第八章 机械能守恒定律 单元能力提升综合检测训练（B卷）-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 单元能力提升综合检测训练（B卷） 一、单选题 1．对公式P=Fv的理解，下列说法中正确的是（　　） A．F一定是物体所受的合力 B．P一定是合力的功率 C．此公式中F与v必须同方向 D．此公式中F与v可以成任意夹角 2．两个体重相同的学生分别以图示路径由静止从地面登上高为h的阶梯顶端A。对于这个过程，下列说法正确的是（　　） A．两学生的位移相等 B．两学生运动时间一定相等 C．两学生克服重力做功一定相等 D．两学生克服重力做功的平均功率一定相等 3．如图，一个质量为的小人通过理想定滑轮拉住一个质量为的物体，人用力拉绳可以使得自己重心位置保持不变，并且使得物体上升的距离，那么这个过程中，人对绳做的功（　　） A． B． C．等于物体动能的增量 D．0 4．如图所示，一轻弹簧竖直放置，弹簧下端与地面相连。把小球放在弹簧上面，并把小球用手往下缓慢按至位置A（图甲所示）。迅速松手后，弹簧把小球弹起。小球升至最高位置（图丙所示），途中经过位置时弹簧正好处于自由状态（图乙所示）。则关于小球能量的转化，下列说法正确的是（　　） A．A至过程中，小球的机械能不变 B．A至过程中，小球的机械能不变 C．A至过程中，弹簧的弹性势能完全转化为小球的重力势能 D．至过程中，小球的动能完全转化为小球的重力势能 5．下列关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差的说法，正确的是（　　） A．重物质量的称量不准会造成较大误差 B．重物质量选用得大些，有利于减小误差 C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差 D．打点计时器选用电磁打点计时器比电火花计时器误差要小 6．如图所示是某幼儿园小朋友玩滑梯的情景，在小朋友沿滑梯的倾斜部分加速下滑的过程中，下列关于各力做功和功率的说法，正确的是（    ） A．重力不做功，且其功率为零 B．支持力做负功，且其功率变大 C．支持力做正功，且其功率变大 D．摩擦力做负功，且其功率变大 7．关于重力势能的说法正确的是（　　） A．重力势能由重物本身因素决定 B．重力势能有负值，因此说重力势能是矢量 C．重力做功才有重力势能，重力不做功，物体就不具有重力势能 D．重力做功引起重力势能变化 8．一质量m=1kg的物体自倾角α=37°的固定斜面底端沿斜面向上滑行。该物体开始滑动时的初速度v0=10m/s，减速为零后向下滑动，到达斜面底端时的速度大小为。已知，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。则下列选项正确的是（　　）    A．物体上滑的距离为2.5m B．物体下滑的加速度大小为2m/s2 C．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.4 D．物体上滑时间比下滑时间长 9．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　） A．环在处的速度大小约为 B．环先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动 C．环刚释放时轻绳中的张力等于2mg D．环减少的机械能小于重物增加的机械能 10．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h． 某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中正确的是： ． A．用刻度尺测出物体下落高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过 计算出瞬时速度v C．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过 计算得出高度h D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v 二、多选题 11．一辆轿车在平直公路上运行，启动阶段牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过时间，其速度由零增大到最大值，若轿车所受的阻力恒定，关于轿车的速度、牵引力、功率随时间变化的情况正确的是（　　） A． B． C． D． 12．利用功能关系研究重力势能过程中，我们用到了如图所示的情景：物体沿任意坡面从A运动到B。下列说法正确的是（    ） A．这个过程可以用来证明重力做功跟运动路径无关 B．物体沿光滑坡面下滑时重力做功小于沿粗糙坡面下滑重力所做的功 C．物体下滑过程中重力做正功，重力势能增加 D．重力势能的单位用基本单位可表示为 13．如图，长为L的小车M静止停放在光滑水平地面上，一质量为m的物块在恒定拉力F的作用下自小车左端由静止出发，直至滑到小车最右端的过程，小车前进了距离S，设m与M间的摩擦力为f，m可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．物块到达小车最右端时，物块动能为 B．物块到达小车最右端时，小车动能为 C．物块到达小车最右端时，系统机械能变化量为 D．整个过程拉力F做的功，大于M、m系统的动能增加量 14．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，当运动距离为h时B与A分离．下列说法正确的是（ ） A．B与A刚分离时，弹簧为原长 B．弹簧的劲度系数等于 C．从开始运动到B与A刚分离的过程中，两物体的动能先增大后减小 D．从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体的机械能一直增大 15．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程， A．矿车上升所用的时间之比为4:5 B．电机的最大牵引力之比为2:1 C．电机输出的最大功率之比为2:1 D．电机所做的功之比为4:5 16．汽车在平直公路上以速度匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为，时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到时刻，汽车又恢复了匀速直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变）。在下列选项中能正确反映汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t的变化规律的是（　　） A． B． C． D． 三、填空题 17．如图，两截半径分别为2R和R的圆筒，底部放在同一水平面上，大筒内装的高度为H、密度为ρ的液体，现把连接两筒的阀门打开，使两筒中液体高度相等，则此时右筒内液体高度为__________，这一过程中重力做功为__________。 18．如图所示，摩托车做特技表演时，以v0＝10 m/s的速度从地面冲上高台，t＝5s后以同样大小的速度从高台水平飞出，人和车的总质量m＝1.8×102 kg，高台高度h＝5.0 m。摩托车冲上高台过程中功率恒定为P＝2 kW，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。 （1）人和摩托车从高台飞出时的动能Ek＝________J。 （2）摩托车落地前瞬间重力的功率PG＝________W。 （3）摩托车冲上高台过程中阻力所做的功Wf＝________J。 19．小球自高为h的斜槽轨道的顶端A开始下滑，如图所示，设小球在下滑过程中机械能守恒，小球到达轨道底端B时的速度大小是____________． 20．某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒。 （1）实验前需要调整气垫导轨底座使之水平。 （2）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d=___________cm，实验时将滑块从图示位置静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间，则滑块经过光电门时的瞬时速度为___________m/s；在实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、___________和___________（文字说明并用相应的字母表示）。 （3）本实验通过比较___________和___________在实验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒。 四、解答题 21．如图所示，一质量m=4.0kg的物体，由高h=2.0m，倾角θ=53°的固定斜面的顶端滑到底端。物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2，求物体所受各个力所做的功及合外力所做的功？（g=10m/s2）    22．如图所示，有一原长为l0的橡皮筋，上端固定，在下端拴一质量为M的物体时，橡皮筋伸长为a且恰好断裂。若该橡皮筋下端拴一质量为m(m<M)的物体，将m从橡皮筋没有形变的位置，竖直向上举高h后，由静止释放，也恰能使橡皮筋伸长为a时断裂，求橡皮筋的劲度系数和h的表达式。（设橡皮筋遵守胡克定律）    23．水平光滑直轨道ab与半径为R=1.6m的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道向右运动，如图质量为0.1kg的小球进入圆形轨道后恰好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点。求： （1）小球到达b点进入圆形轨道时对轨道的压力； （2）小球在直轨道上的落点d与b点间的距离。    24．如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： （1）装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s； （2）装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F； （3）装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W。 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 单元能力提升综合检测训练（B卷）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A D B D D B C D 题号 11 12 13 14 15 16 答案 BCD AD BD BCD AC AD 1．C 【详解】 公式P=Fv中的F可以是物体的合力，也可以是物体所受的某个力，但F、v必须同方向。 故选C。 2．C 【详解】A．由位移的定义可知，两学生的位移不相等，A错误； B．由于两学生的位移不相等，且运动速度不知道，故两学生运动时间无法比较，B错误； C．由于两学生竖直方向上升的高度相同，且两同学体重相同，故克服重力做功一定相等，C正确； D．由于两学生运动的时间不知道，故两学生克服重力做功的平均功率无法比较，D错误。 故选C。 3．A 【详解】ABD．对人分析可知 T=2Mg 则人对绳做功 W=Th=2Mgh 选项A正确，BD错误； C．由功能关系可知，人对绳的拉力做功等于物体动能和物体重力势能增量之和，选项C错误。 故选A。 4．D 【详解】AB．A至过程中，弹力对小球做正功，则小球的机械能增加，从B到C小球的机械能不变，选项AB错误； C．A至过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能和动能，选项C错误； D．至过程中，小球的机械能守恒，小球的动能完全转化为小球的重力势能，选项D正确。 故选D。 5．B 【详解】ABC．为减小实验误差，重物应选质量大些的，且重物质量不需称量，故AC错误，B正确； D．电磁打点计时器的振针与纸带间有摩擦，电火花计时器对纸带的阻力较小，故选用电磁打点计时器误差大些，故D错误。 故选B。 6．D 【详解】A．在小朋友沿滑梯的倾斜部分加速下滑的过程中，重力做正功，其功率不为零，故A错误； BC．在小朋友沿滑梯的倾斜部分加速下滑的过程中，支持力始终与速度方向垂直，因此支持力不做功，其功率为零，故BC错误； D．在小朋友沿滑梯的倾斜部分加速下滑的过程中，摩擦力做负功，随着小朋友下滑，倾斜部分与水平面的夹角变小，因此摩擦力变大，功率变大，故D正确。 故选D。 7．D 【详解】A．重力势能由重物本身的质量和高度以及重力加速度共同决定，A错误； B．重力势能是标量，负号表示大小，不表示方向，B错误； CD．重力做功引起重力势能的变化，即重力做功与重力势能变化联系，重力不做功表示重力势能不发生变化，并不表示不具有重力势能，C错误D正确。 故选D。 8．B 【详解】AC．设物体上滑的距离为L，则物体上滑过程，由动能定理可得 物体下滑过程，由动能定理可得 解得 故AC错误； B．物体下滑的加速度大小为 故B正确； D．物体上滑时的加速度大小为 由于物体上滑、下滑距离均为，可得物块上滑、下滑的时间分别为 故D错误。 故选B。 9．C 【详解】A．以环和重物整体为研究对象，设环在B点的速度为，此时重物的速度为，由动能定理得 由关联速度得 联立解得 故A错误； B．以环为研究对象，开始时，重力大于拉力竖直方向上的分力，物体做加速运动；在后面的过程中，由于重物的质量大于环的质量，所以拉力在竖直方向的分力有可能大于环的重力，物体可能做减速运动，但需要判断，假设拉力的分力等于重力，设此时绳与竖直方向的夹角为，由平衡条件得 解得 可知，当，环做加速度直线运动，当，环做减速直线运动，由于绳子与竖直方向的夹角在变化，所以环不可能做匀加速或匀减速直线运动，故B错误； C．环刚释放时，由于绳子水平，环的合力为重力，加速度为，在水平方向上的分加速度为0，由平衡条件得 故C正确； D．环和重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，故D错误。 故选C。 10．D 【详解】AB．瞬时速度应由纸带根据 求出，因为重物下落过程中受到阻力作用，实际加速度小于当地重力加速度，不能用 或者 v=gt 来求速度，故AB错误； C．应用米尺量出纸带下落高度，不能用 求高度，故C错误； D．下落高度应用米尺测量，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测出瞬时速度，故D正确。 故选D。 11．BCD 【详解】汽车以恒定的牵引力启动，由 得，物体先做匀加速运动，由 知，轿车输出功率均匀增加，当功率达到额定功率时，功率不变，牵引力减小，加速度减小，物体做加速度逐渐减小的加速运动，当 时，速度达到最大，之后物体做匀速运动。 故选BCD。 12．AD 【详解】AB．物体沿任意坡面从A运动到B，重力做功为 可知重力做功跟运动路径无关，物体沿光滑坡面下滑时重力做功等于沿粗糙坡面下滑重力所做的功，故A正确，B错误； C．物体下滑过程中重力做正功，重力势能减少，故C错误； D．根据重力势能表达式 可知重力势能的单位用基本单位可表示为，故D正确。 故选AD。 13．BD 【详解】A．物块到达小车最右端时，物块对地位移为，对物块，根据动能定理可知 所以物块动能为，故A错误； B．此过程中，小车对地位移为S，只有滑动摩擦力对小车做功，对小车，根据动能定理可知 故B正确； C．物块到达小车最右端时，系统机械能变化量等于系统动能的变化量，为 故C错误； D．根据功能关系，整个过程拉力F做的功，等于M、m系统的动能增加量与内能增加量，故D正确。 故选BD。 14．BCD 【详解】B与A刚分离时，二者之间没有弹力，但是A依旧压在弹簧上面，弹簧处于压缩状态，选项A错误．没有施加外力时，整体处于力平衡状态，有；当二者分离的一刹那，二者的加速度相等，质量相等，因此合力相等，因此有，联系以上两式，解得，选项B正确．刚刚开始二者动能增加，分离时，B的加速度向下，两物体都正在减速，选项C正确．外力F对物体系做正功，根据功能原理，系统的机械能增大，B的也增大，选项D正确． 15．AC 【详解】A．由图可得，变速阶段的加速度 ，设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，，解得：，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为 ，选项A正确； B．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误； C．由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确； D．加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力 ， 匀速运动过程的牵引力．第①次提升过程做功 ； 第②次提升过程做功 ； 两次做功相同，选项D错误． 【点睛】此题以速度图像给出解题信息．解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功．实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同． 16．AD 【详解】CD．时刻之前有 此过程汽车匀速运动，则有 在时刻有 解得 汽车随后做减速运动，由于 则牵引力F增大，由于 可知加速度减小，即汽车做加速度减小的减速运动，在时刻有 解得 可知，牵引力在时刻之前恒为F0，在时间内由增大到F0，C错误，D正确； AB．根据上述可知，时刻之前，汽车做匀速直线运动，时刻之后做加速度减小的变减速直线运动，时刻之后做匀速直线运动，A正确，B错误。 故选AD。 17． 【详解】[1]大圆筒和小圆筒的面积分别为 总的液体体积为 令两圆筒中液体的高度为h，则 解得 [2]以水平面为零势能面，则阀门打开前的液体的重力势能为 阀门打开后的液体的重力势能为 所以重力做的功为 18． 9×103 1.8×104 1×103 【详解】（1）[1]根据动能表达式可知，人和摩托车从高台飞出时的动能为 代入数据解得 Ek＝9×103 J （2）[2]摩托车飞出高台后做平抛运动，根据运动学规律 摩托车落地前瞬间重力的功率为 PG＝mgvcosθ＝mgvy 代入数据解得 PG＝1.8×104 W （3）[3]在冲上高台过程中，根据动能定理可得 又根据题意可知 代入数据解得 Wf＝1×103 J 19． 【详解】[1]因为小球下滑过程中机械能守恒，所以下滑过程中只有重力作功，从顶端A点到低端B点下降的高度为h，根据动能定理可得 所以 20． 0.48 0.4 滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s 滑块的质量M 【详解】主尺：4mm，游标尺：对齐的是8，所以读数为： 故遮光条宽度 设遮光条前进了s，钩码的重力势能减少了mgs，系统动能增加了 所以我们可以通过比较mgs和的大小来验证机械守能守恒定律。 需要测量的物理量有：滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，滑块的质量M。 21．见解析 【详解】以物体为研究对象受力分析如图。物体受重力mg摩擦力Ff和支持力FN作用，有 FN=mgcosθ，Ff=μmgcosθ 物体的位移 根据功的公式可求得 WG=mg·lcos(90°-θ)=mgh=80J，WFN=0，WFf=-Ff·l=-μmgcosθ·= =-12J 合力功为各个力做功的代数和，即 W合=WG＋WFN＋WFf=68J 22．， 【详解】橡皮筋挂质量为M的物体，伸长a时，物体所受重力等于弹力，有 故橡皮筋的劲度系数 当m由静止下落至最低点的过程中，始、末位置速度为零，重力克服弹力做功，橡皮筋的弹性势能增加 解得 23．（1）6N，方向竖直向下；（2）3.2m 【详解】（1）小球恰好能过c点，所以在c点有 解得 从b点到c点由动能定理可得 在b点有 解得 由牛顿第三定律可得小球到达b点进入圆形轨道时对轨道的压力大小为6N，方向竖直向下。 （2）小球从c点飞出后做平抛运动 解得 24．（1）；（2）2mg；（3） 【详解】（1）当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得 解得 （2）装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为，则对小球B得 设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足 装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有 解得 （3）装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B得重力势能变化量为 动能变化量为 解得细线对小球B做的功为 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 $