第40期 动能和动能定理-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第二册同步学案（人教版）

4 素养·拓展 (上接第3版) 过A点时的速度v,=5.0m/s,AB长x=4.5m, 3.“雪如意”，北京 滑块与水平轨道间的动摩擦因数4=0.10，圆 冬奥会的首座跳台滑雪 弧形轨道的半径R=0.50m,滑块离开C点后竖 场地，其主体建筑设计 直上升的最大高度h=0.10m.g取10m/s2.求： 灵感来自于中国传统饰 始 物“如意”.如图2所示，“雪如意”内的部分赛道 B 可简化为由倾角为0、高为h的斜坡，运动员从 图4 雪道的顶端由静止开始下滑，到达底端后以不 (1)滑块第一次经过B点时速度的大小； 变的速率进入水平雪道，然后又在水平雪道上 (2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上 滑行s后停止.已知运动员与雪道间的动摩擦因 B点压力的大小； (3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩 数处处相同，不考虑空气阻力，则4和运动员 在斜坡雪道上克服摩擦力做的功W分别为 擦力所做的功 h A.u= htan 0+s B.= htan 0 h stan 0 C.W mgh (1- stan 0 h+stan D.W mgh(stan0 stan 0 二、填空题（共9分） 4.在意大利米兰和 科尔蒂纳丹佩佐举行的 起滑架投掷线 回形营 第25届冬季奥运会上， 图3 冰壶运动再次成为人们关注的热点.如图3所 示，假设质量为m的冰壶在运动员的操控下，先 从起滑架A点由静止开始加速启动，经过投掷线 B时释放，以后匀减速自由滑行刚好能滑至圆形 营垒中心O停下.已知AB相距L1,B0相距L2, 冰壶与冰面各处动摩擦因数均为，重力加速度 为g.则冰壶运动的最大速度为 :在AB 段运动员水平推冰壶做的功为 三、计算题（共13分） 5.如图4所示，一滑块（可视为质点）经水 平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形 轨道BC.已知滑块的质量m=0.50kg,滑块经 (参考答案见下期) 8.0103200200 39期参考答案 9.(1)4284.5J(2)增加了4284.5J 2版参考答案 10.(1)0.72J(2)1.8J(3)2.52J 素养专练4.重力做功与重力势能的关系 B组 1.A;2.AD;3.B;4.BC;5.D. 1.AD;2.BD;3.AD. 素养专练5.重力势能的相对性 4.307022 1.C;2.D;3.BD;4.B;5.AD 5.(1)mg(h1+h2); 素养专练6.弹性势能 1.C;2.C;3.D;4.C;5.C. (2) 2(h-h2) g 3版参考答案 A组 g i< (3)x2h 1.D;2.B;3.B;4.C; g 5.D;6.D;7.C. 2 数理极 本版责任编辑：李杰 报纸编辑质量反馈电话， 0351-5271268 物体在某个运动过程中包含有几个运动性 报纸发行质量反馈电话， 质不同的过程（如加速、减速的过程）时，可以 0351-5271248 分段考虑，也可以对全过程考虑，如能对整个过 应急装备技术与工程 程利用动能定理列式可使问题简化多过程问 题中有的力并不是一直都在做功，在计算总功 专业简介：本专业培 的时候要注意区别对待 养符合经济社会发展需 解决思路：(1)“合 一初步了解全过程 求，具有社会责任感和应 构建大致运动图景 急素质，掌握自然科学基 (2)“分”—一将全过程进行分解，分析每 础理论、应急理论技术与 个过程的运动规律和受力及做功情况 管理知识，具有较强的工 (3)“合”一找到子过程的联系，寻找解 程实践能力和创新精神， 题方法. 能够在应急管理、安全生 例1.质量m=1.5kg的物块（可视为质 产、防灾减灾救灾等领域 点)在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静 等从事应急装备技术与 止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续 工程方面的研究开发、分 滑行t=2.0s停在B点.已知A、B两点的距离 析设计、管理评价、检测监 x=5.0m,物块与水平面间的动摩擦因数u= 控、教育培训、应急救援与 0.20,求恒力F多大？(g取10m/s2) 事故处理等工作的应用 方法指建 型高级工程技术人才。 培养目标：本专业培 求解多过程问题的利器 养符合经济社会发展需 求，具有社会责任感和应 动能定理 急素质，掌握自然科学基 础理论、应急理论技术与 ◎河北王静 管理知识，具有较强的工 解析：设撤去力F前、后物体的位移分别为 程实践能力和创新精神 能够在应急管理、安全生 物块受到的滑动摩擦力为 产、防灾减灾救灾等领域 F:=umg=0.2×1.5×10N=3N 等从事应急装备技术与 撤去力F后物块的加速度大小为 工程方面的研究开发、分 m =1.5 m/s 2.0 m/s 3 析设计、管理评价、检测监 控、教育培训、应急救援与 最后2s内，物体的位移为 事故处理等工作的应用 =2r2=号×2.0×(2.02m=40m 型高级工程技术人才。 开设课程：画法几 故力F作用的位移x1=x-x2=1.0m 何与机械制图、工程力 对物块运动的全过程应用动能定理： 学、机械原理、机械设 Fx-Fx=0 计、安全系统工程、应急 解得：F= Fx _3×5.0N=15N 救援技术、应急管理学 1.0 电工电子技术、机械造 例2.如右图所示，一物 基础、应急测试与控制 体质量m=2kg,从倾角0 技术、流体力学与液压 =37°的斜面上的A点以初 气压传动、应急检测与 速度o=3m/s下滑.A点距弹簧上挡板位置B 监控系统、应急救援装 的距离x=4m,当物体到达B后，将弹簧压缩 备设计、应急管理信息 到C点，最大压缩量xc=0.2m,然后物体又被 系统 弹簧弹上去，弹到最高位置D点，D点距A点为 就业方向：毕业生 xD=3m.求物体跟斜面间的动摩擦因数.(g取 可到政府应急管理部 10m/s2,弹簧及挡板质量不计) 门、应急管理事业单位 解析：在该题中，物体的运动过程分成了几 应急科研院所、应急救 个阶段，若用牛顿运动定律解决，要分几个过程 援机构、应急咨询及技 来处理.考虑到全过程末状态动能是零，用动能 术服务机构和应急产业 定理解决就方便多了， 企业等，从事消防、安 对A→B→C→D全过程，由动能定律得： 防、安全应急、信息安 ngsin0·xAD-F,(xB+2xc+xBD）=0- 全、监测预警、指挥调 1 2 mvg 度、应急装备、安检防 F=umgcos 0 爆、反恐装备、应急救援 两式联立解得山=25 与事故处理等工作。 =0.52 43.2 数理报 2026年4月3日·星期五 高中物理 第 40期总第1184期 人教 必修（第二册）】 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-169 难点透视 平距离为s,如图所示，不考虑物体滑至斜面底 端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动 一深入剖析动能定理 摩擦因数相同.求动摩擦因数以 解析：以物体为研究对象，它从静止开始运 动，最后又静止在平面上，全过程中物体的动能 ⊙湖南陆建波 没有变化，即△Ek=0,因此可以根据全过程中 一、动能定理 (5)动能定理是标量式，式中的功和动能必各力的合功与物体动能的关系列方程求解。 1.内容：力在一个过程中对物体所做的功， 须是相对于同一惯性参考系的， 设斜面倾角为α，斜坡长为1，则物体沿斜面 等于物体在这个过程中动能的变化，这个结论 二、动能定理解题的步骤 滑时，重力和摩擦力在斜面上的功分别为 叫作动能定理， 1.确定研究对象及所研究的物理过程； W。=mgl·sina=mgh 1 2.分析物体受力情况，明确各个力是否做 Wm=-umgl·cosa. 2.表达式：W= 2m-2m听 功，做正功还是做负功，进而明确合力的功； 物体在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设 3.说明：(1)动能定理揭示了物体的动能变 3.确定始、末状态的动能； 平面上滑行距离为s2,则 化与合力做功的关系，当合力对物体做正功时， 4.根据动能定理列方程； Wp=-umgs2 末动能大于初动能，动能增加：当合力对物体做 5.求解方程、分析结果 对物体在全过程中应用动能定理： 负功时，末动能小于初动能，动能减少：当合力 应用动能定理解题关键是：对物体进行正 mgh -umgl.cos a umgs2 =0 的功等于零时，初、末状态的动能相等 确地受力分析、运动分析和做功分析，正确地求 得h-S-u,=0. (2)动能定理中的功应包括一切外力的功，出合力做的功.求合力做的功时往往有两种求 式中、，为斜面底端与物体初位置间的水平 而且在某一过程中，各力的功可以是同时的，也法：(1)先求合力，再求合力的功，即W合= 距离故w=81+2 h s 可以是不同阶段的， F合lcos a;(2)合力的功等于每个力做功的代 点评：本题中物体的滑行明显地可分为斜 (3)动能定理既适合于恒力做功，也适合于变数和，即W合=W,+W2+W+… 面与平面两个阶段，而且运动性质也显然分别 力做功，既适用于直线运动，也适用于曲线运动 三、应用举例 为匀加速运动和匀减速运动，可以对各个阶段 (4)动能定理的研究对象是单个质点，它反 例.一个物体从斜面 分别列动能定理关系式，再联立求解.应用动能 映功这个过程量和动能这个状态量之间的关上高h处由静止滑下并紧 定理时，只需抓住始、末两状态动能变化，不必 系，即过程量等于状态量的改变量.给出了力对接着在水平面上滑行 追究从始至末的过程中运动的细节，因此解题 空间累积的结果 段距离后停止，量得停止处对开始运动处的水比较方便， 动能定理和牛顿运动定律是高中物理中两 方法指津 个极其重要的物理规律，准确理解这两个规律 的内容及其物理意义，并把握好它们之间的区 动能定理与牛顿运动定律解题的比较刻 别和联系，对学好物理有积极的作用，也是解 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 决物理问题的两种重要方法.在遇到具体问题 ◎河南张书永 时，是选用动能定理还是牛顿运动定律呢，这里 示，其中： 置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动 我们做一个分析比较下面我们通过几个具体问 Fx mg-Fsin 0 员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶 题谈谈在应用这两个定律解决问题时的要点 Fcos 0-uF= 动能定理与牛顿运动定律解题的比较 与冰面间的动摩擦因数减小.设冰壶与冰面间 的动摩擦因数为4=0.008，用毛刷擦冰面后动 牛頓运动定律 动能定理 相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析 前进L=2m后，速 图 摩擦因数减小至山2=0.004.在某次比赛中，运 对于物体在恒力或变力作 只能研究恒力作用下物体 度设为v,则2=2aL 动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度 适用条件 用下，物体做直线运动或曲 做直线运动的情况 线运动均造用 撤去外力后，则-wmg=ma? 沿虚线滑出.为使冰壶C能够沿虚线恰好到达 要考虑运动过程的每一个只考虑各力的做功情况及 再前进位移设为x,则0-v2=2a2x 圆心0点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多 应用方法 细节，结合运动学公式解题初、末状态的动能 联立解得x=2.4m. 少？(g取10m/s2)） 运算方法 失量运算 代数运算 方法2：动能定理 两种思路对比可看出应用动能定理解题不 对全程利用动能定理，其中过程一物体所 涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单， 受摩擦力 不易出错 Fr=u(mg -Fsin 37)=2 N 图3 例1.如图1所示， 则FLcos37°-F,L-umgx=0 用与水平方向成37°的 解析：设投掷线到圆心O的距离为s,冰壶 解得x=2.4m. 恒力F=10N将质量为 在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s,所 图1 规律总结：做匀变速直线运动的物体，若研 m=1kg的物体由静止开始从A点拉到B点撤究的过程中不牵扯到时间，可用运动学公式结 受摩擦力的大小为F·在被毛刷擦过的冰面上 滑行的距离为s2,所受摩擦力的大小为F。·则有 去力F,已知A、B间距L=2m,物体与地面间的 合牛顿第二定律解题，也可用动能定理解题， s1 +s2 =s,Fn uimg,Fe umg 动摩擦因数4=0.5.求撤去力F后物体滑行的般来说，用动能定理要比运动学公式简单 设冰壶的初速度为，由动能定理得 距离.(g取10m/s2,cos37°=0.8，sim37°= 例2.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育 0.6) 项目，比赛场地示意图如图3所示.比赛时，运动 Fa Fat mun 解析：方法1：牛顿运动定律 员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放 在A→B过程中，物体受力分析如图2所 手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位 联立解得，=2g,- 2μ1gs-6 -=10m. 2 素养专练 D.合力逐渐减小，动能一定减少 7.动能定理的理解与应用 3.某同学用200N的力将质量为0.44kg的足 1.(多选)关于动能定理的表达式W=E2- 球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出 60m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克 E4,下列说法正确的是 () 服阻力做的功是 ( A.公式中的W为不包含重力的其他力做的 A.22J B.4.4J 总功 C.132J D.12000J B.公式中的E2-E1为动能的增量，当W>0 4.如右图所示，小球 时，动能增加：当W<0时，动能减少 以初速度。从A点沿不光 C,动能定理适用于直线运动，但不适用于曲 滑的轨道运动到高为h的 线运动；适用于恒力做功，但不适用于变力做功 B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A D.公式中的W为包含重力在内的所有外力做 点的速度大小为 () 的功，可通过以下两种方式计算：先求每个外力的 功，再求功的代数和；或者先求合力，再求合力 A.√6-4gh B.√4gh- 的功 C.√G-2gh D.√2gh- 2.几个力共点且在同一平面内、作用在某个5.（多选)一个质量为0.3kg的弹性小球，在 质点上，使该质点处于平衡状态.当其中的一个力光滑水平面上以6ms的速度垂直撞到墙上，碰撞 只是大小逐渐减小而其它力保持不变时，下列说后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰 法正确的是 ()撞前相同.则碰撞前后小球速度变化量的大小△ A.合力逐渐增大，动能一定增加 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为() B.合力逐渐减小，动能可能增加 A.△v=0 B.△v=12m/s C.合力逐渐增大，动能可能减少 C.W=0 D.W=10.8J B.若甲、乙两物体与水平面的动摩擦因数相 8.动能定理的图像问题 同，则乙的质量较大 1.质量为10kg的物体，在 C.甲与地面间的摩擦力一定大于乙与地面间 变力F的作用下沿x轴做直线 :成的摩擦力 运动，力F随位移x的变化情 图1 D.甲与地面间的摩擦力一定小于乙与地面间 况如图1所示.物体在x=0处，速度为1/s,假设 的摩擦力 物体只受力F的作用，则物体运动到x=16m处 时，速度大小为 ( 4.静止在光滑水平面 A.2m/s B.3 m/s 上的物体，受到水平拉力F C.4 m/s D.17m/s 的作用，拉力F随时间t变 2.（多选)质量为1kg的物s0个 化的图像如图4所示，则下 体以某一初速度在水平面上滑 列说法错误的是( 行，由于摩擦阻力的作用，其动· 20m A.0~4s内物体的位移为零 图2 能随位移变化的图线如图2所示，g取10m/s2,则 B.0~4s内拉力对物体做功为零 以下说法中正确的是 () C.4s末物体的速度为零 A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.4 D.0~2s和2~4s内的加速度方向相反 B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 5.(多选)甲、乙两物 C.物体滑行的总时间为4s 体质量相同，由同一位置 D.物体滑行的总时间为2.5s 出发沿平直道路运动时的 3.(多选)水平面上甲、乙 v-t图像如图5所示，则下 两物体在某时刻动能相同，它 1234567 图5 列说法正确的是() 们仅在摩擦力作用下停下来。 甲、乙两物体的动能E随位移 A.第1s末，两物体具有相同的动能 3 大小s变化的图像如图3所示，则下列说法正确的 B.第2s末，外力对两物体做了相同的功 是 () C.在1~4s时间内，甲、乙两物体动能的变 A.若甲、乙两物体与水平面的动摩擦因数相 化量相同 同，则甲的质量较大 D.在0~4s时间内，拉力对甲物体做的功为零 数理极 数理极 素养·测评 3 9.用动能定理解决多过程问题 1.用竖直向上大小为30N的力F,将质量为 《机械能守恒定律》 2kg的物体由沙坑表面静止拾升1m时撤去力F, 经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深 同步核心素养测评（三） 度为20cm.若忽略空气阻力，g取10m/s2.则物体 (涉及内容：动能和动能定理 ○数理报社试题研究中心 克服沙坑的阻力所做的功为 ( 气口喷出时的速度大小为“，则WS-15涡扇发动 10.(10分)在我国举办 A.20J B.24J 机喷气的功率为 )； C.34J D.54J ☑组基础篇 的2025年亚洲冬季运动会 2.如图1所示，abc是竖直 一、单选题（本题共7小题，每小题5分，共35分） A.sp B.pSe 中，跳合滑雪是最具观赏性 平面内的光滑固定轨道，ab水 1.一物体的质量保持不变，速度变为原来的2 的项目之一，如图5所示，是 C.pSu D.pSv 平，长度为2R;bc是半径为R 图1 倍，则其动能变为原来的 ( 跳合滑雪的长直助滑道的 7.如图3甲所示为某游乐场的水上滑道示意 图5 的四分之一圆弧，与ab相切于b点.一质量为m的 A.2倍B.4倍 C.6倍 D.8倍 图，将其简化为一段竖直放置的光滑曲面轨道 部分，高度差h=6m.一名质量为50kg(含装备) 小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作 2.下列关于运动物体的合力做功和动能、速PMQ,如图乙所示，PM可视为半径为R的圆弧，0 的运动员从A点由静止开始下滑，经过B点时速度 用，自α点处从静开始向右运动，重力加速度大小 度变化的关系，说法正确的是 ( ）为圆心，轨道末端紧贴水面且与水面平行.一游客 v=10m/s,重力加速度g取10m/s2,求： 为g,则小球运动到其轨迹最高点时的动能为 A.物体做变速运动，合力一定不为零，动能一 (可视为质，点)从P点由静止开始沿圆弧轨道下 (1)运动员经过B点时的动能； ( 定变化 (2)从A点到B点过程中，阻力对运动员做 A.2mgR B.3mgR 滑，滑到M点处时刚好对轨道无压力，不计一切阻 B.若合力对物体做功为零，则合力一定为零 的功： C.4mgR D.5mgR 力，重力加速度大小为g,则M点离水面的高度为 3.民航客机的机舱一般 C.物体的合力做功，它的速度大小一定发生 客 都设有紧急出口，发生意外 变化 情况的飞机在着陆后，打开 D.物体的动能不变，所受的合力必定为零 紧急出口的舱门，会自动生 3.如图1所示，斜面高h, 图2 成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜 质量为m的物块，在沿斜面向 -2 面滑行到地面上，示意图如图2所示，某机舱紧急 上的恒力F作用下，能匀速沿 图3 出口的舱门离气囊底端的竖直高度AB=3.2m, 斜面向上运动.若把此物块放 图1 3R B.2R C. R 气囊构成的斜面长AC=4.0m.CD段为与斜面平 在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用 3 2 3 滑连接的水平地面。若人从气囊上由静止开始滑 下物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大 二、填空题（共8分） 下，人与气囊间的动摩擦因数、人与地面间的动摩 小为 8.翼装飞行运动属危险性很高的极限运动， 擦因数均为0.4.不计空气阻力，g取10m/s2,要使 A.mgh B.2mgh 飞行者穿戴飞行服装和降落伞等设备，从悬崖绝 救护人员不被从气囊上滑下的人撞到，则救护人 B组能力蒿 C.3mgh D.0.5mgh 壁等高处跃下，在空中无动力飞行（如图4甲），到 员距舱门正下方B点的安全距离是 ( 4.一个质量为2kg的物体，以4/s的速度在达安全的高度时飞行者打开降落伞着陆.某一翼 一、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） A.6.4m B.7.2m 光滑水平面上向右滑行，从某个时刻起，在物体上装飞行者在空中运动时竖直方向的”-：图像如图 1.质量为m的汽车，发动机功率恒为P,阻力 C.8.0m D.10.0m 作用一个向左的水平力，经过一段时间，物体的速乙所示，以向下为正方向，则0~10s内飞行者在 为∫，牵引力为F,汽车由静止开始，经时间t行驶位 4.某同学将篮球从距离地面高为h处由静止 度方向变为向左，大小仍然是4m/s,在这段时间竖直方向做加速度一直 (选填“减小”或 移为L时，速度达最大值m,则发动机所做的功为 释放，与地面碰撞后上升的最大高度为冬若篮球 内水平力对物体做的功为 )“增大”)的加速运动，合力做 ,10~15s 与地面碰撞无能量损失，空气阻力大小恒定，则空 A.32J B.8J :内飞行者做加速度 (选填“减小”或“增 A.Pt B.fut 气阻力与重力大小之比为 ( C.16J D.0 大”)的减速运动，合力做 C.m+f D.FL A.1:5 B.2:5 A/八mg》】 5.如图2所示，ABCD C.3:5 D.4:5 2.如图1甲所示，质量为0.5kg的物体在水平 是一个盆式容器，盆内侧 5.如图3所示，ABCD 粗糙的地面上受到一水平外力F作用，当物体运动 壁与盆底BC的连接处都 为固定在竖直平面内的轨 位移为9时，撤去力F,最后物体停止运动.整个 是一段与BC相切的圆弧！ 图2 /e 道，其中ABC为光滑半圆形 运动过程中外力F做功和物体克服摩擦力做功与 BC为水平的，其距离d=0.50m,盆边缘的高度为 轨道，半径为R,CD为水平 图4 物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取 图3 h=0.30m.在A处放一个质量为m的小物块并让 三、计算题（本题共2小题，共17分） 粗糙轨道，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数4 10m/s2.,则下列分析正确的是 其从静止下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 9.(7分)一质量m=2kg的物体在竖直向上 =0.2.一质量为m的小滑块（可视为质点）从D 个0 面与小物块间的动摩擦因数为u=0.10.小物块在的恒定拉力F作用下由静止竖直向上运动h= 点获得某一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰 好能通过最高点A,CD间距离为5R.已知重力加 盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距2m,这时物体的速度大小v=5m/s,忽略空气阻 速度为g.求： 离为 力，g取10m/s2,求该过程中： 3691012155 (1)小滑块到达A点的速度U4: A.0.50m B.0.25m (1)物体克服重力做的功Wc; 图1 (2)小滑块在D点获得的初动能E C.0.10m D.0 (2)拉力F对物体做的功W A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.4 6.中国自主研发的第四代军用祸扇发动机 B.s=9m时，物体速度为6m/s WS-15在推力、燃油效率和可靠性等方面均达到 C.前9m运动过程中物体的加速度为3m/s2 (数理报社试题研究中心) 了世界先进水平，已知WS-15涡扇发动机的喷气 D.物体运动的位移为13m (参考答案见下期) ☐的横截面积为S,喷出的燃气密度为P,燃气从喷 (下转第4版)高一物理人教（必修第二册）第40~44期 数淫极 答案详解 2025~2026学年高一物理人教（必修第二册） 第40~44期(2026年4月) 8.减小正功 减小负功 《机械能守恒定律》同步核心素养测评（三）》 9.(1)W。=40J(2)WF=65J A组 解析：(1)物体克服重力做的功为： 1.B;2.C;3.B;4.D;5.D;6.A;7.B. We=mgh=2×10×2m=40m 提示： (2)由动能定理有：W:-队。=子-0 2.力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合力一 定不为零，但合力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，故 解得：斯，=期+72=401+7×2×5J=651 AB错误：物体合力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定 10.(1)2500J(2)-500J 变化，故C正确；物体的动能不变，所受合力做功一定为零，但 合力不一定为零，故D错误. 解析：()运动员经过B点时的动能为=7m 3.物块匀速上滑时，根据动能定理得W。-mgh-W,=0, 1 代人数据解得E,=7×50×10J=2500] 物块下滑时，根据动能定理得W。+mgh一W=E:-0,联立两 (2)从A点到B点过程中，对运动员，根据动能定理，有 式解得E,=2mgh,故B正确，ACD错误. mgh Wr =E-0 4.根据动能定理，力F对物体做的功为：W=2m号 1 解得：W=E,-mgh=2500-50×10×6J=-500J. d=7×2×16J-号×2×161=0，放D正晚 B组 1.ABC:2.AB:3.BC. 5.由小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面 提示： 上运动的总路程为s,整个过程用动能定理有：mgh-umgs=0, 1.由于发动机的功率恒定为P,因此发动机所做的功W= 所以小物块在BC面上运动的，总路程为5=五=03m A0.Im 3m, P,故A正确；当汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，因此 功率可表示为P=f,联立以上两式可得发动机所做的功W 而d=0.5m,刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为 0m. =,故B正确；根据动能定理可知Pm-几=m-0,可 6.设在时间间隔△t内，喷出燃气的质量m=pS△t,根据 得W=Pm=方m2+几，故C正确：根据P=,由于汽车功 动能定理可得发动机做的功为W=4上。=了=7P4业， 率恒定，随着速度增加，牵引力逐渐减小，牵引力为变力，因此 则WS-15祸扇发动机喷气的功率为P=是=，故A 功不能表示为W=FL,故D错误. 2.根据W-s图像的斜率表示力，由图乙可求物体受到的 正确。 7.设OM与竖直方向的夹角为0，游客由P点滑到M点的 摩擦力大小为R=碧N=2N,又摩擦力r,=mg,可得动摩 1 过程根据动能定理得mgR(1-cos0)=2mt-0,游客经过M 擦因数4=0.4，故A正确；设s=9m时物体的速度为v,根据 2 点时有mngcos0=m ,M点离水面的高度h=Rcos0,联立解 动能定理：W-P=m-0,代人数据可得=6ms,故B 正确；前9m拉力F=3N,根据牛顿第二定律F-F,=ma,代 得h=5,故B正确。 3 人得加速度a=2m/s2,故C错误；设物体运动的总位移为x,由 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 乙图知，拉力的总功为27J,根据W=Fx,可得x=13.5m,故为内能，机械能减小，故D错误. D错误 4.小球沿光滑的斜面轨道运动，到达最高点时的速度等于 3.对整个过程，由动能定理得：mgh-umgcos0· h 0,由机械能守恒可知，小球恰好到达与0点高度相等的点，故 sina A正确；小球沿光滑的斜面轨道运动，离开轨道后做斜上抛运 以=0，解得4品。放A错误，B正确：再对整个过 动，到达最高点时沿水平方向的分速度不能等于0，由机械能 程，根据动能定理得mgh-W-umgs=0.解得，运动员在斜坡 守恒可知，小球不能到达与O点等高的点，故B错误；小球沿光 雪道上克服摩擦力做的功W=mgh stan 0 滑的斜面轨道运动到接近圆轨道的端点b点时，速度的方向沿 -h+stane ,故C正 轨道的切线方向，可知小球沿轨道运动到接近b点时，沿水平 确，D错误。 方向的分速度不能等于0，违背机械能守恒定律.同理D图也不 4.(1)2μgL2(2)umg(L1+L2) 能到达与O点等高的点.故CD错误， 5.(1)g=4.0m/s(2)FN=21N(3)W,=-1.0J 5.A到0的过程中，牙签受到重力大小保持不变，受到向 解析：(1)滑块由A到B的过程中，应用动能定理得： 上的弹力逐渐变小，到达O点时橡皮筋恢复原长，弹力为0.初 -=m2-m 始阶段弹力大于重力，牙签处于超重状态；当弹力小于重力，牙 签处于失重状态，故A错误；A到O的过程中，牙签和橡皮筋组 又F,=umg 成的系统机械能守恒，牙签的机械能增加，橡皮筋机械能减小， 解得：vB=4.0m/s 故B错误：弓和皮筋的弹性势能转化为牙签的动能和重力势 (2)在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知 能，故C错误；牙签向上飞行时，做加速度为g的匀减速直线运 F、-mg=mR 动，根据公式2-品=2gh可估算出牙签被射出时的速度，故D 解得轨道对滑块的支持力FN=21N 正确. 根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也 6.从M到V过程中，人对戽斗做正功，戽斗与水的机械能 为21N 增加，故A错误；泼水后，忽略空气阻力，只有重力做功，水的机 (3)滑块从B经过C上升到最高点的过程中，由动能定 械能守恒，放B正确；速度加倍，根据动能公式A=子可 理得 知动能变为原来的4倍，故C错误；从M到W过程中，人对戽斗 mg(R+h)-W好=0-2ma 做的功等于戽斗与水的机械能的增加量，故D错误。 解得滑块克服摩擦力做功W:=1.0J. 7,根据动能定理得mgh=B。-之m,可得石头在水平 《机械能守恒定律》同步核心素养测评（四） 面上的动能e=m2+mgh,故AC错误；整个过程机械能 A组 守恒，以抛出点为零势能点，抛出时的机械能为)m,所以石 1.D;2.C;3.B;4.A;5.D;6.B;7.B. 提示： 头在水平面时的机械能也为2m,故B正确；石片落到水面时 2.起重机吊起物体加速上升，速度越来越大，动能越来越 竖直方向的速度为v,=gt=√2gh,则重力的瞬时功率为P。 大，拉力大于重力，重力方向与位移方向相反，重力做负功，拉 =mg,=mg√2gh,故D错误. 力竖直向上，拉力与位移方向相同，拉力做正功，机械能越来越 8.减少增加减少 大，故ABD错误，C正确， 9.8.9m/s16.7m/s 3.飞行器外壳应选择导热性差，熔点高的材料来制造，故 解析：运动员在滑雪过程中只有重力做功，故运动员在滑 A错误；飞船通过黑障区时克服摩擦做功，机械能转化为飞船 雪过程中机械能守恒.取B点所在水平面为参考平面.由题意 的内能，飞船的温度升高，故B正确；飞船通过黑障区过程中， 知A点到B点的高度差h1=4m,B点到C点的高度差h2= 质量不变，高度减小，重力势能减小，克服摩擦做功，一部分机 械能转化为内能，机械能减小，故C错误；飞船通过黑障区过程 10m,从A点到B点的过程由机械能守恒定律得了m匠= 中，速度增大，动能增大，克服摩擦力做功，一部分机械能转化mgh 2 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 解得g=√2gh1=45m/s≈8.9m/s; 力做功为8J,即fH=8J,则f=1N,故B正确；落地时E= 从B点到C点的过程由机械能守恒定律得： 2m=32J,解得m=8,万m/s,故C正确：药品下落4m时总 mi+mgh:=之m呢 1 的机械能为36J,重力势能为mgh'=20J,此时的动能为16J, 则重力势能与动能不相等，故D错误 解得vc=√2g(h1+h2)=2√70m/s≈16.7m/s. 10.(1)1375J(2)2.75m 4.mgh 2m+mgh 2 m +mgh -Wa 解析：(1)以水平轨道为零势能参考平面，设该同学经过 5.(1):=10m/s(2)o=10m/s(3)vm=24m/s M点时速度为M,由下滑过程中机械能守恒得，该同学运动到 解析：(1)若摩托车运动员从高台水平飞出刚好越过壕 1 B点时的动能：，=2m+mglsin30 沟，由平抛运动规律可知 水平方向有L=v,t 代入数据解得：E,=1375J. 1 (2)由于该同学整个运动过程中机械能守恒，有： 竖直方向有6=28t 2m+mglsin30°=mgh 联立解得v,=10m/s (2)摩托车运动员由坡底冲上高台落地的过程中，根据动 代人数据解得：H=2.75m. 能定理得 B组 Pe-mghmm 1 1.ACD:2.AC:3.BC. 提示： 解得o=10m/s 1.小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的支持力做负 (3)从高台水平飞出到地面，由机械能守恒定律可得 功，小球的机械能减小，小球减少的机械能转变为曲面体的动 1 12 mgh+2m=2mv地 能，小球机械能不守恒；设小球与弹簧刚接触时的速度为，则 其中v地=26m/s,解得Um=24m/s. 有mgh>2m,解得<2，故A错误，B正确：小球压缩 《机械能守恒定律》同步核心素养测评（五） 弹簧过程，弹簧的弹力对小球做负功，小球的动能转化为弹簧 A组 的弹性势能，小球的机械能不守恒，在小球压缩弹簧至最短时， 1.(1)BD;(2)C;(3)0.50;0.48 弹簧的弹性势能为么，=弓<meh,故CD错误本题选错 解析：(1)要验证重物下落过程中符合机械能守恒定律， 误的，故选ACD. 需要满足了m心=mh根据打点计时器打出的纸带，求速度， 2.因为A、B、C组成的系统机械能守恒，在A落地前，B、C 不用秒表，而打点计时器需要用到低压交流电源，故A错误，D 运动；在A落地时，B、C停止运动.由于系统机械能守恒可知，A 正确；需要用刻度尺测量物体下落的高度，故B正确：等号两边 的机械能与B、C的动能相互转换，因B、C的动能先增加后减 的质量可约去，不用天平，故C错误 小，可知A的机械能先减小后增加，C的机械能先增大后减小， (2)根据机械能守恒定律有mgh=一2，则有号=幼， 故A正确，B错误；A的机械能最小时，B的机械能最大，即速度 因此图像应为正比例函数.故C正确。 最大，此时B的水平方向的加速度为零，即水平方向受杆的作 (3)根据功能关系可得，当打点计时器打在B点时，重物 用力为零，则竖直方向受杆的作用力也为零，此时球B对地面 的重力势能减少量为△E,=mghg=1.0×10×5.01×0.01J 的压力为mg,故C正确；因为A、B、C组成的系统机械能守恒， =0.50J,匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的 可得mgL=之m,解得u=2gL,即球A落地的瞬时速度等 平均速度。=2券=7904x001:0.9g 2×0.02 于√2gL,故D错误. 1 3.药品开始下落时，由E=40-h可知，当h=0时，E= 动能变化量为△E=2mg=0.48】 40J,则mgH=40J,其中H=8m,则m=0.5kg,故A错误；落 2.(1)天平；(2)0.98； 地时的机械能为E'=40J-8J=32J,可知整个过程中空气阻 (3)0.49；0.48；重力势能减小量略大于动能的增加 一3 高一物理人教（必修第二册） 第40~44期 量，在误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒。 mgl.=(4 (4)重力加速度g 解析：(1)本实验验证机械能守恒定律，即重物重力势能 即L=2(4）厂，小球的质量可以约掉，所以不需要测 的减少量等于动能的增加量，需要通过打点计时器打出的纸带 量质量 来确定重物的速度、重物下落的高度，所以需要铁架台、打点计 (2)小球经过光电门的速度大小为”=4 时器、复写纸、重物、纸带、导线、开关等，但由于等式两边的质 量可以约掉，所以不需要天平测量重物的质量，所以不必要的 d (3)由以上分析可知名=远，考虑到小球下落过程中受 器材是天平， 到阻力的影响，由于阻力做负功，小球下落过程中动能的增加 (2)e点速度大小为 量小于重力势能的减小量。 ,=头=706314×102m/s=0.98m/5 2T 2×0.02 5.)；(2)(M-m)gh=M+m)(4）: (3)从起，点O到打下e点的过程中，重物的重力势能减少 (3)2(M-m)g 量为 (Mm)d △E,=mg·0e=1×9.8×5.01×102J=0.49J 解析：(1)测出挡光片挡光的时间t,则左右两侧物体的速 动能增加量为△E=2m=2×1×0.982J=0.48J 度，的大小表达式为。= t 由计算结果可知，重力势能减小量略大于动能的增加量， (2)根据系统机械能守恒可得Meh-mgh=子(M+ 在误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒 m)2,如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为(M-m)gh (④)根据机械能守恒定律可得乃m2=mgh,即子= 21 =(M+m)( d h,若以号为纵轴，以h为横轴建立坐标系得到的图像是一条 (3)根据(M-m)gh= (M+m) d t ,可得子 通过原点的直线，该直线的斜率为k=g,即图线的斜率为当地 的重力加速度g 2(1-m),可知若图像是过原点的一条倾斜直线，且直线的 (Mm)d' 3.1)B:(2)mgh:(3):(4gh= d 2t2 斜率为k= 2(M-m)g,则A,B组成的系统机械能守恒. (Mm)d (5)减小空气阻力对实验的影响 B组 解析：(1)光电门具有计时功能，故不需要秒表，实验需使 1.(1)远； 用刻度尺测量B、A的竖直高度差，验证机械能守恒的表达式 (2)； ：mg宁：名4M+m)号 2 中，小球的质量可以约去，故不需要使用天平（含砝码）.故B正确 解析：(1)为减小实验误差，遮光条的宽度应适当窄一些， (2)小球从B点至A点过程中，重力势能减少量为△E。= 滑块释放点到光电门的距离应适当远一些，有利于减小读数误差 mgh (3)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，小球通过 (2)滑块通过光电门的速度”= t 最低点的速度大小为：=升 因为钩码通过动滑轮与滑块连接，钩码速度为滑块速度的 (4)小球从静止释放到最低点的过程中，若小球机械能守 之因此=品 恒，则有mgh=,整理得g6= 22 当滑块运动L距离时，钩码下降一L,因此系统重力势能减 (5)实验时应选用密度较大的重物，这样做能减小误差的 少△E。=mg×2 1 主要原因是减小空气阻力对实验的影响. 4.)不需要：(2)兰：(6)品：小于 系统动能塔加量为A=m2+M= 1 d 解析：(1)为了验证机械能守恒，则 8 一4 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 2.(1)c(2)meh=72M+m) (3)AB (5)C 42 解析：(2)根据题意，由公式v=r可得，由于转动过程中 解析：(1)由于本实验验证机械能守恒定律，即系统重力 势能的减少量应等于动能的增加量，所以需要光电门测量速 角速度相等，则有n:g=2:1,又有p:0=:4,解得 tp to 度，用刻度尺测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h tp:90=1:2 故选C. (3)本实验验证机械能守恒定律时，由于钢球P,Q的质量 (2)如果系统机械能守恒，则(M+m)gh-Meh=子(2M 相等，则验证机械能表达式中质量可以约掉，所以不需要测量 钢球的质量. +m),=所以mek=之(2M+m)号 (4)当系统转动过程中满足机械能守恒定律，有 (3)细绳、滑轮并非轻质而有一定质量，系统重力势能减 2mgl.mglm(m) 1 tp to 少量等于重物A、B、物块C、细绳、滑轮组成的系统动能的增加 量与滑轮与细绳之间产生滑动摩擦生成的热量之和，则系统重 即2g=(4)2+(4)2 to 力势能减少量大于重物A、B、物块C动能的增加量，故A正确； (5)阻力会影响机械能守恒，但是因为两个球是同轴转 挡光片宽度越大，则所测挡光片经过光电门的速度越小于真实 动，并不影响它们的速度关系，进而不影响测量的时间关系，纸 值，所以系统重力势能减少量大于重物A、B、物块C动能的增 杆的质量同理也一样，造成误差的主要原因可能是钢球半径对 加量，故B正确；挂物块C时不慎使B具有向下的初速度，重物 线速度计算的影响，从而导致速度不再是严格的二倍关系，影 A运动到光电门时挡光片挡光时间变小，则系统重力势能减少 响时间的测量.故C正确 量小于重物A、B、物块C动能的增加量，故C错误 《机械能守恒定律》同步核心素养测评（六） 3.(1)平行 (P-mg)(L+2) A组 (2)mg1-cs0)=之(F-mg） 1.D;2.D;3.A;4.D;5.A;6.D;7.B. (3)3mg-2mg 提示： 解析：(1)悬线与量角器表面平行；在最低点，根据牛顿第 1.小球恰好运动到半圆形轨道BC的最高点，此时对应的 二定律有 临界状态为轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心力， 2 F-mg m u+ 则有g=紧解得：=√②欧，从4到C,根据机枝能守恒定律 解得小球在最低点的动能 有mg·2R=之-2m2,解得=V5gR,故D正确 E=7m=7(F-mg)(L+2) 2.将绳子下端向上提起使绳对折，上半部分不动，下半部 (2)如果表达式mg(1-cs0)(L+号)=(F-mg)(L 分的重心上升的高度为h=,下半部分的重力为G下=2G =2mg,根据功能关系得知，人至少做功为：W=△E。=G下h 1 ) 即mg1-cos0)=(F-mg)成立，则小球下摆过程中 =之mg×之=子mg,故D正确，ABC错误 3.当将一质量为m的物体A从弹簧原长处紧挨弹簧上端 机械能守恒. 由静止释放，以物体和弹簧为系统，机械能守恒，减少的重力势 (3)根据mg1-cos0)=(P-mg),得到F=3mg 能转化为弹性势能，即mgh=E,若将物体A换为另一质量为 2 mgcos0,由此可知，当图像与纵轴的截距等于3mg,图像的斜 2m的物体B,同样从弹簧原长处紧挨弹簧上端由静止释放，当 率等于-2mg时，则机械能守恒定律得到验证. 物体B下降h,弹簧的形变量相同，弹性势能相同，设此时的速 4.(2)1:2(3)不需要 度为，周由功能关系可得2mgh=尽，+7·2m,联立解得0 (4)2gL=(4)2+(4)2 to =√gh,故A正确，BCD错误. 5 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 4.根据动能定理有mh=m。-0,小环的向心加速度 2mgRm=ngh 大小4.=食结合题图乙解得a-=只，解得g=子 解得h=3.5R 10.(1)2N(2)0.1J 故D正确。 解析：(1)物块从A到B机械能守恒 5.设链条的质量为m,以开始时链条的最高点为零势能 1 面，链条的机械能为E=么，+么=-之mg×千m0-之mg mgL(1-cosa）=2md 2 子+0=一令g以1+sn0),链条全部滑出后，动能为E 在B点，由牛顿第二定律F,-mg=m乙 4 解得Fr=2N 1 L k=2mt,重力势能为E,=-mg·之，由机械能守恒可得E= (2)设细线被切断后物块的初速度为，由动能定理得 +,即-餐(1+sn0)）=子m2-mg·子，解得E= 1 L -mg·x=0-之i 机械能损失为 之Vg3-sim0=2.5m/s,故A正确， 1 AE=mgL(1-cosa）-2ma 6.从轨道内的A处由静止释放运动到B点的过程中，重力 mg(L cos a)-umgx =0.1 J. 做功不为零，则小球重力的平均功率不为0，故A错误；根据动 B组 1 能定理mgR=2mw',小球在B点速度大小为√2gR,故B错 1.BC;2.BC;3.AD. 1 误；当a=60°时，根据动能定理mg Reos60°=2m-0,此时 提示： 1.小环受重力、支持力和拉力，拉力做功，故环的机械能不 二mgcos60°=R,解得F,=1.5mg,故C错误；当a=300 守恒，故A错误；在A位置，环受重力、拉力、支持力，根据牛顿 第二定律，有：mgsin30°+Fsin30°=ma,在D点，环的速度最 时，根据动能定理mgReos3?0°=2m号-0，小球的加速度大小 大，说明加速度为零，弹性绳长度为2L,故：mgsin30°-Fcos60°= 为a= 尸+(6sin30y=g,放D正确 0,联立解得：a=g,故B正确；小环和弹性绳系统的机械能守 R 恒，在D点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长 7.设两球首次转到同一水平线上时的速度大小为，则根 度，故初位置和D位置环的机械能相等，有：mg(2Lsin30)= 据系统机锁能守恒有g(停L-台)+e(停L+宁)=号 1 2 子m,解得：e=√gL,放C正确：小环到达AD的中点时，弹 2m2,设工件对P点处小球做功为W,则对P点处小球列动能 性绳的长度为√3L,伸长量不为零，故弹性势能不为零，故D 定理方程有黑+mg(L+宁)=了2-0，联立解得网 错误， 2.初态小球平衡，剪断绳后，小球合外力与绳中拉力等大 =-mgL,故B正确 反向F合=√(mg)2+(kx),所以加速度a= 8.1m/s0.25m mg)+(kx,故A错误；设初态弹簧的弹性势能为E,根 m 9.(1)3gR(2)3.5R 解析：(1)从A到B由机械能守恒定律 据机械能守恒得么，+mgh=之m,速度大于，2g,放B正 3mgR=7m-子m 确：细绳剪断后，小球竖直方向做自由落体运动，竖直方向h= 在B点，根据牛顿第二定律 之，运动时间：=√位，放C正确：小球在细绳剪断间，仍 F、-mg=R vR 受弹簧弹力，所以不是平抛运动，故D错误 3.设P、Q两端的竖直距离为h,在小球的第二次运动中重 解得o=√3gR 1 (2)物体离开C点后，根据机械能守恒定律 力势能转化为动能，有：mgh=2m6,在第一次整个运动过程 6 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 中因为小球与弯管无挤压，所以可将小球的运动看成平抛运做匀速圆周运动的小球动能和势能都不变，机械能守恒，故C , 动，则：7g2=h,o=d,联立可得w=√，=√ 正确；足球滚上倾斜的草坪并停在斜坡上，阻力做负功，机械能 减小，故D错误. A正确，B错误；在过程一中小球在水平方向的平均速度为， 2.由于功率大小P=Fv,而每秒钟排出体积V=S,代人 过程二中小球在水平方向的平均速度肯定小于。，因为都经过 数据，整理得F=8×10N,故B正确，ACD错误。 了相同的位移，所以：>=√受放D正确.C错误 3.建筑材料向上做匀加速运动，上升的高度为h,重力做 功：W=-mgh,故A错误；物体的重力势能变化量为：△E,。= Mmg 4.2M+m mghm) 2mh -W=mgh,则建材的重力势能增加了mgh,故B错误；根据动 解析：设系统放上小物块后，轻绳的张力增加了F,则对系 能定理得：mah=△E:,则动能增加了mah,故C错误；物体的机 统，由牛顿第二定律得加速度为a=M+m)g- 械能增加量为：△E=△Ek+△E。=m(a+g)h,故D正确. M+mM 4.由题意可知，忽略球的机械能损失，高尔夫球的机械能 2+m由于初始时刻轻绳的张力与右侧物块的重力是一对 mg 守恒；甲是刚要撞击的时刻，此时的甲只具有动能，不具有弹性 平衡力，即张力大小为Mg,由牛顿第二定律得系统放上小物块 势能；丙是刚撞击完的时刻，此时高尔夫球发生了形变，高尔夫 球的动能转化为弹性势能，动能减小，弹性势能增加，故球在 ,轻绳的张力增加了F=Ma三2M+m对系统由机械能守 甲、丙两个时刻的动能不相等，球在甲时刻的动能较丙时刻的 恒得(M+m)gh-Mgh= 2(M+m+M)2,解得当地重力加 大，即v1>2,故A正确，BCD错误。 速度g=2M七m）正，如果机械能守恒，则(M+mgh=Mgh 5.弹簧被向上拉伸过程中，弹簧的形变量增大，故弹簧的 2mh 弹性势能增大，故A错误；松手后，小球向下运动过程中，由于 (M+m+M),整理得meh=之(2M+m)2. 弹簧弹力做功，故小球的机械能不守恒，故B错误；小球向下运 动过程中，弹力向下，故弹簧对小球做正功，故C正确；在打击 5.(1)2m/s(2)-8J 过程中，核桃在果垫的作用力方向上没有发生位移，故果垫对 解析：(1)B、C和A通过绳子连接，三个物体速度始终相 核桃不做功，故D错误 等，B、C下降距离为H,则A上升的高度为H.A、B、C系统机械 6.过山车恰好经过圆形轨道最高点时，由重力提供向心 能守恒，B、C减少的重力势能等于A增加的重力势能与三个物 体增加的动能之和。 力，期有5=？云，从释放处到圆形轨道最高点，由机枝能守 根据机械能守恒定律，有 恒定律得mgh=mg·2R+7m2,解得h=2.5R,故D正确 (M+mgll Mal+(m 7.足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g的匀变速 解得此时三个物体的速度，=2 ,=2m/s 直线运动，其速度一时间关系上升阶段为U,="o-,下落阶 段v,=t,由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是 (2)对C受力分析，C受重力和B对C的拉力，根据动能定 一条倾斜直线，故A错误；不考虑空气阻力，足球只受重力作 理有 用，机械能守恒，E不变，故B错误；足球在水平方向上一直有 1 mgll w =2mu0 速度，则足球的动能不能为零，故C错误；足球在竖直方向上的 解得B对C做的功为W=-8J. 速度满足，上升阶段心，=，o一t,下落阶段心，=gt,再由重力的 瞬时功率P=mg,可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关 《机械能守恒定律》核心素养单元测评 系，且在最高点重力的瞬时功率为零，故D正确， 1.C;2.B;3.D;4.A;5.C;6.D;7.D. 8.AD:9.BC:10.ABC. 提示： 提示： 1.气球缓缓地匀速上升，动能不变，重力势能增大，则机械 8.加速下降过程，减小的重力势能转化为动能和内能，可 能增大，故A错误；箭在释放了的弦的作用下加速飞出去，弹性 见重力势能的减少量大于动能的增加量，故A正确，B错误；减 势能转化为箭的机械能，则机械能增大，故B错误；在水平面内 速下降过程中，减小的重力势能和减小的动能均转化为内能， 一7 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 重力势能的减少量小于机械能的减少量，故C错误，D正确。 t斤=2ax 9.动车的功率恒定，根据P=F牵：可知动车的牵引力减 设滑行过程中所受阻力为f,由牛顿第二定律得 小，根据牛顿第二定律得F牵-F=ma,可知动车的加速度减 F-f=ma 小，所以动车做加速度减小的加速运动，故A错误，B正确；当 联立解得F=4×10N 加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为P=Fm,故C (2)设飞机离地时的功率为P,由功率的表达式得 正确；动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为W=P,根据 P=Fu 动能定理得Pm-s=子Mw2-子m,放D错误 由动能定理得PA-mgh-用=之m房-m 1O.当A球未释放时B物块静止，则此时B受沿斜面向上的 解得W=1.698×1010J 摩擦力F,=4 ngsin0=2mg,为静摩擦力.假设在A球运动的 14.(1)6m/s(2)450W(3)900W 过程中B未动，则A球下落的过程中机械能守恒，mgR= 解析：()由机械能守恒定律可知mgh=2m 分心，可得：=R,对A球进行受力分析，在最低点时P,- 解得v=√2gh=√2×10×1.8m/s=6m/s 2 mg=mR,可得F=3mg,A球运动至最低点时绳子拉力最 (2)下滑的加速度a=mgsin37°=6m/s m 大，此时F,=3mg<F,+4 ngsin0=4mg,说明A球在运动的 根据l= h 过程中不能拉动B物块，故小球A的机械能守恒，故C正确，D 2h 错误；斜面体对B物块的静摩擦力方向先沿斜面向上，后沿斜 可得下滑的时间t=√asin37° =1s 面向下，故先减小后增大，故A正确；小球下降时有沿着绳子方 重力做功W。=mgh=25×10×1.8J=450J 向的加速度，根据整体法可判断出地面对斜面体的摩擦力方向 重力的平均功率P==450W 一直向右，故B正确 t 11.(1)0.3090.300 (3)小孩滑到斜面底端重力的瞬时功率 (2)> 下落过程中存在阻力做功 P=mgvsin37°=25×10×6×0.6W=900W. 24(2c3)号 (2M+m) 15.(1)17N(2)4m(3)2√15m/s 2mg 解析：(1)小球从最下端以速度抛出并运动到M正下方 解析：(1)根据平均速度等于瞬时速度，则有物块B刚穿 距离为L的位置时，根据机械能守恒定律 过圆环后的速度”=兰 mG=mg·2L+之d 1 (2)由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的 在该位置时根据牛顿第二定律F,-mg=m 增加的动能，即为 mgh Mgh -Mgh (m 解得v=45m/s,F,=17N (2)小球做平抛运动时，水平方向x=t 即为h=之(2n+m)2=子(2M+m)号，故C正确， 竖直方向2L=之 ABD错误. 解得x=4m (3)将mgh=之(2M+m)变形后则有h=2M+m2 2mg (3)若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足 =2业+m)心，因此以子为横轴；由上式可知，作出的图线是 mg m2L 2mgt 从最低点到该位置由机械能守恒定律 条过原点的直线，直线的斜率k=(21+m)d 2mg 2mw'%=mg·5L+2m 1 13.(1)F=4×103N(2)W=1.698×10°J 解析：(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a,由运动 解得u2=2√15m/s. 学公式得 8