第八章 机械能守恒定律 单元综合测试-2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

第八章 机械能守恒定律 单元综合测试 2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册 班级： 姓名： 学号： 分数： （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题尾的答题表中。 3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。 第Ⅰ卷（选择题 共43分） 一、选择题（本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 1．合外力对物体做了20J的正功，则物体的动能（　　） A．减少了20J B．增加了20J C．增加量大于20J D．增加量小于20J 2．如图所示，若同一小球从同一位置，沿不同的轨道运动到同一水平面上，下列说法正确的是（　　）    A．沿AB轨道运动到水平面上时重力做功最多 B．沿AC轨道运动到水平面上时重力做功最多 C．沿AD轨道运动到水平面上时重力做功最多 D．小球沿三个轨道运动到水平面上时重力做功都相等 3．将质量为m的小球，从距离地而高h处的P点以初速度竖直上抛，小球能上升到距离抛出点的最大高度为H。若选取地面为零势能面，不计运动过程中的阻力，则小球在P点的机械能是（　　）    A．0 B．mgH C． D．mgh 4．如图所示，质量为M的半圆形轨道槽放置在水平地面上，槽内壁光滑。质量为m的小物体从槽的左侧与圆心等高处由静止开始下滑到最低点的过程中，轨道槽始终静止，则该过程中（   ） A．轨道槽对地面的最小压力为(M＋m)g B．轨道槽对地面的最大压力为(M＋2m)g C．地面对轨道槽摩擦力的最大值为 D．小物体水平方向的加速度最大时，竖直方向的速度最大 5．弹球游戏装置结构如图，轻质弹簧下端固定在光滑斜面底部，弹簧处于原长时上端在O点。 小球将弹簧压缩到A点（未栓接）由静止释放后，运动到B点速度为零。 以O点为坐标原点， 沿斜面向上为正方向建立x轴，小球上升过程的速度 v、加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律可能正确的是（    ）    A．   B．   C．   D．   6．可视为质点的甲、乙两小球用铰链与轻杆连接，甲球套在固定的竖直杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方向夹角为60°，杆长为L。无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球的速率随时间变化如图所示，其中时刻乙球速率最大。已知甲球质量为2m，乙球质量为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，则（    ） A．时刻轻杆与水平方向夹角为30° B．时刻甲球的加速度大于g C．时刻甲球的速率为 D．过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积之比为 7．如图甲所示，A和B是两个质量均匀分布的球体，质量分别为M和m，球心间距为L，以A球的球心为坐标原点，沿两球心连线建立x轴。在x轴上有一个可以视为质点的小球C，给C球一个沿x轴正方向的初速度后，小球仅在A、B两球引力的作用下沿x轴正方向运动，小球C的动能随位置变化关系如图乙所示，在x=kL处的小球动能最小 （k<1），下列说法正确的是（　　） A．小球C运动过程中所受A球的引力先减小后增大 B．小球C运动过程中所受的合力一直减小 C．小球C运动过程中，球B一直对其做负功 D．AB两球的质量之比 8．比亚迪股份有限公司为助力中国实现“碳达峰、碳中和”目标，大力发展新能源汽车，2021款比亚迪汉EV是公司旗下众多优秀车型之一（图甲）。该款车子在深圳比亚迪坪山基地测试场进行“0~100km/h”加速测试的图像如图乙，PH为图像上P处的切线，该车达到P点速度后已达最大功率。已知该款车型的整备质量为2170kg，驾驶员的质量为70kg，下列说法错误的是（    ） A．该款车型从0加速到100km/h所用时间为6s B．该款车型在匀加速阶段的运动位移约为54m C．该款车型的电动机最大功率不超过358kW D．若该款车型的电动机最大功率为363kW，则从0加速到100km/h的过程克服阻力做的功约为 9．如图所示，在水平地面上固定一倾角为30°的斜面，一劲度系数为100N/m、足够长的轻质弹簧，其下端固定在斜面底端，弹簧处于自然状态且与斜面平行。质量为2kg的滑块（视为质点）与斜面间的动摩擦因数为，从距离弹簧上端。处由静止释放。已知滑块与弹簧接触过程中系统没有机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，取重力加速度大小g=10m/s2。规定滑块释放处为坐标原点O、沿斜面向下为位移x的正方向。下列说法正确的是（　　）    A．滑块下滑到距离O点0.45m处时，速度达到最大值 B．滑块从静止下滑到最低点的过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒 C．当滑块下滑的位移时，其加速度大小为2m/s D．当滑块下滑的位移时，其加速度大小为 10．2022年，新冠肺炎疫情再次袭来，扰乱了人们原本平静的生活，全国人民团结一心，各地紧急调运物资支援疫区。某公司通过传送带对货物进行装卸，如图所示，一足够长的倾斜传送带，以一定的速度顺时针匀速转动，一箱货物以v0的初速度从底端滑上传送带，货物到达顶端前已匀速运动，用E表示货物的机械能，v表示货物的速度，Ff表示货物受到的摩擦力，a表示货物的加速度，取沿传送带向上为正方向，则下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题 共57分） 二、非选择题（本题共6小题，满分57分，其中11题8分，12题6分，13题10分，14题11分，15题10分，16题12分，除了第11、12题外每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分） 11．用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。现选取一条符合实验要求的纸带，如图所示，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，重力加速度。 (1)下列几个操作步骤中： A ．按照图示，安装好实验装置 B．将打点计时器接到电源的“交流输出”上 C．用天平测出重锤的质量 D．先释放重锤，后接通电源，纸带随着重锤运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点 E．测量纸带上某些点间的距离 F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能 没有必要的是 ，操作错误的是 。（填步骤前相应的字母） (2)从O点到B点，重物重力势能的减少量 J，动能的增加量 J；请简述两者不完全相等的原因 。（计算结果均保留三位有效数字）。 (3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及重物下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图像是图中的______。 A．B． C． D． 12．学校物理兴趣小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律。光滑斜槽（固定）的末端竖直安装有光电门，将小球从斜槽上的某一位置由静止释放，记录小球被释放时的位置距斜槽末端的高度 h以及小球通过光电门的时间 t，测得小球的直径为d。    （1）斜槽末端________（填“必须”或“无须”）调节至水平。 （2）小球通过光电门时的速度大小可表示为_______（用d、t表示）。 （3）若当地的重力加速度大小g=_______（用h、d、t表示），则小球被释放后沿斜槽下滑的过程中机械能守恒。 （4）本实验对结论有影响的因素是__________（写出一条即可）。 13．如图甲质量的物体在拉力F作用下由静止开始沿着水平路面加速运动，5s后撤去拉力，物体运动的v—t图像如图乙所示，不计空气阻力，，求： （1）4s末物体所受合力的功率？ （2）撤去拉力后的运动过程中，摩擦力对物体做的功？ （3）加速过程中物体所受拉力的平均功率？ 14．如图所示，一游戏装置由弹射器、光滑水平直轨道、，水平凹槽，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道，圆心为的四分之一圆弧竖直轨道，足够长粗糙水平直轨道组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从点水平弹出，经点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁后即被锁定。滑块继续滑过轨道、DE、后，静止在某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为，，长，滑板右端距的距离，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与间的动摩擦因数，和的半径，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，取。 (1)若滑块恰好能滑上，求滑块在圆管轨道的点时受到的作用力； (2)求滑块不从滑板上掉下去能滑上CD的最大速度； (3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。 15．“蹦极”运动时，在运动员身上装上传感器，可以测量运动员在不同位置的速度v以及离开蹦极台的位移大小l。已知运动员及所带装备的总质量为m=60kg，弹性绳原长l0=10m。运动员从蹦极台由静止下落，得到如图所示的v-l图像。重力加速度g=10m/s2。 (1)请利用v-l图像上的一组数据初步推断：运动员下落过程中空气阻力可以忽略不计； (2)试估算运动员下落速度最大时绳的弹性势能Ep； (3)弹簧是弹性体的一种理想化模型。基于胡克定律可推导出弹簧弹性势能的表达式为，式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。请利用v-l图像上的数据初步推断：该弹性绳是否像弹簧一样遵循胡克定律？ 16．如图所示，是百度开发的一款无人驾驶汽车，汽车自动驾驶时用激光测距器来了解周围的交通状况，使用北斗卫星导航系统进行定位和导航，该款车以某速度在一段平直的公路上匀速行驶了一段距离时，消耗汽油2kg，汽油机的效率为30，在这段行驶过程中，（已知：汽油的热值为4.5107J/kg，c水=4.2103J/（kg ℃）。求： （1）如果该车满载乘客时总质量是，匀速行驶时受到的平均阻力为车重的0.05倍，则该车满载时以36km/h的速度匀速行驶时功率是多少？消耗2kg汽油，汽车可以行驶的路程是多少？ （2）假设该汽车在这次行驶过程中，发动机排出的废气带走的能量占汽油完全燃烧放出的热量的42，若这些废气带走的能量全部被质量200kg的水吸收，水升高的温度是多少？（水未沸腾） （3）如果汽油机的效率提高到40，其他条件都不变，那么汽车在这段路程消耗的汽油是多少？ ‍ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 第八章 机械能守恒定律 单元综合测试 2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C C B D D ABC CD BC 1．B【详解】根据动能定理，合外力做功等于物体动能的变化量，若合外力做正功，则物体动能增加，即 故选B。 2．D【详解】同一小球从同一位置，沿不同的轨道运动到同一水平面上，下落高度相同，根据做功公式 可知重力做功相同，故ABC错误，D正确。 故选D。 3．C【详解】选取地面为零势能面，小球在P点的机械能是 故选C。 4．C【详解】A．当m在最高点时，小物体只受重力对半圆轨道没有压力，故此时轨道槽对地面的压力最小为Mg，A错误； B．当小物体运动到最低点时，由机械能守恒可知 由向心力公式可得 解得 F = 3mg 故轨道槽对地面的压力为3mg＋Mg，此时压力最大，B错误； C．设当小物体重心与圆心O的连线与水平方向夹角为θ时，地面对轨道槽的摩擦力最大，则有 f = FNcosθ 再根据动能定理有 联立有 f = 3mgsinθcosθ 则当θ = 45°时，地面对轨道槽的摩擦力最大，且为 C正确； D．对小物块和轨道槽整体列牛顿第二定律，在水平方向有 f = max 可知当地面对轨道槽的摩擦力最大时，小物体水平方向的加速度最大，则此时小物块竖直方向的加速度为（取向下为正） FNsinθ－mg = may 其中 则联立有 mg－3mgsin2θ = may 根据选项C可知，θ = 45°，则 “－”号表示ay的方向向上，说明小物块在y方向已经做减速运动，则小物体水平方向的加速度最大时，竖直方向的速度不是最大，D错误。 故选C。 5．B【详解】A．设O点速度为v小球由O到B的过程中由动能定理可知 解得 图像中过O点后应为曲线，故A错误； B．设A点的弹性势能为，小球在恢复原长过程中由能量定理可知 整理可得 可知在O点前图像应为开口向下的抛物线 由O到B的过程中动能定理可知 图像为直线，故B正确； C．设弹簧原长为小球由A运动到O点的过程中受力分析可知 随着弹簧形变量减小，弹簧弹力减小，小球加速度逐渐变小；当a=0时物体达到最大速度此时受力分析可知 此后小球会做变减速运动直至到达O点受力分析可知 分析可知加速度逐渐变大； 小球由O到B的过程中，弹簧弹力为零受力分析可知 从O点开始物体做匀减速直线运动图像应为直线，故C错误； D．设A点的弹性势能为,小球在恢复原长过程中由能量定理可知 整理可得 图像为开口向下的抛物线，故D错误。故选B。 【点睛】对于图像问题要明确坐标轴以及斜率的概念，关键要根据物理规律得到解析式，在研究图像。 6．D【详解】A．设轻杆与水平方向的夹角为θ，甲、乙两球的速度大小分别为和，将和分别沿杆和垂直杆方向分解，则有 由图可知时刻有 解得，故A错误； B．由受力分析可得，杆对乙球的作用先是推力，后是拉力，时刻乙球速率最大，即此时杆恰好对乙球无作用力，则此时杆对甲也无作用力，甲只受到竖直方向的重力作用，此时甲球的加速度等于g，故B错误； C．时刻乙球速度为0，则此时甲球落地，从无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，则有 解得时刻甲球的速率，故C错误； D．过程甲、乙两球的速率图线与时间轴所围成的面积即为该过程中甲、乙两球的位移，甲球的位移 乙球的位移 面积之比为，故D正确。故选D。 7．D【详解】A．设小球C的质量为，小球A与小球C之间的引力为 可见小球在沿x轴正方向运动过程中AC之间的距离变大，小球C运动过程中所受A球的引力一直减小，A错误； B．由功能关系可知有 则的斜率反应合外力的大小，由图可知小球C运动过程中所受的合力先减小后增大，B错误； C．小球C运动过程中，球B对小球C的引力水平向右，故小球B对小球C做正功，C错误； D．由图分析可知，小球在x=kL处合外力为零，有 解得AB两球的质量之比，D正确。故选D。 8．ABC【详解】A．由图可知，该款车型从0加速到100km/h所用时间约为4s，故A错误； B．该款车型在匀加速阶段的运动结束时（P点）的速度v=65km/h=18m/s，时间t=2.2s，根据“面积法”，位移约为 故B错误。 C．由图像可知，匀加速的加速度大小 根据牛顿第二定律 当速度达到vm=100km/s=27.78m/s时，汽车匀速 联立解得 P=363000W=363kW F=20167N 故C错误。 D．根据动能定理 其中t=4s-2.2s=1.8s，代入数据解得 Wf≈1.9×105J 故D正确。此题选择错误的，故选ABC。 9．CD【详解】A．当滑块沿斜面向下的重力的分力与弹簧向上的弹力和摩擦力的合力大小相等时滑块的加速度为零，速度达到最大，则 解得 所以滑块下滑到距离O点0.39m处时，速度达到最大值，故A错误； B．滑块从静止下滑到最低点的过程中，滑块所受摩擦力做负功，所以滑块与弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．当滑块下滑的位移时，对滑块由牛顿第二定律可得 解得 故C正确； D．当滑块下滑的位移，滑块沿斜面向下的重力的分力大于弹簧向上的弹力和摩擦力合力时，由牛顿第二定律可得 解得加速度的大小 当滑块下滑的位移，滑块沿斜面向下的重力的分力小于弹簧向上的弹力和摩擦力合力时，由牛顿第二定律可得 解得加速度的大小 所以当滑块下滑的位移时，其加速度大小为，故D正确。故选CD。 10．BC【详解】A．若，根据功能关系可知机械能的增加量等于摩擦力做的功，在相对滑动的过程中有 该过程图像为开口向上的抛物线的一部分；当货物与传送带相对静止时有 该图线为倾斜的直线，但是与传送带共速时，动能与重力势能均不会突变，故机械能不会突变，故A错误； B．若，开始一段时间内货物相对于传送带向上运动，此时加速度方向沿传送带向下，货物做匀减速直线运动，当速度与传送带相等时开始做匀速直线运动，B正确； C．若，开始一段时间内货物受到的是滑动摩擦力，方向沿传送带向上，货物做加速运动，此时有 当与传送带等速后为静摩擦力，此时受到的静摩擦力方向也沿传送带向上，且此时静摩擦力等于，故该段时间内受到的静摩擦力小于开始时的滑动摩擦力，C正确； D． 开始一段时间内做匀变速直线运动，加速度不变，匀速运动后加速度为零，D错误。 故选BC。 11． 【答案】(1) C D (2) 重锤下落过程中受到空气阻力 (3)A 【详解】（1）[1]验证机械能守恒时，等式两边重锤的质量可以约去，不需要用天平测出重锤的质量。故没有必要的是C。 [2]为打点稳定和充分利用纸带，应先接通电源，后释放重锤。故操作错误的是D。 （2）[1]重物重力势能的减少量为 [2]B点的瞬时速度为动能的增加量为 [3]两者不完全相等的原因：重锤下落过程中受到空气阻力。 （3）根据机械能守恒整理得可知图像是过原点的直线。故选A。 12． 必须 存在空气阻力、斜槽不可能完全光滑等 【知识点】验证机械能守恒定律 【详解】（1）[1]光电门竖直放置，则斜槽末端必须调节至水平。 （2）[2]小球通过光电门时的速度大小可表示为 （3）[3]若机械能守恒，则由能量关系 可得当地的重力加速度大小 [4] 本实验对结论有影响的因素是存在空气阻力、斜槽不可能完全光滑等； 13．（1）；（2）；（3） 【知识点】平均功率、功的定义（式） 【详解】（1）由图像可知前5s内的加速度为 第4s末的速度为 根据牛顿第二定律有 4s末合力的功率为 （2）撤去拉力后轮胎的加速度由图像可知加速度大小为 根据牛顿第二定律有有 5s至7s内，即2s内位移为 摩擦力做的功为 （3）根据牛顿第二定律有 代入数据得 拉力F作用的位移 拉力F做的功 全过程中拉力的平均功率为 14．(1)1.8N (2)4m/s (3)， 【知识点】机械能守恒定律在曲线运动中的应用、绳/单层轨道模型 【详解】（1）恰好过点，此时只要重力提供向心力，则有 从到点，由功能关系可得 解得 结合牛顿第二定律 联立解得 （2）滑板一直在加速 解得 根据牛顿第二定律则有 解得滑板的加速度 则滑板此阶段加速的时间 此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得 结合动量定理则有 解得为最大值，对应 （3）①在时，根据能量守恒可得 解得 恰好能过最高点时，则有 解得 滑块静止的区域距点的距离 ②当时，对应，由功能关系可得 恰好能过最高点时，对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由 运动学规律可得，， 解得 滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有， 综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围 15．(1)见解析 (2) (3)见解析 【知识点】机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用、胡克定律 【详解】（1）若不计空气阻力，设弹性绳刚好拉直时运动员的速度为v1，由机械能守恒定律有 解得 依据v-l图像可知，运动员下落l0=10m时的速度约为14.1m/s，即计算结果与v-l图像数据基本吻合，说明运动员下落过程中空气阻力可以忽略不计。 （2）由图像可知，下落的位移为l2=15m时速度最大，为vm=15m/s，从开始下落到速度最大的过程，对运动员和弹性绳组成的系统根据机械能守恒定律得 解得 （3）解法一：若弹性绳遵循胡克定律，当运动员速度最大时，有mg=kx1 其中 解得 根据题给表达式可知此时弹性绳的弹性势能为 显然，且二者相差较大，所以该弹性绳不遵循胡克定律。 解法二：当运动员下落的位移l2=25m时，弹性绳的形变量为 根据机械能守恒定律有 解得 由v-l图像可知，当运动员下落的位移l2=25m时的速度为5m/s，显然与计算结果相差较大，所以该弹性绳不遵循胡克定律。 16.（1），；（2）45℃；（3） 【知识点】能量守恒定律的初步应用 【详解】（1）如果该车满载乘客时总质量是2t，其重力为 匀速行驶时受的平均阻力为车重的0.05倍，即受到阻力为 根据二力平衡有 汽车的速度为 则该车满载时与10m/s的速度匀速行驶时功率为 消耗2kg汽油，汽油完全燃烧放出的热量为 汽油机的效率为30％，转化成的有用功 所以得汽车可以行驶的路程为 （2）汽油完全燃烧放出的热量 由题知，发动机排出的废气带走的能量占汽油完全燃烧放出的热量的42%，且这些能量全部被水吸收， 则水吸收的热量 由 得水升高的温度 （3）由题意可知，两种情况下汽车所做的有用功W相同，由 可得， 即 所以效率提高后消耗汽油的质量 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $