第44期 《机械能守恒定律》核心素养单元测评-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第二册同步学案（人教版）

《机械能守恒定律》核心素养单元测评 ◆数理报社试题研究中心 (说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间75分钟，满分100分)》 题号 四 总分 郑 得分 第I卷 选择题（共46分） 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分，选错或不选得0分）》 1.以下情境中，机械能守恒的是 ( A.气球缓缓地匀速上升 B.箭在释放了的弦的作用下加速飞出去 C.小球在水平面内做匀速圆周运动 D.足球滚上倾斜的草坪并停在斜坡上 2.无论是远海岛礁建设，还是超大型疏浚及填海造陆工程，都离不开 钢铁巨轮一一重型绞吸船.如图1所示是我国自主研制的自航绞吸挖泥 船“天鲲号”性能达到世界先进水平，其远程输送能力达15000米，居世界 第一.若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1.6×10kW, 图1 排泥量为1.6m/s,排泥管的横截面积为0.8m2,则泥泵对排泥管内泥浆的推力为 A.5×10°N B.8×106N C.5×10N D.8×10N 3.如图2所示，塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为m的建材以加速度α匀 加速向上提起h高，已知重力加速度为g,则在此过程中，下列说法正确的是 A.建材重力做功为-mah 图2 一画 B.建材的重力势能减少了mgh C.建材的动能增加了mgh D.建材的机械能增加了m(a+g)h 4.一高尔夫球以二百多公里的时速水平撞击钢板.图3为球撞击过程中的三个状态，其中 甲是刚要撞击的时刻，乙是球的形变最大的时刻，丙是刚撞击完的时刻.设球在甲、丙两时刻的 速度大小分别为，和，，忽略撞击过程中球的机械能损失，则 图3 A.v1>2 B.1<2 C.v1=2 D.条件不足，无法比较1和2的大小 5.为了方便打开核桃、夏威夷果等坚果，有人发明了一款弹簧坚果开核器，它是由锥形弹 簧、固定在弹簧顶部的硬质小球及放置坚果的果垫组成.如图4所示，是演示打开核桃的三个步 骤.则下列说法正确的是 () 小球第1步 第2步 第3 核桃 图4 A.弹簧被向上拉伸的过程中，弹簧的弹性势能减小 B.松手后，小球向下运动过程中，小球的机械能守恒 C.小球向下运动过程中，弹簧对小球做正功 D.打击过程中，果垫对核桃做负功 6.过山车的原理可简化为图5中模型.质量为m的小球在光滑竖直圆轨道上运动.如果让 过山车由静止释放，恰好经过半径为R的圆形轨道最高点，则释放处距地面的高度h为() 图5 A.R B.1.5R C.2R D.2.5R 7.某踢出的足球在空中运动轨迹如图6所示，足球视为质点，空气 阻力不计.用v,、E、E,、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动 能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图像中 图6 可能正确的是 B D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多个选项是 正确的，全选对的得6分，少选的得3分，有错选或不选的得0分) 8.如图7所示，运动员跳伞经历（打开伞前）加速下降和（打开伞后）减 速下降两个过程，空气阻力不可忽略.下列说法中正确的是 ( A.加速下降过程中，重力势能的减少量大于动能的增加量 B.加速下降过程中，重力势能的减少量小于动能的增加量 图7 C.减速下降过程中，重力势能的减少量大于机械能的减少量 D.减速下降过程中，重力势能的减少量小于机械能的减少量 9.如图8所示，复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾 驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果.一列质量为m的 动车，初速度为，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间达到该功率 下的最大速度v,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变.动车在时间 图8 内 ) A.做匀加速直线运动 B.加速度逐渐减小 C.额定功率P=Fvm D.牵引力做功W= 12 1 2 mvn- 10.如图9所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物 块B,跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O,倾角为0=30°的斜面体 置于水平地面上，A的质量为m,B的质量为4m.开始时，用手托住 图9 A,使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动.将A由 静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是 A.物块B受到的摩擦力先减小后增大 B.地面对斜面体的摩擦力方向一直向右 C.小球A的机械能守恒 D.小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒 第Ⅱ卷 非选择题（共54分） 三、实验题（本题共2小题，共16分，将正确答案填在题中横线上或按要求作答） 11.(8分)图10甲为“验证机械能守恒定律”的装置图，实验中，打点计时器所用电源频率 为50Hz,当地重力加速度的值为9.80/s2,测得所用重物的质量为1.00kg.若按实验要求正确 地选出纸带进行测量，测得连续三个计时点A、B、C到第一个点的距离如图乙所示，那么： 计时署 单位：cm 子 轻电源 1.75 3.15 4.85 图10 (1)从起点O到计数点B的过程中重力势能减少量 J,此过程中物体动能的增加 量 J;(g=9.8m/s2,以上两空均保留3位有效数字)》 (2)通过计算，△E。 △E(选填“>”“=”或“<”)，这是因为 12.(8分)用如图11所示装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质 量相等的物块A、B,物块B上放一金属片C,铁架台上固定一金属圆环，圆环 处在物块B的正下方.开始时，金属片C与圆环间的高度为h,A、B、C由静止 开始运动.当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两光电门分别固 数宇 计时器 定在铁架合P,、P,处，通过数字计时器可测出物块B从P旁运动到P,旁所 用时间t,已知重力加速度为g (1)若测得P,、P,之间的距离为d,则物块B刚穿过圆环后的速度为 图11 (2)若物块A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证了下面选项 中的等式成立，即可验证机械能守恒定律， A.mgh =2mv B.mgh Mv2 C.mgh =(2M+m)v D.mgh =(M+m) (3)改变物块B的初始位置，使物块B从不同的高度由静止下落穿过圆环，记录每次金属 片C与圆环间的高度h以及物块B从P,旁运动到P,旁所用时间t,则以h为纵轴，以 (选填“？”或“十”)为横轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线，该直线的斜率为 (用m、g、M、d表示). 四、计算题（本题共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和演算步骤.只写出最后 结果的不能给分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位) 13.(10分)C919大型客机（如图12所示）是我国首款按照国际通行 适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式干线客机2017年5月 5日成功首飞，2023年5月28日圆满完成首次商业飞行.假设飞机在水平 跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移600时才能达 图12 到起飞所要求的速度60m/s.起飞后，飞机继续以离地时的功率爬升20分钟，上升到10000m高 度，速度达到200m/s.已知飞机质量为1.0×10kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力 加速度g取10m/s2.求： (1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F; (2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功W 14.(12分)从水滑梯滑下是小朋友非常喜爱的游乐项目.假设小孩从水滑梯滑下可以简化 为如图13过程，现有一个质量为m=25kg小孩，从高度h=1.8m的水滑梯顶端由静止开始滑 下，水滑梯与斜面倾角为37°，忽略所有阻力.已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，g取10m/s2. 求： 37 图13 (1)小孩滑到斜面底端时瞬时速度大小； (2)小孩从水滑梯顶端由静止滑到底端重力的平均功率； (3)小孩滑到斜面底端时重力的瞬时功率 15.(16分)如图14所示，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根 W--●N 细钉，间距L=0.5m.一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂 质量m=0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力.t=0时，小球以 777777777777777 水平向右的初速度。=10m/s开始在竖直平面内做圆周运动.小球牵 图14 着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运 动.小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2. (1)求绳子所受的最大拉力大小； (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松驰，求初 速度的最小值. 些 8 参考答案见专号高一物理人教（必修第二册）第40~44期 发淫括 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)W,=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 W。=mgh=2×10×2m=40m 提示： (2)由动能定理有：，-。=m2-0 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：W,=e+2m2=40J+7×2×J=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=之m 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=2×50×10J=2500J 物块下滑时，根据动能定理得W,+mgh-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 +W=Ex -0 4根据动能定理，力F对物体做的功为？：之- 解得：W,=E-mgh=2500-50×10×6J=-500J. 2m=×2×16J-号×2×16J=0,故D正确 1 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：=产-8m=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=,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 0 m =,放B正确：根据动能定理可知P1-几=m2-0,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=2+几，故C正确：根据P=,由于汽车功 动能定理可得发动机微的功为甲=△返.=了m2=2P04, 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S-15祸扇发动机政气的功率为P=品-习，故A 功不能表示为W=FL,故D错误， 2.根据W-5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-沿N=2N,又摩擦力片=mg,可得动库 1 过程根据动能定理得mgR(1-cos6)=2m-0,游客经过M 擦因数u=0.4,故A正确；设s=9m时物体的速度为v,根据 点时有mgeos0=mR,M点离水面的高度h=Rcos8,联立解 动能定理：即-F3=m-0,代人数据可得0=6m/s,故B 正确；前9m拉力F=3N,根据牛顿第二定律F-F,=ma,代 得人=故B正确 、 入得加速度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 sin 0 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 g=0,解得：业三本a92故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)/2gL2(2)umg(L+L2) 能到达与O点等高的点，故CD错误 5.(1)vB=4.0m/s(2)FN=21N(3)W=-1.0J 5.A到O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0点时橡皮筋恢复原长，弹力为0.初 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0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：vg=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-后=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F、=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N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，故B正确：速度加倍，根据动能公式(-之m…2可 理得 知动能变为原来的4倍，故C错误；从M到N过程中，人对戽斗 -mg(R+h)-W:=0-2mu2 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mgb=E。-之m2,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。=之m2+mg,故AC错误；整个过程机械能 A组 守恒，以抛出点为零势能点，抛出时的机械能为了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m,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 =mgv,=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之mi 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 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 解得vg=√2gh1=45m/s≈8.9m/s; 、 力做功为8J,即H=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0=82ms,故C正确：药品下落4m时总 mui+mgh:=m晚 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(h,+h2)=2√70m/s≈16.7m/s. 1 10.(1)1375J(2)2.75m 4.-mgh 2m mgh 2mu 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)v,=10m/s(2)o=10m/s(3)vm=24m/s M点时速度为，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：E=2m,+mglsin30° 沟，由平抛运动规律可知 水平方向有L=心，t 代入数据解得：E=1375J. (2)由于该同学整个运动过程中机械能守恒，有： 竖直方向有A=28r 2mu，听+mglsin30°=mgH 联立解得心，=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 代入数据解得：H=2.75m. 能定理得 B组 1.ACD;2.AC;3.BC. nm-msh=m-m房 1 提示： 解得vo=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 1 mgh m2 mis 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vm=24m/s. 有mgh>2m2,解得：<V2gh,放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E,=号m<mgh,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 需要满足子心2=ms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mg=弓m2,则有号=8h, 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=2m,解得v=√2gL,即球A落地的瞬时速度等 平均速度g==063.14×0.01m/s=0.98m 2×0.02 于√2gL,故D错误. 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=2m2=0.48J 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 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。 (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=(什)广，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v= d 时器、复写纸、重物、纸带、导线、开关等，但由于等式两边的质 t 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 (3)由以上分析可知g=,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， =票=790604x10m=0.8G 2×0.02 5.(1)；(2)(M-m)gh=2(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 (M+m)d2 △E,=mg·0e=1×9.8×5.01×10-2J=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 1 动能增加量为△E,=2m=2×1×0.98J=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Mgh-mgh=子(W+ 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r2=mgh,即→= 2 gh,若以号为纵轴，以人为横轴建立坐标系得到的图像是一条 (3)根据(M-m)gh= 2M+m)(),可得日 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(M-m)g,可知若图像是过原点的一条倾斜直线，且直线的 (M+m)d 31)B:(2)mgh;(3);(④)sh= 22 斜率为k= 2(M-m)g,则4，B组成的系统机械能守恒。 (Mm)d2 (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 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)滑块通过北光电门的速度”=4 最低点的速度大小为”=号 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 子因此心= 恒，则有mgh=子m,整理得sh= 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 =2mg 1 主要原因是减小空气阻力对实验的影响 4①不需要：(2)品《3)：小于 系统动能增加量为△E,=m2+乃MW=子M号 解析：(1)为了验证机械能守恒，则 m=(Mm) 1d2 d 高一物理人教（必修第二册）第40~44期 2.(1)C(2)mgh=2(2M+m) d (3)AB (5)C 4 解析：(2)根据题意，由公式v=wr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 等，则有0三2：1，义有pg 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-Mgh=2(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),e=品所以meh=子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 2mgb-mglm) 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2gL=(4)2+(d)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） 3I)平行2(F-m8)u+2)》 A组 (2)mg1-cos0)=2(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， F-mg =m D 则有mg=紧，解得。=√级，从4到C,根据机械能守恒定律 (L+2） 解得小球在最低点的动能 有mg2R=号m-之m,解得=√5gR,故D正确 =22=F-msL+2 2.将绳子下端向上提起使绳对折，上半部分不动，下半部 (2②)如果表达式mg1-cs0)L+2)=号(F-mg)1 分的重心上升的高度为h=,下半部分的重力为G年=6 D =2mg,根据功能关系得知，人至少做功为：W=△E。=G干h + 1 =弓mg×=mg,故D正确，ABC错误 1 即mg(1-c0os)=(F-mg)成立，则小球下摆过程中 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mg(1-os0）=7(F-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e,则由功能关系可得2mgh=么，+？·2m2,联立解得。 (4)2g=(4)2+(4)2 =√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mgh=乃m-0,小环的向心加速度 2mgkmmgh 大小a=结合邂图乙，解得a,-私=，解得8=号 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B=么，+么=一弓g×子如0-分” mgl(1-cosa）=2mu 2 mg 2 +0=-名mg(1+sim0),链条全部滑出后，动能为公 在B点，由牛顿第二定律F,一mg=m 4 解得FT=2N 1 k=2m,重力势能为E?=-mg·乞，由机械能守恒可得E= (2)设细线被切断后物块的初速度为B,由动能定理得 +,即-g1+8n0)=m-mg·子，解得。 1 -umg·x=0-7md 机械能损失为 3Vg(3-sin0=25ms,故A正确 4E=mgL(1-cosa）-)mmg 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.I 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=2m0',小球在B点速度大小为√2gR,故B错 1.BC;2.BC;3.AD 误；当a=60°时，根据动能定理ngRcos60°= 2m子-0，此时 1 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 mgcos60°m,解得F、=1.5mg,故C错误；当a=30 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mgReos30°=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= )2+(gsin30)2=g 0,联立解得：α=g,故B正确；小环和弹性绳系统的机械能守 R 8,故D正确。 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°)= 据系统机被能守恒有mg(受1-宁+mg(1+子× 1 2 2 2m,解得：w=√2gL,故C正确；小环到达AD的中点时，弹 2m,2,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，+mg( (停+分)=m2-0,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 、 2mgL,故B正确， 反向F合=√(mg)2+(kx),所以加速度a= 8.1m/s0.25m (mg+(),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 据机械能守恒得尽，+mgh=分m2,速度大于V2gh,故B正 3nsR=m-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 ,运动时间1=√故C正确：小球在组绳的断碳间.仍 B F、-mg=R 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，=√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 d,故 动，则7g2=h,o=d,联立可得=√gd,1= 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o, 2.由于功率大小P=Fv,而每秒钟排出体积V=Su,代入 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 4gn22- 功：W=-mgh,故A错误；物体的重力势能变化量为：△E。= 2mh (m) -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=△Ek,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-竖= 械能增加量为：△E=△E+△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由丁初始时刻轻绳的张力与右侧物块的重力是一对 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 后，轻绳的张力增加了F=M=2对系统由机械能守 球的动能转化为弹性势能，动能减小，弹性势能增加，故球在 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=子(M+m+M),解得当地重力加 大，即1>2，故A正确，BCD错误 速度g=2V,+m)r如果机械能守恒，则(M+m)gh=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mgh=7(2M+m)2 1 + 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，则有g=加只，从释放处到圆形轨道最高点，由机被能守 根据机械能守恒定律，有 恒定律得mgh=mg·2R+2心，解得么=25R,放D正确 (M+m)gl Mg+(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，=2g亚 =2m/s 直线运动，其速度一时间关系上升阶段为心，=，。一g1,下落阶 3 段v,=g,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 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 mg+W=m 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U,=U,o-g1,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， > 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。 v=2ax 9.动车的功率恒定，根据P=F童)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奉-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=P1,根据 P=Fv 动能定理得P1-P=M:-之m,放D错误 由动能定理得P-mgh-?=之m-m 10.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=1.698×100J 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：1)由机械能守恒定律可知mgh=7m… 宁，可得。=2gR,对A球进行受力分折，在说低点时R,- 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FT=3mg<F:+4 ngsin0=4mg,说明A球在运动的 根据1= 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1=√asm37=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==450贝 一直向右，故B正确 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=mgusin37°=25×10×6×0.6W=900W. 12.(1)4 2)03)2M+m) 15.(1)17N(2)4m(3)215m/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。=号 mg2.m 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 L mgh+Meh-Mgh=方(2M+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msh=宁2M+m)产=(2M+m)号 ，故C正确， 1 竖直方向2L=28 ABD错误 解得x=4m (3)将mgh=子(2M+m)2变形后则有h=（2+m 2mg (3)若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足 =2V+m士，因此以子为横轴；由上式可知，作出的图线是 贴n元 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=(2M+m)d 2mg mw%=mg·5L+2m2 1 1 13.(1)F=4×10N(2)W=1.698×100J 解析：(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为α，由运动 解得？=2√15m/s. 学公式得