《机械能守恒定律》核心素养综合测评-【数理报】2025-2026学年高一物理必修第二册期末复习专号升级突破大模拟（人教版）

《机械能守恒定律》核心素养综合测评 数理报社试题研究中心 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， 如 选错或不选得0分) 1.如图1是“神舟”系列航天飞船返回舱 洲 返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打 开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为 确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在 火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则 ( 缓冲火箭 数 A.返回舱在喷气过程中处于失重状态 图1 9 报 B.返回舱在喷气过程中所受合力做正功 高 C.返回舱在喷气过程中机械能减少 翠 D.返回舱在匀速下降过程中机械能不变 理 2.某种型号轿车净重1500kg,发动机的额 定功率为150kW,最高时速可达180km/h.如 图2为车中用于改变车速的挡位，手推变速杆 到达不同挡位可获得不同的运行速度，从 第 “1”~“5”速度逐渐增大，R是倒车挡，则下列 册说法正确的是 ( 图2 ①轿车要以最大动力上坡，变速杆应推至“1”挡 茶 ②轿车要以最大动力上坡，变速杆应推至“5”挡 常 ③在额定功率下以最高速度行驶时，轿车的牵引力为3000N ④在额定功率下以最高速度行驶时，轿车的牵引力为833N A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 3.如图3所示，冰壶运动是运动员把 冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自 由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下， 最终停在远处的某个位置.按比赛规则， 投掷冰壶的运动员的队友，可以用毛刷在 冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的 图3 动摩擦因数以调节冰壶的运动.在某次训练中，运动员以3.4/s 的速度投掷冰壶，冰壶在冰面上滑行30m停下.现该运动员仍以 外 3.4m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10m后开始 在其滑行前方摩擦冰面，使冰面和冰壶的动摩擦因数减为原来的 80%,则这次冰壶的滑行距离为 A.25m B.32m C.34m D.35m 4.一滑雪坡由AB和BC组成，AB为斜 坡，BC是圆弧，C端水平.如图4所示，运动 员连同滑雪装备的总质量m=75kg,从A 点由静止滑下，通过C点时速度大小v= 12m/s,之后落到水平地面DE上.A、C两 图4 点的高度差h,=9.8m,竖直台阶CD的高度h2=5m.取地面为 参考平面，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，则运动员（含 装备)落地前瞬间的机械能为 A.11100JB.9150J C.7350J D.5400J 5.“歼-31”是我国自主研制的第三款 隐形战斗机，该机未来可能作为航母舰载机 使用.在某次起飞中，质量为m的“歼-31” 以恒定的功率P启动，其起飞过程中速度随 时间变化的图像如图5所示，经时间t。飞机 图5 的速度达到最大值为vm时，刚好起飞.假设起飞过程中(0~o)飞 机所受阻力越来越大，下列说法正确的是 A.起飞过程，飞机做匀加速运动 B.起飞过程，速度增加越来越快 C.机起飞过程平均速度小于号 D.起飞过程中克服阻力所做的功为P,-2m2 6.某企鹅以如图6所示方向斜向上跳 水，它距海面高为h,速度大小为o,不计空 气阻力，企鹅落水时的速度大小为，已知重 力加速度为g,下列说法正确的是( A.企鹅经过最高点时动能为0 图6 B.若企鹅以同样大小的速度竖直向上起跳，则落水时速度大 小不同 c.重力微功为7m-md D.企鹅的速度大小不变，方向不断改变 7.如图7所示，建筑物着火后，消防员 站在地面利用水枪进行灭火.设水枪喷口 与水平地面夹角为45°，出水速度102m/s. 以出水口为参考平面，不考虑空气阻力， 可以把水柱在空中的过程看成平抛运动 图7 的逆运动，到达最高点时恰好到达建筑物.下列说法不正确的是 A.水柱到达最高点时，动能全部转化为重力势能 B.水柱上升过程中机械能守恒 C.出水口离建筑物的水平距离为10m D.如果要使水柱熄灭稍高位置的火焰，消防员可以通过改变 出水速度的大小和出水口与水平地面夹角来实现 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8所示，由两根不可伸长的细绳α 和b悬挂在天花板上的水平木板上放置两个 由足够长的弹力绳c连接的物块.物块的质 H 量均为m,离地面的高度为H,初始时划弹力 绳处于拉伸状态某时刻两根细绳α、b同时 图8 断裂，木板触地前，两物块未发生碰撞，重力加速度为g,下列说法 正确的是 ( ● A.木板与两物块组成的系统机械能守恒 数 B.物块可能先做变加速曲线运动，再做匀变速曲线运动 痕 C.物块到地面时的速度可能小于√2g丑 高 D.两个物块落地的速度不相同 9.如图9所示，滑块以一定的初速度冲 上足够长的粗糙固定斜面，取斜面底端O点 理人教 为运动的起点和零势能参考平面，并以滑块AEAmmmmmm 0 由0点出发时为t=0时刻.在滑块运动到最 图9 高点的过程中，下列描述滑块的动能Ek、重力势能E。、机械能E随 鬃 位移x、时间t变化的图像中，不正确的是 册 个E A B C 10.如图10所示，光滑竖直杆固定，杆上有 质量为m的小球A(可视为质点)，一根竖直轻 弹簧一端固定在地面上，另一端连接质量也为 m的物块B,一轻绳跨过定滑轮O,一端与物块 B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆 的距离为L初始时，小球A在外力作用下静止 777777777777 于P点，此时整根轻绳伸直无张力且OP间细绳 图10 水平、OB间细绳竖直，现将小球A由P点静止释放，小球A沿杆下 滑到最低点Q时，0Q与杆之间的夹角为37°，不计滑轮质量和大小 及摩擦，重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8，关于小球A 由P下滑至Q的过程中，下列说法正确的是 A.除P、Q两点外，小球A的速度始终大于物块B的速度 B.小球A和物块B组成的系统机械能守恒 C,小球A静止于P点时，弹簧的压缩量为子L D物块B的机械能增加了骨mgL 第Ⅱ卷 非选择题（共54分） 三、实验题（本题共2小题，共15分，将正确答案填在题中横 线上或按要求作答)》 11.(6分)用重物的自由落体运动验证机械能守恒定律，实验 装置如图11甲所示.已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz. 电火花打点计时器 纸带 ● 数 高 图11 理 (1)在本实验中，还需要用到的实验器材有 人教 A.刻度尺 B.天平 C.秒表 D.低压交流电源 必 (2)某同学实验后发现，重物重力势能的减少量mgh小于动 能的增加量)2.你认为造成这一结果的可能原因是 册 A.纸带与振针之间有摩擦阻力 B.重物下落过程中受到空气阻力 C.释放重物前纸带不处于竖直位置 D.先释放重物，后接通电源打出纸带 (3)某同学选用两个形状相同，质量不同的重物α和b进行实 验，测得几组数据，画出号-h图像，如图乙所示若重物所受阻力 只与重物形状有关，由图像可知a的质量m。与b的质量m,的大小N 关系为ma m,(选填“大于”“等于”或“小于”). 12.(9分)某实验小组用如图12所示的装置 验证机械能守恒定律，轻质细杆一端固定一小钢 球，另一端可绕光滑的固定轴O转动，固定在转轴 传感器 上的角度传感器可以测出细杆与竖直方向的夹 角（小于90°）；在0点的正下方放置一光电门 (连接光电计时器)，使球心到达最低点时可以恰 可光电门 好通过光电门.测得小球的直径为d,小球质量为 图12 m,球心到转轴O的距离为L. (1)已知当地重力加速度为g,将小球拉至某一位置，测出0； 由静止释放小球，读出光电计时器显示的挡光时间为.则下摆过 程中，小球的重力势能减少量△E,可表示为 动能的增加量△E,可表示为 一，如果二者在误差范围内相 等，说明该系统机械能守恒； (2)改变0角度，多次重复实验，根据记录的数据，作出轻杆 与竖直方向夹角的余弦值与小钢球通过光电门的时间平方的倒 数“0s0-子”的关系图像，若所作图像为一倾斜直线，则图像的 斜率k的绝对值为 (用题中所给物理量的符号表示). 四、计算题（本题共3小题，共39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)人类从事滑雪活动已有数千 年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快 地滑行，饱享滑雪运动的乐趣.如图13所示， 一名滑雪爱好者以2m/s的初速度沿山坡匀 加速直线滑下，山坡的倾角为30°.若人与滑 板的总质量为60kg,受到的总阻力为60N, 图13 重力加速度g取10m/s2,求： (1)3s内滑雪者下滑位移的大小； (2)3s末人与滑板总重力的瞬时功率. 14.（13分)如图14所示，弯曲斜面 与半径为R的竖直半圆组成光滑轨道，4 一个质量为m的小球从高度为4R的A 03 点由静止释放，经过半圆的最高点D后 E一xB 图14 做平抛运动落在水平面的E点，忽略空气阻力（重力加速度为g), 求： (1)小球在D点时的速度vp; (2)小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移x; (3)小球经过半圆道的C点(C点与圆心O在同一水平面) 时对轨道的压力. 15.(16分)如图15所示是cD4 一种特殊的游戏装置，CD是一段 位于竖直平面内的光滑圆弧轨 数 道，圆弧半径为10m,末端D处的 8 m 切线方向水平，一辆玩具滑车从 10m 高 轨道的C点处下滑，滑到D点时 图15 物 速度大小为I0m/s,从D点飞出后落到水面上的B点.已知它落到 水面上时相对于O点(D点正下方)的水平距离OB=10m.为了 能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴D点安装 必 一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D点的水平距离为8m, 第 轮子半径为0.4m(传送带的厚度不计)，若传送带与玩具滑车之 间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg,不计空气阻力 册 (把玩具滑车作为质点处理)，求： ● (1)玩具滑车到达D点时对D点的压力大小； (2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最 高点时的速度和落水点位置离O点的距离.数理极 参考答案· 17 到万有引力等于重力可得 的机械能不减小，故D错误.本题选不正确的，故选CD. 解得：m=6m/s GMx mo =mog为 10.小球A的速度与竖直方向的夹角为日，由速度关联可得 因为r=6m/s>√gR=2m/s,则小车从右端轮子最高点 ,c0日=m,故除P.Q两点外，小球A的速度始终大于物块B的做平抛运动，则落水点距离传送带右端的水平距离：=t= 联立解得：8欢=识 速度，故A正确：小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹力对小球6m离0点的水平距离为s=6m+8m=14m. A和物块B组成的系统做功，系统机械能不守恒，故B错误；由题 《必修第二册》核心素养综合测评（一） 《机械能守恒定律》核心素养综合测评 1.C:2.A:3.D:4.B:5.D;6.C;7.A 意可知0A=L.00=37=子L.B上升的高度为h=00- OA 1.C;2.A;3.B;4.A;5.B:6.A;7.B. 提示： 提示： 0P=子L,小球A由P下滑至Q的过程中，物块B初态和末态动 1.实心球做的是斜上抛运动，故A错误：实心球的速度先减 1.返回舱在喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向 向上，返回舱在喷气过程中处于超重状态，故A错误：返回舱在能不变（皆为零），因此重力势能增加量即为物块B的机械能增 小后增加，故B错误；实心球只受重力作用，加速度为g不变，故 C正确；实心球的竖直高度先增加后减小，则重力势能先增加后 喷气过程中向下做减速直线运动，加速度方向向上，所受合力向加量，4E=4E。=子mgL,弹簧初态处于压缩，未态处于拉伸，减小，故D错误 上，运动方向与所受合力方向相反，所受合力做负功，故B错误： 返回舱在喷气过程中速度减小，故动能减小：高度下降，故重力 在P点时，弹簧压缩量为x1,在Q点时，弹簧伸长量为2，则x1+ 2在地球表面万有引力近似等于重力Mm=G,运动轨道 势能减小，所以机械能减小，故C正确：返回舱在匀速下降过程=弓L,故C错误，D正确 距地面高度为地球半径的5.6倍，卫星所受地球的引力F= 中动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故D错误 11.(1)A:(2)D;(3)大于 G'Mm 2.根据功率与牵引力的关系P=F可知，当速度最小时，奉 解析：(1)还需要用度尺量取纸带上点之间的距离，故A (R+5.6R2.3%C,故A正确 引力最大，变速杆应推至“1”挡，故①正确，②错误：在额定功率 正确：质量可以约掉，不需罗测量质量，故B错误：打点计时器记 3.支持力与轮胎的运动方向垂直，支持力对轮胎不做功，故 下以最高速度行驶时.F=”=150000=3000N,故8正确，、 录了时间，不需要再用秒表计时，故C错误；电火花计时器使用A错误：轮胎沿水平方向做匀加速运动，轮胎的动能增大，合力 对轮胎做正功，故B正确：轮胎沿水平方向做匀加速运动，人对 220V父流申，故D若误 3.6 (2)纸带与振针之间有摩擦阻力，会使得动能的增加量减 轮胎的拉力大于轮胎的摩擦力，故C错误，人对轮胎的拉力所做 ④错识故A正确，BCD错误 小，故A错误：重物下落过程中受到空气阻力，会使得动能的增 的功大于摩擦力对轮胎所做的功，而时间又相同，所以人对轮胎 3,没有摩擦冰面时，对冰壶运动的全过程，由动能定理有 加量减小，故B错误：释放重物前纸带不处于竖直位置，会增加 的拉力的功率大于摩擦力的功率，故D错误. 一umgx=0-2m哈，滑行10m后摩擦冰面，对冰壶运动的全过 下落的摩擦力，会使得动能的增加量减小，故C错误；先释放重 4根据万有号引力提供向心力得6少=m二，解得2： 2 物，后接通电源打出纸带，会使得下落的高度有一部分没有记 程，由动能定理有~mg,-08mg(x'-)=0-立m6,解录，从而使得重物重力势能的减少量mgh小于动能的增加量 型，由圈意=GM,对火星表面物体G恤：g大，解得gk 得：x=35m,故ABC错误，D正确 4根据盟意可知，运动员在C点的机械能为B=分m2+ 子，故D正路 故A正路 mgh2=9150J,从C点离开后，运动员在空中只有重力对其做 （3)根据动能定理，有meh-及=分2，解得2=（g 5.乒乓球最终匀速运动时，加速度最小为0，而乒乓球刚向 功，机械能守恒，则可知运动员（含装备）落地前瞬间的机械能 上抛出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大速度为o, 为91501.故B正确 一片）人，故图线斜率为k=8一名 m 则mg+6=m0,4。=之m哈，乒兵球最终匀速运动时，速度 5.根据P=Fm,起飞过程，P恒定，速度增大，牵引力F减小， 故质量越大，斜率越大，所以m。>m6: 由牛顿第二定律可得F一∫=ma,可知加速度减小，飞机做加速 12.(1)mgl(1-cos6); md 为，则mg=,此时的动能Eo=之m听，联立解得=5g 度减小的加速运动，速度增加越来越慢，故AB错误：根据速度图 2；(2 故B正确 像与时间轴所围的面积表示位移，知飞机的位移批匀加速直线 解析：(1)小球下摆下降的高度为h=L(1-c0s8),所以重 6.由于在最高点时，圆形管道内壁能支撑小球，所以小球能 运动的位移大，则飞机的平均速度比匀加速直线运动的平均速力势能减少量△E,=mg(1-s):小球下摆到最低点的速度够通过最高点时的最小速率为0，故Λ正确，B错误；如果小球在 度专大，故C错讽：设该过程克服阻力所做的功为根据动能。：兰.所以小球的能增加量4出=受（只）广-0=器 最高点时的速率为gR,设此时管道对小球的弹力大小为F,由 定理得P-W=m2,解得W=P。-m2,故D正确 牛顿第二定律得mg+F=m人，解得F=0,根据牛顿第三定律 (2)由题意可 mgL(1 cos0). 22 知，小球对管道的内、外壁均没有作用力，故C错误：如果小球在 6.不计空气阻力，企鹅做斜上抛运动，企鹅经过最高点时动 下1 能不为0，故A错误；若企鹅以同样大小的速度竖直向上起跳，由 所以m0=1-最·宁，解得11=安 最低点时的速率为gR,根据牛顿第二定律，有F、一mg 动能定理知，重力做功等于动能的增加量，则两种情况落水时速 13.(1)24m:(2)4200W m大，解得F￥=2mg>0,根据牛顿第三定律知，小球通过最低 度方向不同，大小相同，故B错误：以海面为参考平面，由机械能 解析：(1)由牛顿第二定律mgsin30°-∫=ma 点时对管道的外壁有作用力，大小为2mg,故D错误 守恒定律知mgh+之m6=之m2+0,则重力微功为W。= 解得：a=4m/s2 7.在0A段滑行过程，根据机械能守恒定律可得mgH= 之？-子m6,故C正确：企鹅做斜上抛运动，速度方向和大小 由运动样公式=w+子 子2，可得运动员水平飞出的速度为。=√2g,若1加倍，则 不断变化，故D错误 其中%=2m/,1=3,解得3s内滑雪者下滑位移的大小水平飞出的速度变为原来的巨倍，故A错误：运动员从A点飞出 为x=24m. 7.根据平抛运动的特点可知，水柱到达最高点时仍然有沿 水平方向的分速度，动能不等于0.故A错误：平抛运动以及逆运 (2)由运动学公式D=%+ad 动的过程中空气阻力不计，水柱的机械能守恒.故B正确：水柱 重力的瞬时功率P=mgesin30 后做平抛运动，由位移偏角公式可得m0.2 =解得 联立解得，3s末人与滑板总重力的时功率为P=4200W. 沿竖直方向的分速度为：=si血45°=10，万×号=10m/,水 =2如n9,若H加倍，则在空中运动的时间变为原来的万倍，故 14.(1)2gR;(2)4R:(3)6mg D错误；由速度偏角公式可得tana=L=21an0可知，只要运 柱向上运动的时间为：=冬=吕：=1，出水口离建筑物的 10 解析：(1)小球从A到D,根据动能定理可得 ng(4R-2)=之md 动员落到面上，位移偏角就不变，则速度与水平方向夹角α 水平距离等于水柱沿水平方向的位移x=,1=c0s45°·t 不变，故B正确：运动员落到斜面上的速度大小可表示为哈= 10m,故C正确：设出水口与水平地面之间的夹角为6，则水柱上 解得：tw=2gRm/s 升的高度为山=子-，可和如果要使水生您灭种汽位 (2)小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可以得到： 结合A解析可知，若Ⅱ加倍，运动员落到斜面上的速度大 2g 水平方向有：x=PDl 小变为原来的万倍，故C错误 置的火焰，消防员可以通过改变出水速度和出水口与水平地面 竖直方向有：2R=之8 8.ABC;9.AC;10.CD. 夹角来实现，故D正确.本题选不正确的，故选A, 提示： 8.BD:9.CD;10.AD. 整理可以得到：x=4R. 提示： (3)从A到C,根据动能定理得： &由G学。m二，得：“√受在人造卫显白然运行的 8.竖直方向上，两物块仅受重力，不受支持力，做自由落体 mg(4认-R)=子m吃-0 轨道上，线速度随着距地心的距离碱小而增大，所以远地点的线 运动：故水平方向不受摩擦力，只受绳子弹力，因此包含绳子在 速度比近地点的线速度小，A<g,故A正确：人造卫星从椭圆 内的系统整体机械能守恒：故A错误：初始时刻物块受重力和弹 在C点，根据牛顿第二定律有：F、=m尺 轨道Ⅱ变轨到圆形轨道I,需要点火加速，发生离心运动才能 力，但是弹力逐渐变小，故合力方向逐渐变化，物块做变加速曲 解得：FN=6mg 线运动，待弹力等于0之后，合力不变（即重力），但此时速度方 实现，因此<，所以Eu<u1,故B正确：由GM= 由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道 向并不竖直，故物块做匀变速曲线运动；故B正确：落地时，物块 的压力为6mg, m一（停）2，得T=√试，可知到地心距宾越大，周期越大，因 ATr 竖直方向有=2g1,解得竖直方向的速度，=√2gⅡ，由于水 15.(1)80N:(2)6m/s,6m 平方向速度不为0，故实际速度必定大于/2g;故C错误；两物块的 解析：(1)玩具滑车到达D点时，由牛顿第二定律有： 此T,<T,,故C正确：人造卫星运动的加速度由万有引力提 运动完全对称，落地时速度大小相同，但方向不同故D正确 供，因此不管在轨道Ⅱ还是在轨道I上，两者的受力是相等的， 9.根据动能定理可得E:-Eo=-mgxsin0-umgxcos0,可 因此加速度相等，故D错误。 得E=E-(mgsin0+umgeos0)x,可知E与位移x成线性 解得：5。=g+m受=40N+4xgN=80N: 9.设小木块开始滑动的临界角速度为仙。，根据牛顿第二定 关系，故A正确：物体的重力势能为Ep=mgx·sin0,可知E,与 律有mg=m2r,解得。=√华，因为r>r,所以a开始 位移成正比，故B正确；滑块以速度冲上粗糙的斜面，加速度 (2)若无传送带时，由平抛知识可知：x=%1 大小为a=gsin9+gcos0,则有D=t%-(gsin0+agc0s0)t, 解得：1=1$ 滑动的临界角速度小于b开始滑动的临界角速度，则α先开始滑 滑块动能与时间的关系为￡=2mr=之m[-(gsi血8+ 如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理 动，故A正确，B错误；若ab与圆盘相对静止，则当a刚好要发生 4gcos0)·],故C错误；上滑过程中，摩擦力对滑块做负功，滑块 有：mr2-m=-umgl 滑动时，因盘的角速度最大，为。-√俨=√受，故C正确，