单元检测卷(一) 功和机械能-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（鲁科版）

单元检测卷(一)　功和机械能 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、选择题(本题共12小题，共40分。第1～8小题只有一个选项正确，每小题3分，第9～12小题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1.下列关于功和功率的说法正确的是(　　) A.功是矢量，功率是标量 B.合力对物体所做的功等于各分力做功的代数和 C.由P＝可知，做功越多功率越大 D.由P＝可知，只要知道W和t的值就可以计算出任意时刻的功率 答案：B 解析：功和功率都是标量，故A错误；因为功是标量，根据代数求和原则，可知合力对物体所做的功等于各分力做功的代数和，故B正确；根据P＝可知，力做功越多功率不一定越大，还与时间有关，故C错误；根据P＝可得平均功率，知道W和t的值不能计算出任意时刻的功率，故D错误。 2.如图为一辆新能源电动汽车，发动机的额定功率为9.0×104 W。当汽车以10 m/s的速度沿水平路面匀速行驶时，牵引力大小为3.0×103 N，此时汽车发动机输出的实际功率为(　　) A.1.0×104 W B.1.5×104 W C.3.0×104 W D.9.0×104 W 答案：C 解析：汽车发动机输出的实际功率为P＝Fv＝3.0×103×10 W＝3.0×104 W。故选C。 3.飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，到达竖直状态的过程中(如图所示)，飞行员所受重力的瞬时功率的变化情况是(　　) A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 答案：C 解析：对飞行员受力及运动分析如图所示，在A位置，飞行员受重力但速度为零，所以P＝mgv＝0；在B位置，飞行员受重力mg，速度为v，α＝90°，所以P＝Fvcos α＝0；在A、B之间的任意位置C，0°＜α＜90°，由P＝Fvcos α知P为一个大于零的数值，所以运动员所受重力的瞬时功率的变化情况是先增大后减小，故C正确。 4.质量为2 kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为1 m/s，则力作用8 m时物体的速度为(　　) A. m/s B. m/s C. m/s D. m/s 答案：B 解析：外力与位移图像与坐标轴围成的面积表示外力所做的功，由图像可知W＝2×2 J＋4×4 J－2×3 J＝14 J，根据动能定理得W＝mv 2－m，代入数据解得v＝ m/s，故B正确，A、C、D错误。 5.仰卧起坐是《国家学生体质的健康标准》中规定的女生测试项目之一。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50 kg，上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变，g取10 m/s2。则测试过程中该女生克服重力做功的平均功率约为(　　) A.10 W B.40 W C.100 W D.200 W 答案：C 解析：设该同学身高1.6 m，每次上半身重心上升距离约为h＝0.4 m，则每次克服重力做功为WG＝0.6mgh＝0.6×50×10×0.4 J＝120 J，则功率P＝ ＝ W＝100 W，即该女生克服重力做功的平均功率约为100 W。故选C。 6.一辆质量为m的汽车以速度v0匀速行驶在平直路面上，发动机驱动功率为P0。汽车防撞系统发现前方有障碍物，系统立即撤去驱动力，施加制动力使汽车减速，制动力功率为2P0，不计传动过程中能量损失，当汽车速度为时汽车的加速度为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：根据题意可得P0＝Fv0＝fv0，根据牛顿第二定律有F制动＋f＝ma，又有P制动＝2P0＝，联立可得当汽车速度为时汽车的加速度为a＝。故选A。 7.在用落体运动验证机械能守恒定律的实验中，根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴，画出的图像应是下图所示中的哪个(　　) 答案：C 解析：从理论角度自由落体下落过程中，mgh＝mv2。整理得：＝gh，所以以为纵轴，h为横轴，画出的图像应是过原点的倾斜直线，故C正确，A、B、D错误。 8. “激流勇进”是游乐园中娱乐性非常强的项目。皮艇从高处由静止开始沿着倾斜水道加速滑下，若到达最低点时速度为v，下滑过程中重力做功为W1、阻力做功为W2，皮艇及游客总质量为m，则下列关系式中正确的是(　　) A.W1＝ B.W2＝ C.W2＋W1＝ D.W1－W2＝mv2 答案：C 解析：皮艇从水道高处到低处，由动能定理有W2＋W1＝。故选C。 9.小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是(　　) A.汽车受到的阻力为800 N B.0～18 s内，汽车牵引力做的功无法计算 C.小型汽车的质量为200 kg D.汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90 m 答案：AC 解析：当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有f＝＝ N＝800 N，故A正确；由题图甲可知，汽车在0～8 s做匀加速直线运动，加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，牵引力大小为F1＝＝1 000 N，由牛顿第二定律有F1－f＝ma，解得m＝200 kg，由v-t图像与横轴的面积表示位移可得，位移为s1＝×8×8 m＝32 m，则在0～8 s内牵引力做的功为W1＝F1s1＝32 000 J，8～18 s牵引力做的功为W2＝Pt＝80 000 J，则0～18 s内，汽车牵引力做的功W＝W1＋W2＝112 000 J，故B错误，C正确；8～18 s内，由动能定理有W2＝fs2＋－，解得s2＝95.5 m，故D错误。故选AC。 10.如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　) A.对物体，动能定理的表达式为W＝m－m，其中W为支持力做的功 B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功 C.对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功 D.对电梯，其所受的合力做功为M－M 答案：CD 解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝m－m，选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，选项D正确。 11. A、B两物体的质量之比mA∶mB＝1∶2，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB和A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB分别是(　　) A.WA∶WB＝1∶1 B.WA∶WB＝1∶2 C.FA∶FB＝3∶4 D.FA∶FB＝4∶3 答案：BC 解析：根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可知A与B加速度大小之比为aA∶aB＝3∶2，由牛顿第二定律可知FA∶FB＝mAaA∶mBaB＝3∶4，由动能定理得，摩擦力做的功为W＝0－mv2，由于A、B的初速度大小相同，又mA∶mB＝1∶2，所以A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB＝mA∶mB＝1∶2，故B、C正确，A、D错误。 12.如图所示，倾角为θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(　　) A.物块的机械能逐渐增加 B.软绳重力势能共减少了mgl C.物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功 D.软绳减少的重力势能小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 答案：BD 解析：以物块为研究对象，细线对物块做负功，物块机械能减少，故A错误；开始时软绳的重心在最高点下端lsin 30°＝处，物块由静止释放后向下运动。当软绳刚好全部离开斜面时，软绳重心在最高点下端处，故软绳的重心下降了l，软绳重力势能共减少了mgl，故B正确；根据功能关系，细线对软绳做的功与软绳重力势能的减少量之和等于其动能的增加量与克服摩擦力所做的功之和，物块减少的重力势能等于克服细线拉力所做的功及其动能的增加，故D正确，C错误。 二、非选择题(本题共6小题，共60分) 13.(6分)用图甲装置验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，重物带动纸带从静止开始自由下落，当地重力加速度为g。 (1)对于该实验，下列操作正确的是　　　　。 A.实验时应选用密度小、体积大、下端有橡胶垫的重锤 B.用手托稳重物，先接通电源后再释放重物 C.本实验需要测出重物的质量 D.选用电火花打点计时器而不用电磁打点计时器更有利于减少实验误差 (2)某小组利用上述装置获得一条纸带，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离为h，计算打下对应计数点时重物的速度为v，描绘的v2-h图像如乙中图线a所示，斜率接近　　　　(用相关物理量符号表示)即可认为在误差允许范围内机械能守恒。若另一组同学得到的图线为b，斜率明显偏小的原因可能是_________________ 　　　　　 　　　　(写出一条即可)。 答案：(1)D　(2)2g　下落过程中重物受到空气阻力、纸带与电火花打点计时器存在阻力等 解析：(1)实验时应选用密度大、体积小，并且下端有橡胶垫的重锤，可以减小空气阻力的影响，故A错误；手拉着纸带上端处于竖直面，先接通电源后再释放纸带，不是用手托稳重物，故B错误；验证机械能守恒定律实验中，等式两边均有质量，因此实验不需要测出重物的质量，故C错误；从两打点计时器的工作原理来分析，电火花计时器受到阻力相对较小，因此不用电磁打点计时器更有利于减少实验误差，故D正确。 (2)在重物下落h的过程中，若阻力不计，根据mgh＝mv2，可得v2＝2gh，则要想通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒，必须看图像的斜率是否接近2g。若另一组同学得到的图线为b，斜率明显偏小，在重物下落h的过程中，若阻力F阻恒定，根据mgh－F阻h＝mv2，可得v2＝2(g－)h，则斜率明显偏小的原因可能是下落过程中重物受到空气阻力、纸带与电火花打点计时器存在阻力等。 14.(8分)某同学做验证机械能守恒定律的实验，实验装置如图甲所示。测量出光电门到放在试管夹上质量为m＝0.1 kg 的小铁球重心竖直的距离为x；打开试管夹，由静止释放小铁球，小球经过正下方的固定在铁架台上的光电门时，与光电门连接的传感器可以记录小铁球经过光电门的时间。 (1)用螺旋测微器测得小铁球直径如图乙所示，其直径D＝　　　　 mm。 (2)从与光电门连接的传感器上读出小铁球经过光电门的时间t＝2 ms，小铁球经过光电门时的速度＝　　　　m/s，则小铁球经过光电门时的动能Ek＝　　　　J。(计算结果均保留2位有效数字) (3)某同学多次改变光电门的位置，测量出光电门到小铁球的重心竖直的距离x并计算出小铁球经过光电门时的速度v，通过描绘v2-x图像去验证机械能是否守恒。若实验中小铁球所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2-x图像是下图中的　　　　。 答案：(1) 8.478(8.476～8.480)　(2) 4.2　0.88　(3)A 解析：(1)如图乙所示，螺旋测微器的固定刻度读数为8 mm，可动刻度读数为0.01×47.8 mm＝0.478 mm。其直径D＝8 mm＋0.478 mm＝8.478 mm。 (2)小铁球经过光电门时的速度 v＝＝ m/s＝4.2 m/s 所以小铁球经过光电门时的动能 Ek＝mv2＝0.88 J。 (3)从理论上分析，由机械能守恒定律有 x＝mv2 得v2与x成正比，故A正确。 15. (9分)某人用300 N的水平推力，把一个质量为50 kg的木箱沿水平路面加速推动10 m，后来又把它匀速举高2 m，这个人对木箱共做功多少？ 答案：4×103 J 解析：整个做功过程分为两个阶段：在水平路面上用力F1＝300 N，位移s1＝10 m；在竖直方向上用力F2，位移s2＝2 m，全过程中做功为这两个阶段做功之和。 沿水平路面推行时，人对木箱做功为 W1＝F1s1＝300×10 J＝3×103 J 匀速举高时人对木箱的作用力F2＝mg， 人对木箱做功为 W2＝F2s2＝50×10×2 J＝1×103 J 所以全过程中人对木箱做的功为 W＝W1＋W2＝4×103 J。 16.(10分)如图甲、乙所示分别是某学生骑车沿水平路面运动以及爬坡的情形。假如他骑车时的最大功率P＝1 200 W，车和学生的总质量m ＝75 kg，斜坡倾角θ＝20°，爬坡以及沿水平路面运动过程中所受摩擦阻力均恒为f＝60 N，取g＝10 m/s2，sin 20°＝0.34，求： (1)该学生在水平路面上骑车的最大速度的大小v1； (2)该学生骑车上坡的最大速度的大小v2。 答案：(1)20 m/s　(2)3.81 m/s 解析：(1)学生在水平路面上骑车时，根据牛顿第二定律有F1－f＝ma 当速度最大时加速度等于零，有F1＝f，P＝F1v1则v1＝＝＝ m/s＝20 m/s。 (2)学生骑车上坡时，根据牛顿第二定律有F2－f－mgsin θ＝ma' 当速度最大时加速度等于零，有F2＝mgsin θ＋f， P＝F2v2 则v2＝＝＝ m/s≈3.81 m/s。 17.(12分)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图所示的是滑板运动的轨道，AB和CD是一段圆弧形轨道，BC是一段长7 m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以6 m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知运动员与滑板的总质量为50 kg，h＝1.4 m，H＝1.8 m，不计圆弧轨道上的摩擦(g取10 m/s2)。求： (1)运动员第一次经过B点、C点时的速度各是多少？ (2)运动员与BC轨道的动摩擦因数。 答案：(1)8 m/s　6 m/s　(2)0.2 解析：(1)以水平轨道为零势能面，从P点到B点，根据机械能守恒定律有m＋mgh＝m， 解得vB＝8 m/s。 从C点到Q点，根据机械能守恒定律有 m＝mgH， 解得vC＝6 m/s。 (2)从B到C由动能定理可得 －μmglBC＝m－m 解得μ＝0.2。 18.(15分)如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力。(g取10 m/s2)求： (1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能； (2)小物块到达桌边B点时速度的大小。 答案：(1)2.3 J　(2)2 m/s 解析：(1)取向左为正方向，从F-x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为f＝1.0 N，方向为负方向，在压缩过程中，摩擦力做功为Wf＝－f·x＝－0.1 J 由图线与x轴所围的“面积”可得外力做功为 WF＝×0.1 J＝2.4 J 所以弹簧存贮的最大弹性势能为Ep＝WF＋Wf＝2.3 J。 (2)从A点开始到B点的过程中，由于L＝2x 摩擦力做功的大小为Wf'＝f·3x＝0.3 J 对小物块用动能定理有Ep－Wf'＝m 解得vB＝2 m/s。 学生用书⬇第37页 学科网（北京）股份有限公司 $