第1章 功和机械能 阶段质量检测(一)（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（鲁科版）

阶段质量检测(一) (满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.关于物体的动能，下列说法中正确的是(　 ) A.若物体速度变化，则其动能一定变化 B.若物体所受的力不为零，则其动能一定变化 C.若一定质量的物体的动能变化，则其运动状态一定变化 D.物体的速度变化越大，其动能的变化一定也越大 √ 解析：若物体的速度方向变化而大小不变，则其动能不变，A、D错误；当物体所受合外力不为零时，其速度大小可能不变，速度方向改变，动能可能不变，故B错误；若一定质量的物体的动能变化，则其速度一定变化，运动状态一定变化，C正确。 2.如图所示，质量为m的小球从高为h处的斜面上的A点滚下，经过水平面BC后，再滚上另一斜面，当它到达处时，速度减为0，则整个过程中，重力做功为(　 ) A. B.mgh C.mgh D.0 √ 解析：根据重力做功与路径无关的特点，W=mg=，B正确。 3.动车组又称“动车组列车”，为现代火车的一种类型，由若干带动力的车辆(动车)和不带动力的车辆(拖车)组成，列车在正常使用期限内以固定编组模式运行。某动拖比(动车与拖车的数量之比)为4∶4的动车组以速率v沿直线轨道匀速行驶，为了提速，将动拖比提高为6∶2，若提速前后每节动车匀速行驶时的功率均为P，动车组行驶中受到的阻力f与行驶速度的平方v2成正比，则该动车组提速后的最大速度为 (　 ) A.v B.v C.v D.2v √ 解析：动拖比(动车与拖车的数量之比)为4∶4 时，F牵=f=kv2，F牵v=fv=4P，将动拖比提高为6∶2时，设最大速度为v'，则有f'=kv'2，6P=f'v'，联立解得v'= v，故C正确，A、B、D错误。 4.质量为m的汽车启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定。当汽车速度为v时，汽车做匀速运动；当汽车速度为时，汽车的瞬时加速度大小为(　 ) A. B. C. D. √ 解析：当汽车速度为v时，汽车做匀速运动，则F=Ff，根据功率与速度的关系得P=Fv，汽车受到的阻力大小为Ff=F=，当车速为时，根据功率与速度的关系得P=F1·，则F1=，根据牛顿第二定律得F1-Ff=ma，解得汽车的瞬时加速度的大小为a=，故选C。 5.如图所示，取一支按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔将会向上弹起一定的高度。圆珠笔运动过程中始终处于竖直状态。下列说法正确的是 (　 ) A.下压圆珠笔的过程中，弹簧的弹性势能减小 B.下压圆珠笔的过程中，重力对圆珠笔做负功 C.圆珠笔向上运动的过程中，重力势能一直增大 D.圆珠笔向上运动的过程中，动能一直减小 √ 解析：下压圆珠笔的过程中，弹簧的压缩量逐渐增大，弹性势能增大，A错误；下压圆珠笔的过程中，重力方向向下，位移方向向下，重力对圆珠笔做正功，B错误；圆珠笔向上运动的过程中，圆珠笔的重力做负功，重力势能增大，C正确；圆珠笔向上先做加速直线运动，当弹簧的弹力与笔的重力相等时加速度变为0，此时速度最大，之后再做减速直线运动，则动能先增大再减小，D错误。 6.物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能的大小、位移的大小和运动的时间。则如图所示的图像中，能正确反映这一过程的是 (　 ) √ 解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不变，故A、B错误；设阻力大小为f，由动能定理得-fx=Ek-Ek0，解得Ek=Ek0-fx，Ek-x图像为倾斜直线，故C正确；由运动学公式得x=v0t-at2，则Ek=Ek0-f（v0t-at2），Ek与t不成线性关系，故D错误。 7.质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则此物体 (　 ) A.在位移s=9 m时的速度大小为3 m/s B.在位移s=9 m时的速度大小为3 m/s C.在OA段运动的加速度大小为2.5 m/s2 D.在OA段运动的加速度大小为2 m/s2 √ 解析：对于前9 m过程，根据动能定理，有WOB-μmgsOB=m-0，解得vB=3 m/s，故B正确，A错误；对于前3 m，即在OA段过程，根据动能定理，有WOA-μmgsOA=m-0，解得vA=3 m/s，根据速度—位移关系式=2asOA，解得a=1.5 m/s2，故C、D错误。 8.《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 (　 ) A. B. C. D.nmgωRH √ 解析：根据题意可知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm，水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，筒车对灌入稻田的水做功的功率P=，又T=，联立有P=，故选B。 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点(B位置)。对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是(　 ) A.运动员到达最低点时，其所受合外力为零 B.在这个过程中，运动员的动能一直在减小 C.在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增大 D.在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功 √ √ 解析：运动员从接触跳板到运动至最低点，弹力在增大，合力先减小后增大，所以运动到最低点合力不为零，故A错误；由于一开始弹力很小，故重力大于弹力，此过程为加速过程，随着跳板形变越来越大，弹力会增大到大于重力，人就做减速运动，所以运动员是先加速后减速，故其动能先增大后减小，故B错误；由于跳板形变越来越大，所以跳板的弹性势能一直在增大，故C正确；在此过程中动能减小到0，重力做正功，弹力做负功，根据动能定理有WG+W弹=0-m，W弹=-m-WG，故重力做的功小于弹力做的功，故D正确。 10.如图所示，载有货物的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s 匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN=PQ=20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有 (　 ) A.从M到N，小车牵引力大小为40 N B.从M到N，小车克服摩擦力做功800 J C.从P到Q，小车重力势能增加1×104 J D.从P到Q，小车克服摩擦力做功750 J √ √ 解析：从M到N，由P=Fv，知其水平牵引力大小为F1== N=40 N，故A正确；小车在MN段匀速，则Ff1=F1=40 N，故小车克服摩擦力做功WFf1=Ff1·MN=800 J，B正确；从P到Q，小车重力势能增加ΔEp=mg·PQsin 30°=5×103 J，故C错误；从P到Q，其牵引力为F2==285 N，由于小车匀速向上运动，则F2=mgsin 30°+Ff2，得Ff2=35 N，故小车克服摩擦力做功WFf2=Ff2·PQ=700 J，D错误。 11.传送带在生产生活中有广泛的应用。如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t=0时，将质量m=1.5 kg的货物(可视为质点)轻放在传送带上端，其相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10 m/s2，则 (　 ) A.传送带的倾角θ=30° B.传送带的速率v0=10 m/s C.货物与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5 D.0~2.0 s内摩擦力对货物做功Wf=96 J √ √ 解析：当货物的速率超过传送带的速率后，货物受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v-t图像可得，传送带的速率为v0=10 m/s，选项B正确；1.0 s之前的加速度a1=10 m/s2，1.0 s之后的加速度a2=2 m/s2，结合牛顿第二定律，gsin θ+μgcos θ=a1，gsin θ-μgcos θ=a2，解得sin θ=0.6，θ=37°，μ=0.5，选项A错误，C正确；摩擦力大小Ff=μmgcos θ=6 N，在0~1.0 s内，摩擦力对货物做正功，在1.0~2.0 s内，摩擦力对货物做负功，0~1.0 s内货物的位移为5 m，1.0~2.0 s内货物的位移是11 m，0~2.0 s内摩擦力做的功为Wf=6×5 J-6×11 J=-36 J，选项D错误。 12.如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量mQ>mP，t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是(　 ) A.物体P和Q的质量之比为1∶3 B.2T时刻物体Q的机械能为E C.2T时刻物体P重力做功的功率为 D.2T时刻物体P的速度大小为 √ √ 解析：根据牛顿第二定律有(mQ-mP)g=(mQ+mP)a，得P和Q的质量比为1∶2，故A错误；显然，在整个过程中P和Q整体机械能始终守恒，初始时刻P机械能为0且Q机械能为E，故P和Q整体机械能之和始终为E。绳子断开后P到最高点时动能为0，根据质量关系可知P的机械能为，故绳子断开后Q的机械能始终为，故B错误；根据题意， 分析P的运动可得其v-t图像如图所示，根据机械能守恒定律，对P分析，0~T时间内，绳子上拉力为mPg，绳子拉力对P做的功等于P机械能的增加量，即，可知·=，2T时刻P重力做功的功率为mPg·2v=，C正确；对于P的运动图像分析可知，T时刻P的速度为v=，故2T时刻P的速度大小为，故D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共60分) 13.(6分)某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔0.05 s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表。(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m=0.2 kg，结果保留3位有效数字) 时刻 t2 t3 t4 t5 速度/(m·s-1) 4.99 4.48 3.98   (1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5=_____m/s。(1分)  答案：(1)3.48　 解析： (1)t5时刻的瞬时速度可由t4~t6内的平均速度代替， 则有v5= m/s=3.48 m/s。 (2)从t2到t5时间内，重力势能增加量ΔEp≈____ J，动能减少量ΔEk≈____J。(2分)  答案：(2)1.24　1.28 解析： (2)重力势能的增加量ΔEp=mgΔh， 代入数据可得ΔEp≈1.24 J， 动能减少量为ΔEk=m-m， 代入数据可得ΔEk≈1.28 J。 (3)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，即可验证了机械能守恒定律。由上述计算得Δep_____ΔEk(选填“>”“<”或“=”)，造成这种结果的主要原因是____________。(3分)  答案：(3)<　存在空气阻力 解析： (3)由计算可得ΔEp<ΔEk，主要是由于存在空气阻力。 14.(8分)某物理兴趣小组采用了如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”。装置中包括一个定滑轮、细线、标尺、秒表、质量分别为M和m的物块A和B，M>m，当地重力加速度为g，细线足够长。 (1)实验开始时，用手先托住A，使A和B均保持静止。某时刻，释放A，则A加速下降，B加速上升，用标尺测出A下降的高度为h，用秒表测出A下降高度h所用的时间为t。则根据以上实验测量数据，求得A和B组成的系统在此过程中重力势能减少量为ΔEp=_____ (用M、m、g、h表示)，系统动能增加量为 ΔEk=______ (用M、m、h、t表示)。(2分)  答案：(1)(M-m)gh　 解析：(1)B的重力势能增加，A的重力势能减少，所以A和B组成的系统在此过程中重力势能减少量为 ΔEp=Mgh-mgh=(M-m)gh， 由运动学公式可得h=at2，2ah=v2， 系统动能的增量为ΔEk=(M+m)v2， 联立可得ΔEk=。 (2)经过多次实验，获取多组精确数据，做出h-t2图像如图乙所示，图像斜率为k，则重力加速度为g=_______。(用M、m、k表示)(2分)  答案：(2)　 解析：(2)由h=at2，可得图线斜率k=a， 由牛顿第二定律可得Mg-mg=(M+m)a， 可得g=。 (3)经过多次实验，获取多组精确数据，经检查没有出现实验错误，却发现系统重力势能的减少量总是大于系统动能的增加量。请你给出出现这种结论的两种可能原因：①_______；②________。(4分)  答案：(3)系统克服空气阻力做功所致　系统存在摩擦力做功的情况 解析：(3)系统重力势能减少量大于动能增加量的原因可能是物块运动过程中受到空气阻力作用，要克服空气阻力做功；也可能滑轮不光滑，绳与滑轮间有摩擦力，需要克服摩擦力做功。 15.(12分)一质量为1 kg的物体从50 m高处自由落下，求下落10 m时重力的瞬时功率及前2 s内重力的平均功率各为多少。(g取10 m/s2) 答案：141 W　100 W 解析：由自由落体运动规律可知下落10 m时物体的速度v== m/s=10 m/s，所以下落10 m时重力的瞬时功率P1=mgv=1×10×10 W≈141 W；前2 s内物体下落的高度h1=gt2=×10×4 m=20 m，所以前2 s内重力的平均功率P2== W=100 W。 16.(14分)在某市科技馆中，有个用来模拟天体运动的装置，其内部是一个类似锥形的漏斗容器，如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘，如图乙所示。将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放，小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动，由于摩擦阻力的作用，运动的高度越来越低，最后从容器底部的孔C掉下(轨迹大致如图乙虚线所示)，已知小球离开C孔的速度为v，A到C的高度为H，重力加速度为g。求： (1)小球到达B端的速度大小；(5分) 答案： (1) 解析：(1)设小球到达B端的速度大小为vB，小球在从A端运动到B端的过程中，由动能定理可得 mgR=m，解得vB=。 (2)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。(9分) 答案：(2)mgH-mv2 解析：(2)设克服摩擦阻力做的功为Wf，根据动能定理得 mgH-Wf=mv2，解得Wf=mgH-mv2。 17.(20分)如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度aB=1.5 m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物体A刚运动时的加速度大小aA；(4分) 答案：(1)0.5 m/s2 解析：(1)物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，设其能够达到的最大加速度大小为am，则由牛顿第二定律得 μ1mAg=mAam，解得am=0.5 m/s2<aB 所以物体A刚运动时的加速度大小为aA=0.5 m/s2。 (2)t1=1.0 s时，电动机的输出功率P；(5分) 答案：(2)12 W　 解析：(2)t1=1.0 s时，木板B的速度大小为 v=aBt1=1.5 m/s， 设此时木板B所受拉力大小为F，由牛顿第二定律有F-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB， 解得F=8 N， 则此时电动机输出功率为P=Fv=12 W。 (3)若t1=1.0 s时，将电动机的输出功率立即调整为P'=7.5 W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t2=4.8 s时物体A的速度为1.6 m/s。则在t1=1.0 s到t2=4.8 s这段时间内木板B的位移为多少?(11分) 答案：(3)6.22 m 解析：(3)电动机的输出功率调整为7.5 W时， 设细绳对木板B的拉力大小为F'， 则P'=F'v，解得F'=5 N， 木板B受力满足F'-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=0 所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等，设这一过程时间为t'，有v=aA(t1+t')，解得t'=2 s， 这段时间内木板B的位移s1=vt'=3 m， A与B速度共速后， 由于F'>μ2(mA+mB)g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度减小的变加速运动，设B变加速运动的位移为s2时A的速度达到1.6 m/s，根据动能定理有P'(t2-t'-t1)-μ2(mA+mB)gs2=(mA+mB)-(mA+mB)v2， 解得s2=3.22 m， 则木板B在t1=1.0 s到t2=4.8 s这段时间内的位移大小为s=s1+s2=6.22 m。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $