w=0.5 A正确，BD错误；在压缩弹簧过程中，根据牛顿第二定律，刚开 (2)物休第3次经过B点时由动能定理有 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 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 mgl 2numgxmm 加速度为零时，小球速度最大，因此系统势能最小，故C错误 解得：=14m/s 8.不相同1：1 (3)最终停止时由动能定理有 解析：在不计空气阻力的情况下，足球两次被以相同的速 msl-umgs=0-之mG 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 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 解得：s=21.6m 球到达ab两点时的动能相同，即动能之比为1：1，但由于Oa 所以物体最后停止时距离B点0.4m 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 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 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. 恒定律可得风eR=了一 9.(1)16J:(2)4m/s 解析：(1)物休在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=之m mg(R -h)-W=0 解得：i=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 《机械能守恒定律》同步核心素养测评（五） 解析：(I)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2=meh,解得=4心 解析：(1)要验证重物下落过程中符合机枝能守恒定律， (3)小球从D运动到E的过程中重力做的功 需要满足2=mg4: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： (2②)根据机枝能守相定律有h=之，测有号=助， 1.货车的惯性仅与质量有关，车质量不变，惯性不变，故A 因此图像应为正比例函数.故C正确。 错误：由于有摩擦力作用，机械能不守恒，故B正确；根据能量 (3)根据功能关系可得，当打点计时器打在B点时，重物 守恒定律，货车的动能转化为重力势能和内能（摩擦生热），故 的重力势能减少量为△E。=mghg=1.0×10×5.01×0.01J 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 =0.50J,匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的 的分力，故D错误.本题选错误的，故选ACD. 2.动能的增加量为△止=乞m2-0=8J,故A正确；重 平均速度，=芳=7%×品×001ms=09gm 力做功W=mgh=1×10×2J=20J,枚重力势能减小20J, 动能变化量为△上=2m后=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=20』-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F1=,从4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 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 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 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 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 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10252√/10 8=票-29a02×106=08 2×0.02 5.(1)小球从A点运动到C点的过程中，机械能守恒：从C (3)从起点O到打下e点的过程中，重物的重力势能减少 点运动到D点的过程中机械能不守恒； 量为 (2)2gR:(3)mg(R-h) △E。=mg·0e=1×9.8×5.01×102J=0.49j 解析：(1)小球从A点运动到C点的过程中，只有重力做 1 功，机械能守恒；从C点运动到D点的过程中，CD为粗糙轨道， 动能增加量为4识=之m=子×1×0.982J=Q48J 有摩擦力做功，机械能不守恒 由计算结果可知，重力势能减小量略大于动能的增加量， 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 在误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒。 (3)根据(1-m)h=之(1+m)(4）,可得时 (4)根据机械能守恒定律可得之m=mgh,即之 2M-m)g,可知若图像是过原点的一条倾斜直线，且直线的 幼，若以号为纵轴，以么为横轴建立坐标系得到的图像是一条 (M+m) 斜率为k=2M-m是，则A,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)d 的重力加速度g B组 3)B:2)mgh:(3);(④h= 1,(1)远： 22 (5)减小空气阻力对实验的影响 (2号京：g分：4w+m)号 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、4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)滑块通过光电门的速度：= d (2)小球从B点至A点过程中，重力势能减少量为△E,= 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”=了 d 当滑块运动L距离时，钩码下降，因此系统重力势能减 (4)小球从静止释放到最低点的过程中，若小球机械能守 恒，则有g:,整理得gh一号 少4E,=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4此=方m“+分址=宁号+ 主要原因是减小空气阻力对实验的影响。 4)不需要：2)兰：(3赤：小杆 解析：(1)为了验证机械能守恒，侧 21c(2)mgh=2M+m) (3)AB 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 即弘=(4)】 ,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 (2②)小球经过光电门的速度大小为：号 (2)如果系统机械能守恒，则(1+m)h-Mgh=(2M d (3)由以上分析可知g= 而，考虑到小球下落过程中受 +m)2,= ，所以mgh=之(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 少量等于重物A、B、物块C、细绳、滑轮组成的系统动能的增加 51)4(2)(-m)g动=(1+m)(4)）； 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 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： (3)2M-mg 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 (M +m)d2 值，所以系统重力势能诚少量大于重物A,B、物块C动能的增 解析：(1)测出挡光片挡光的时间：，则左右两侧物休的速 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 度的大小表达式为=4 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Meh-mgh=子(M+ 量小于重物A、B、物块C动能的增加量，故C错误 m)2,如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为(M-m)gh 3.()平行2(P-mg)(L+2) =+m(任) (2)mg1-ems0)=(F-g） 4 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 (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一mg=m 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 u+ 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， 解得小球在最低点的动能 故D正确。 2.从初始状态到细绳全部离开平台瞬间，细绳重力势能的 E=2m2=F-mg)(L+号) 减少量为△E。=mgh=0.3×10×0.5」=1.5J,根据机械能 (2)如果表达式me1-cms0)(L+号)=宁F-mg)L 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子·2m6=mgh 即mg(1-6s0)=之F-mg)成立，则小球下摆过程中 +mg(h+2Rsin),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-方=W-mgh+2Rin),解得= (3)根据mg1-ms)=(F-mg),得到F=3mg mgRsin6,故B正确。 2 mgcos8,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=子m-m…G,得小球通过 4.(2)1:2(3)不需要 最高点时的速度大小为，=1/s,故A错误：小球运动过程中 (4)2gL=(4)2+(4)2 te to 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v=or可得，由于转动过程中 根据牛额第二定律有g一F=m是解得弹簧的弹力大小为P 角速度相等，则有，：0=2：1，又有，：。=：之，解得 Ip to =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:g0=1:2 mg -F m a是解得P=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 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 道的压力大小为60N,枚D正确 钢球的质量， 5.物块B沿细线方向的分速度大小与小球A的速度大小 (4)当系统转动过程中满足机械能守恒定律，有 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 2ml-mel=(产+a(r 1 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 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) 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a,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。 《机械能守恒定律》同步核心素养测评（六】 恒定律可得之m2-之m听=mg(1-co).解得 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 提示： 撞前的动能为E,=mgH,篮球与地面碰撞过程损失的能量总 1.下落过程中蹦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：蹦极绳刚被拉直 为碰撞前动能的7，可知篮球下落到地面第一次碰撞后的动 -5 高一物理人教（必修第二册） 第40~44期 能为6：=(1-子)E,=之mg1,设篮球第一次碰撞后能达到 mgH umg(L+x)+E 解得E。=80J 的最大高度为h,由机械能守恒定律有mgh,=之mgH,解得 B组 1.AC:2.BD:3.BD. h1= H,同理可得篮球第二次碰撞后能达到的最大高度 2 提示： =子H,篮球第n次碰撞后能达到的最大高度：=（宁）”H,篮 1.从A点运动到B点的过程中，弹性轻绳减少的弹性势能 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； 球停止运动前运动的总路程为x=H+2(h,+h2+h+…+ 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 2 hn)=H+2× =3H,故C正确. mg=x,固定在地面时传感器示数为F,=8O0N,设此时弹性 1 12 轻绳的弹力为F,由平衡条件得F=F,+mg=1600N,由胡克 8.(1)4 2加6)号 定律可得F=(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O点第一次运动到P点的过程中，小球的速度先 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 (②)由能量守恒定律可得meL=-子（兰 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A点的动能不变，则片：手-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 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 故选D; 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(1 d2 kd 因数为4=2g -sin30)=之m-0,在c点时，由牛顿第二定律有F-mg= 9.(1)0.8J:(2)0.5m:(3)2m m,代人数据解得，=3/，F=20N,据牛顿第三定律，小 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Eg=0.8J 1 (2)根据动能定理得 劲到d点做平抛运动有an30°。2 1,解得t=5。 8,又由平 -mgxsin37°-umgxcos37°=0-En 解得x=0.5m 抛运动规律可知水平位移x=1=3×尽m 5m,竖直位 (3)因为mgim37°>4 mgcos37°，枚小滑块能从斜面上滑 下.所以根据动能定理得 移y= 之×10×（停>m=0.6m,放D正确.C错误 mgH-4 ngscos37°=0 解得s=2m 4.(1)x√2h (2)旅（3)品 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=,水平方向有x= mgllm 解得B点的速度大小露=10m/s t,联立解得"=√方 (2)从A点到C点由机械能守恒定律可得 (2)设弹簧压缩，时的弹性势能为E,滑块与桌面间的动 mg=2m吃+mg·2R 摩擦因数为u,根据能量守恒可得E= 2mm+mg,又U= 在C点时mg+F、=mR √，联立可得=+置，可知品-图像的斜* 解得F、=100N 为k= (3)当弹簧被压缩最短时由能量关系 4,解得弹簧压蜜：时的弹性势能为E,=六 6 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 (③)根据三4+学可得学=6，解得滑块与桌面 功的瞬时功率为P=Fm=12W,故B正确. E 5.弹簧A和B两端的拉力大小相等，由胡克定律可知kx 间的动摩擦因数为：=点，桌面有摩擦，不影响元-图像 b =kgxB,解得xA:xa=3:2, 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。 弹簧A和弹簧B的弹性势能分别为=，， 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 _3型，故A正确 2 小为 6.因为神舟十八号在地表附近匀减速下降，根据牛顿第二 Vg=at=2×2m/s=4m/s 定律f-mg=ma, (2)根据牛顿第二定律可得拉力F的大小为 可知神舟十八号下降过程中阻力不变，故克服阻力做功为 F=ma=0.5×2N=1N (3)小球运动到CD段的某点P(图中未画出)时脱离轨 W=在=t-名 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 故W一x图像是一条过原点的倾斜直线，W一4图像是开口 向下的抛物线，故A正确，B错误：重力势能的变化量为△E。 mgsin0 =mR =-。=-mg=-mg(w-之a）,可得，=mgh-mg 从B点到P点，根据机械能守恒定律可得 =房+nsR1+sn0 =msh-mg(w-ad2）=mg(h+a-w）所以E, 联立解得：sin0=0.4 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 则PB两点间的高度差为H=R(1+sin0)=0.7m 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 《机械能守恒定律》核心素养单元测评 1.C:2.D:3.C:4.B:5A:6.A:7.D. 程中，根据动能定理有g·2R-=了后-了，小球通 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 过A轨道的最高点时有mg=m m装，小球通过B轨道的最高点 于超重状态，故A错误：匀速下降阶段，返回舱的动能不变，重 力势能减小，因此机械能减小，故B错误；匀速下降阶段，返回 时有mg=m套联立解得甲=名gR,放D正确 8.AD:9.AC:10.ABC. 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 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 提示： 8.由题图可知，前4s内汽车做匀加速直线运动，根据-t 做的功，放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 图像可知其加速度为a=9,=2,5m/?,对汽车进行受 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 力分析有F-f=ma,已知f=0mg,联立解得F=56× 大，根据动能定理任-斤=之2，速度越小，故C错误 10N,汽车在前4：内位移为=受=号×4m=20m,关 3.春米锤向上抬起过程，先向上加速运动后减速运动，竖 车在前4s内的牵引力做的功为W=Fx=1.12×10J,故A正 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 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 失重，故A错误：春米锤向上拾起过程，人对春米锤做正功，春 运动阶段结束时汽车达到额定功率，此时有P颜==5.6× 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 10W,故C错误：汽车的加速度为零时其速度达到最大，即此 重力做负功mgh,所以重力势能增加mgh,故C正确：春米锤向 时牵引力等于阻力，有P=a,解得书m=35m/s,故D 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 正确. 率增大，故D错误 9.水平飞出时的重力势能为E。=mgh=20×103×10× 4,根据图像可知物块运动到x=8m处，F做的总功为W, 4J=0.8J,故A正确；落地时竖直方向的速度为，=√2gh= =3×2J+2×6」=18J,该过程根据动能定理得W,=之mm, 45ms,所以落地时的机械能为E=￡=m(后+)= 解得物块运动到x=8m处时的速度为=6m/s,故此时F做：0.96J,故B错误：整个过程机械能守恒，在离地高1m处的重力 一7 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 势能为E=mgh,=20×10-3×10×1J=0.2J= 名，放C ()广-() (3)根据小问(1)可知h1-h: 正确：落地时水平位移为=，=入√臣，所以x=D8m 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,-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 程中机械能守恒 10.两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械 13.(1)1.8J:(2)2.25J 能守恒，放有mgR+mg(2R)=子·2m,解得0=√BgR,即 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, 6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 +2R=了，联立解得W=一了gk,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+mgR=子m,解得杆对a球做功为W: 2 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 L(1B:（2)27,8h-hs 解得W=2251 87 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 F1=mgcos24°，F=uFx 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 he -h mglsin 24 -umgcos 24-Wm 的推论可知，打B点时的速度为g= 2T 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mg4:=之 15.(I)E,=16J:(2)o=2m/s: 即满足h。=h。-h,) (3)0.3m≤8≤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。=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 Meg-men=2呢+之 来减小该误差， 12(1)不需要：(2)4 由于转动过程中角速度相等，则有= 联立解得：=2m/s (3)h-h 2g(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 恒，减少的重力势能转化为动能，根据已知条件有mg(h,-2)） h+r-H=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gh-)=(品)）-（是） 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 故投石机的转轴O距城墙的距离s的范琍为0.3m≤≤ (2)根据题意通过光电门I的瞬时速度为= △ 0.8m. —8