第八章 机械能守恒定律 素养综合评价导学案-2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

第八章素养综合评价 (时间：75分钟　满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合题意．) 1. 如图所示，篮球从手中①位置投出后落到篮筐上方③位置，其在空中到达的最高点为②位置(空气阻力不能忽略).下列说法正确的是(　　) A．在②位置篮球动能等于0 B．从①位置到③位置的过程中只有重力做功 C．从①位置到②位置，篮球的动能全部转化为重力势能 D．从②位置到③位置，篮球动能的变化量等于合力做的功 2. 如图所示，同一物体m分别放在A、B两个位置，A在二楼天花板下方，B在一楼地面上．以二楼地面为参考平面，下列说法正确的是(　　) A．物体m在B位置的重力势能大于0 B．将物体m从B移到A的过程中，重力做负功，重力势能减小 C．选不同的参考平面，物体m在A位置的重力势能都相同 D．选不同的参考平面，物体m从A移到B的过程中，重力势能的变化量都相同 3. “娃娃机”将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制抓取玩具的机械爪，使用者要凭自己的技术操控机械爪，以取到自己想要的玩具．关于“娃娃机”，下列说法正确的是(　　) A．机械爪抓到玩具匀速上升时，玩具机械能守恒 B．机械爪抓到玩具加速水平移动时，玩具的机械能增加 C．玩具从机械爪掉下时，速度增加，玩具的机械能增加 D．机械爪抓到玩具加速上升时，机械爪做的功等于玩具重力势能的变化量 4．中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数．假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为(g取10m/s2)(　　) 发动机最大输出功率/kW 332 最大输送高度/m 63 整车满载质量/kg 5.4×104 最大输送量/(m3/h) 180 　 A．1.08×107JB．5.04×107JC．1.08×108JD．2.72×108J 5. [2023·四川内江高一期末]如图所示，物体自倾角为θ、长为L的固定于水平地面的斜面顶端由静止开始滑下，到斜面底端时与固定挡板发生碰撞，碰后物体又沿斜面上升，多次往复后，物体最后停靠在挡板上．设碰撞时无动能损失，物体总共滑过的路程为s，则物体与斜面间的动摩擦因数为(　　) A．B．C．D． 6．在某次帆船运动比赛中，质量为500kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v­t图像如图所示．下列表述正确的是(　　) A.在0～1s内，合外力对帆船做了1000J的功 B．在0～2s内，合外力对帆船做了250J的负功 C．在1～2s内，合外力对帆船不做功 D．在0～3s内，合外力始终对帆船做正功 7．排球课上小明同学练习垫球，现将质量为m的排球，以初速度v0竖直向上垫起，由于空气阻力作用，排球上升时加速度大小为g，小明在原垫起点接住排球，排球在整个运动过程中受到的阻力大小恒定．关于排球的运动，下列说法正确的是(　　) A．整个过程阻力不做功B．整个过程克服阻力做功mv C．返回垫起点时重力的瞬时功率为mgv0D．返回垫起点时重力的瞬时功率为mgv0 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．) 8．如图甲所示，在水平地面上放置一质量m＝4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x变化的图像如图乙所示．已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.下列说法正确的是(　　) A.物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B．水平推力所做的功为200J C．物体运动0～4m的过程中合力做的功为120J D．物体在运动过程中的加速度先变小后不变 9．如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点．已知ab＝0.8m，bc＝0.4m，那么在整个过程中，下列说法正确的是(　　) A.滑块动能的最大值是6J B．弹簧弹性势能的最大值是6J C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6J D．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒 10．2022年6月17日，我国完全自主设计建造的航空母舰“福建舰”顺利下水．根据设计，“福建舰”发动机最大输出功率为P，最大航行速度为vm，其航行时所受的阻力随速度增大而增大．下列关于“福建舰”的说法正确的是(　　) A．若匀加速启动，则牵引力逐渐增大B．若恒定功率启动，则做匀加速直线运动 C．以vm匀速航行时，所受的阻力为D．以匀速航行时，输出功率为 三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．) 11．(7分)在用落体法验证机械能守恒定律实验中： (1)下列图中释放纸带的操作正确的是________． (2)甲同学按照正确的步骤操作，利用纸带算出的重物重力势能的减少量ΔEp往往略大于动能的增加量ΔEk，这是因为________________________________________________________________________． (3) 乙同学设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律：通过电磁铁控制一小铁球从A点自由下落，小铁球下落过程中经过光电门B时，计时器(图中未画出)记录挡光时间t，用刻度尺测出A、B之间的距离h.已知小铁球的直径为d，当地重力加速度为g，当题中所给的d、t、h、g满足关系式______________时，即可验证小铁球下落过程中机械能守恒． 12．(9分)[2023·河南郑州高一下期末]某实验小组采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，实验的主要步骤如下． A．将导轨调至水平 B．测出挡光条的宽度d C．用天平测出托盘和砝码的总质量m，滑块和挡光条的总质量M D．将滑块放在气垫导轨上，通过轻质细绳与托盘连接，测出挡光条到光电门的距离L E．将滑块由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间Δt F．对测量数据进行分析，得出实验结论 (1)下列关于本实验的分析中，不正确的是________． A．调节气垫导轨左端的滑轮，使细绳与导轨平行 B．滑块初始位置与光电门间的距离适当大些 C．挡光条的宽度越大，测量结果越精确 D．应使托盘和砝码质量远小于滑块和挡光条的总质量 (2) 实验时发现光电门坏了，他们就在气垫导轨右端装上电磁打点计时器来进行实验．如图乙所示是他们得到的一条纸带，图中A、B、C、D、E、F为连续的6个计数点，相邻的两计数点间还有4个计时点未标出，其中AB＝4.80cm, BC＝8.00cm, CD＝11.20cm, DE＝14.40cm, EF＝17.60cm.若M＝400g，m＝200g，重力加速度g＝9.8m/s2，电源频率为50Hz，则打点计时器打下B点时滑块的速度为vB＝________m/s，从打下B点到打下E点的过程中系统动能的增加量ΔEk＝________J，重力势能的减少量ΔEp＝________J．多次实验后发现ΔEk总是小于ΔEp，原因是____________________________________________．(计算结果保留两位有效数字) 13．(10分) 如图所示，质量为m＝2kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2. (1)求前2s内重力的平均功率． (2)求2s末重力的瞬时功率． 14．(12分)我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟内就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助速度滑冰运动员训练弯道滑行技术．如图所示，某次训练中弹射装置在加速段将一质量m＝80kg的运动员加速到速度v0＝15m/s，此后，运动员自己稍加施力便可保持该速度不变，匀速通过变道段，再进入半径R＝30m的水平弯道做匀速圆周运动．已知加速段克服阻力做功为3000J，运动员可视为质点，不考虑空气阻力影响，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)求弹射装置对运动员做功W的大小． (2)求过水平弯道时，运动员受到冰面作用力F的大小和方向． 15．(16分) 如图所示，在足够长的光滑水平桌面上固定一个四分之一光滑圆弧形槽，半径R＝0.45m，末端与桌面相切．将质量m＝0.1kg的小球(可视为质点)由槽的顶端无初速度释放，经桌面上A点水平飞出，小球恰好无碰撞地沿圆弧轨道切线从B点进入固定的竖直光滑圆弧轨道，B、C为圆弧轨道的两端点，其连线水平，O为圆弧轨道的最低点．已知圆弧轨道对应圆心角θ＝106°，半径r＝1m．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)求小球沿圆弧形槽下滑到槽底端时的速度大小． (2)求桌面离水平地面的高度h. (3)求小球运动至O点时对圆弧轨道的压力大小． 第八章素养综合评价 1．解析：由题图可知，篮球在由②位置到③位置的过程中具有水平位移，说明篮球在②位置速度不为0，动能不为0，A错误；由于空气阻力不能忽略，则篮球在从①位置运动到③位置的过程中要克服空气阻力做功，因此从①位置到②位置的过程中篮球的一部分动能转化为重力势能和内能，B、C错误；根据动能定理可知，篮球从②位置运动到③位置，动能的变化量等于合力做的功，D正确． 答案：D 2．解析：物体m的位置在参考平面下方，重力势能小于0，选项A错误；将物体m从B移到A的过程中，重力做负功，重力势能增大，选项B错误；选不同的参考平面，物体m在A位置的重力势能不相同，选项C错误；重力势能的变化量只和重力做功有关，而重力对同一物体做功只和初末位置的高度差有关，与参考平面的选择无关，选项D正确． 答案：D 3．解析：玩具匀速上升时动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，A错误；玩具加速水平运动时动能增大，机械能增加，B正确；玩具从机械爪掉下时，若不计空气阻力，玩具的机械能守恒，若考虑空气阻力，玩具的机械能减少，C错误；玩具加速上升时，动能和重力势能均变大，机械爪做的功等于玩具重力势能与动能的增加量之和，D错误． 答案：B 4．解析：由功的公式得，泵车每小时做的功W＝Fl＝mgh＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30J＝1.08×108J．A、B、D错误，C正确． 答案：C 5．解析：碰撞时无动能损失，物体最终停在挡板上，对全过程运用动能定理得mgLsinθ－μmgscosθ＝0，解得μ＝. 答案：C 6．解析：在0～1s内，帆船的速度增大，动能增大，根据动能定理W合＝ΔEk，得W合＝mv2－0＝×500×22J＝1000J，即合外力对帆船做了1000J的功，故A正确；在0～2s内，动能增加，根据动能定理W合＝ΔEk，得W′合＝mv′2－0＝×500×12J＝250J，即合外力对帆船做了250J的正功，故B错误；在1～2s内，动能减小，根据动能定理W合＝ΔEk，则合外力对帆船做负功，故C错误；在0～3s内，根据动能定理W合＝ΔEk，合外力对帆船先做正功，后做负功，故D错误． 答案：A 7．解析：排球上升过程，根据牛顿第二定律，有mg＋Ff＝ma，代入数据，可得Ff＝mg，该过程排球的位移大小为x＝＝，则整个运动过程中，阻力做功为Wf＝－f×2x，代入数据，可得Wf＝－mv，所以整个过程克服阻力做功为|Wf|＝mv，故A、B错误；设返回垫起点时排球速度为v，整个过程中由动能定理，有Wf＝mv2－mv，整理可得v＝v0，所以返回垫起点时重力的瞬时功率为P＝mgv＝mgv0，故C错误，D正确． 答案：D 8．解析：物体先做加速运动，当推力大小小于摩擦力大小时开始做减速运动，A错误；F­x图像中图线与横轴所围图形的面积表示推力对物体所做的功，由题图乙得推力对物体所做的功W＝200J，B正确；物体运动过程中摩擦力的大小Ff＝μmg＝20N，则物体运动0～4m的过程中摩擦力所做的功Wf＝－Ffx＝－20×4J＝－80J，则合力做的功W总＝W＋Wf＝(200－80) J＝120J，C正确；由题图乙可知推力一直减小，而摩擦力不变，故加速度先减小后反向增大，最后不变，D错误． 答案：BC 9．解析：滑块能回到原释放点，说明无摩擦力做功，故机械能守恒，D正确；以c点为零势能参考平面，则滑块在a点的重力势能为6J，在c点处的速度为0，重力势能也为0，因系统机械能守恒，则弹簧弹性势能的最大值为6J，从c到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减小量，故为6J，B、C正确；滑块动能最大时，弹性势能不为零，重力势能大于零，故动能的最大值小于6J，A错误． 答案：BCD 10．解析：若匀加速启动，则F－Ff＝ma，因阻力Ff随速度增加而增大，则牵引力逐渐增大，选项A正确；若恒定功率启动，则根据P＝Fv，a＝＝，则随着速度增加，加速度减小，则做加速度减小的变加速直线运动，选项B错误；以vm匀速航行时，此时F＝Ff，则所受的阻力为Ff＝F＝，选项C正确；以匀速航行时，牵引力F′等于阻力F′f，但是不等于Ff，则根据P′＝F′，可知输出功率不等于，选项D错误． 答案：AC 11．解析：(1)释放重物前，让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上端，使纸带处于竖直位置，故A正确，B、C、D错误． (2)利用纸带算出的重物重力势能的减少量ΔEp往往略大于动能的增加量ΔEk，这是因为重物下落过程中受到阻力作用，而阻力做负功，动能增加量小于重力势能减少量． (3)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小铁球经过光电门的速度大小为v＝，由于小铁球初速度为零，则动能的增加量为ΔEk＝mv2＝m()2，重力势能的减少量为ΔEp＝mgh，若满足m()2＝mgh，即()2＝gh，即可验证小铁球下落过程中机械能守恒． 答案：(1)A　(2)重物下落过程中受到阻力作用 (3)()2＝gh 12．解析：(1)实验时，应将气垫导轨调至水平，细绳与导轨平行，故A正确，不符合题意；为了减小误差，滑块初始位置与光电门间的距离应适当大些，故B正确，不符合题意；挡光条的宽度越小，测量结果越精确，故C错误，符合题意；本实验不需要托盘和砝码质量远小于滑块和挡光条的总质量，故D错误，符合题意． (2)根据某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，打点计时器打下B点时滑块的速度为vB＝＝0.64m/s，打点计时器打下E点时滑块的速度为vE＝＝1.6m/s，则从打下B点到打下E点的过程中系统动能的增加量为ΔEk＝(m＋M)v－(m＋M)v≈0.65J，重力势能的减少量为ΔEp＝mgΔh＝mgxBE≈0.66J．多次实验后发现ΔEk总是小于ΔEp，原因是滑块和挡光条需要克服空气阻力及纸带与打点计时器间的摩擦力做功． 答案：(1)CD　(2)0.64　0.65　0.66　滑块和挡光条需要克服空气阻力及纸带与打点计时器间的摩擦力做功 13．解析：(1)木块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律可得 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得a＝2m/s2 前2s内木块的位移为l＝at2＝×2×22m＝4m 重力在前2s内做的功为 W＝mglsinθ＝2×10×4×0.6J＝48J 重力在前2s内的平均功率 ＝＝W＝24W. (2)木块在2s末的速度 v＝at＝2×2m/s＝4m/s 2s末重力的瞬时功率 P＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W. 答案：(1)24W　(2)48W 14．解析：(1)根据动能定理可知W－Wf＝mv 解得弹射装置对运动员做功的大小为W＝12000J (2)竖直方向有FN＝mg 水平方向有Fx＝m 所以运动员受到冰面作用力F的大小为 F＝＝1000N 与水平方向夹角满足tanθ＝＝ 与水平方向夹角为θ＝53°斜向右上方． 答案：(1)12000J　(2)1000N　与水平方向夹角为53°斜向右上方 15．解析：(1)小球沿圆弧形槽下滑到槽底端过程中机械能守恒，有mgR＝mv，解得v1＝3m/s. (2)小球离开桌面后以3m/s的初速度做平抛运动，竖直方向有h＝gt2， 小球恰好无碰撞地沿圆弧轨道切线从B点进入固定的竖直光滑圆弧轨道，则有tan53°＝， 联立解得h＝0.8m. (3)小球由A点到O点，由机械能守恒定律得 mg(h＋r－rcos53°)＝mv2－mv， 在O点，由牛顿第二定律得F－mg＝m， 代入数据解得F＝4.3N， 根据牛顿第三定律，小球运动至O点时对圆弧轨道的压力大小为4.3N. 答案：(1)3m/s　(2)0.8m　(3)4.3N 关键点拨：多过程的机械能守恒问题多与其他知识相结合考查，一定要注意机械能守恒的条件，分析在哪个过程中机械能守恒，然后列式求解． 学科网（北京）股份有限公司 $