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(共66张PPT)
单元综合提升
　　　　
第四章　机械能及其守恒定律
教考衔接　明确考向
真题1
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衔接教材　沪科版P61T5
如图所示，质量m＝30 kg的儿童从滑梯顶端A点滑下，经长l＝12 m的旋转滑道到达底端B点，A、B两点间的水平距离x＝4 m，高度差h＝3 m。若下滑过程中阻力F阻的大小恒为60 N，g取10 m/s2。
求下滑过程中重力G和阻力F阻对儿童所做的总功。
衔接分析　该高考题以利用弯曲轨道运送货物为素材创设生产问题情境，与沪科版P61T5中人沿弯曲滑道下滑情境类似。
该高考题考查重力做功、阻力做功、动能定理和牛顿运动定律等核心知识，模型简单，知识考查广泛，但难度较低。
针对练1.一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中
A．机械能一直增加
B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变
D．被推出后瞬间动能最大
√
铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，只有重力做正功，由动能定理可知，速度和动能越来越大，C、D错误。故选B。
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　　　(多选)(2022·广东高考)如图所示，载有防疫物
资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、
速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、
速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30 ，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
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真题2

衔接教材　人教版P77例题2
发动机的额定功率是汽车长时间行驶时所能输出的最大功率。某型号汽车发动机的额定功率为60 kW，在水平路面上行驶时受到的阻力是1 800 N，求发动机在额定功率下汽车匀速行驶的速度。假定汽车行驶速度为54 km/h时受到的阻力不变，此时发动机输出的实际功率是多少？
衔接分析　该高考题以无人驾驶小车恒定功率运动为素材创设生活实践问题情境，考查力的合成与分解、共点力的平衡、功和功率、重力做功与重力势能等知识，与人教版P77例题2情境类似。
在恒定功率下匀速行驶，从牵引力的功率与受力平衡入手，可以快速求解摩擦力，结合功能关系，即可求解对应力做功。
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易错辨析　强化落实
1.(瞬时功率)如图所示，从空中以40 m/s的初速度平抛一重力为10 N的物体，物体在空中运动3 s落地，不计空气阻力，g取10 m/s2，则物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为
A．300 W B．400 W
C．500 W D．700 W
√
物体落地前瞬间竖直方向的速度vy＝gt＝30 m/s，所以PG＝Gvy＝300 W，故A正确。
易错分析
　　本题易错点是瞬时功率等于力乘以沿力的方向上的速度。解决本题的关键是求出竖直方向的速度。
√

易错分析
　　本题易错点是牵引力做功的求解。解决本题的关键是理解机车以恒定功率启动时牵引力是变力，要根据动能定理求解变力做功。
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√
易错分析
　　本题易错点是系统机械能守恒，但是单个物体机械能不守恒。解决本题的关键是理解机械能守恒的条件。
4．(功能关系)(多选)(2024·广州市高一统考期末)一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.2g(g为重力加速度)的加速度匀加速上升h高度，在此过程中
A．人克服重力做功为mgh B．人的动能增加了0.2mgh
C．人的重力势能增加了0.2mgh D．人的机械能增加了0.2mgh
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√
电梯上升h高度，则重力对人做的功为－mgh，即人克服重力做功mgh，可知重力势能增加了mgh，故A正确，C错误；根据牛顿第二定律得F合 ＝ ma ＝ 0.2mg，根据动能定理得ΔEk ＝ W合 ＝ F合h ＝ 0.2mgh，即人的动能增加了0.2mgh，故B正确；人的重力势能增加了mgh，动能增加0.2mgh，则机械能增大了1.2mgh，故D错误。故选AB。
易错分析
　　本题的易错点是机械能的变化是由于除重力之外的其他力做功。解决本题的关键是理解各力做功与能量的关系。


易错分析
　　本题的易错点是动能定理和机械能守恒定律的灵活应用。与机械能守恒定律相比，动能定理的适用范围更广泛。
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单元检测卷
1.(2024·河源市龙川县第一中学高一校考期末)超市的自动扶梯主要有楼梯式和斜坡式两种，如图为某女士在超市乘坐斜坡式自动扶梯匀速上楼，下列各力中做正功的是
A．重力 B．摩擦力
C．支持力 D．合力
√
根据人在扶梯上的受力可知，人受自身的重力、扶梯对人的支持力和沿扶梯向上的静摩擦力，故在匀速上升的过程中人所受的重力做负功，支持力不做功，静摩擦力做正功，合力不做功。故选B。
2．在下列情况中，机械能守恒的是
A．飘落的树叶
B．沿着斜面匀速下滑的物体
C．被起重机匀加速吊起的物体
D．离弦的箭在空中飞行(不计空气阻力)
√
树叶在飘落过程中，空气阻力做负功，机械能不守恒，故A错误；沿着斜面匀速下滑的物体，摩擦力做功，机械能不守恒，故B错误；物体被起重机匀加速吊起时拉力对物体做功，物体的机械能不守恒，故C错误；离弦的箭在空中飞行且不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，故D正确。
3.(2024·江门市高一校考期中)某快递小哥搬运一批总质量为50 kg的货物，以2 m/s的速度沿水平方向匀速走了8 m，重力加速度g＝10 m/s2，则匀速运动过程中此人对货物做的功为
A．400 J B．1 000 J
C．0 D．100 J
√
由题意可知，人对货物的作用力大小等于货物的重力，方向竖直向上，故人对货物的作用力与位移相互垂直，因此人对货物做功为零，故选C。
4.如图所示，某人用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
√
由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确，B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
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√

8.关于质量一定的物体的速度和动能，下列说法中正确的是
A．物体的速度发生变化时，其动能一定发生变化
B．物体的速度保持不变时，其动能一定保持不变
C．物体的动能发生变化时，其速度一定发生变化
D．物体的动能保持不变时，其速度可能发生变化
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速度是矢量，速度发生变化时，既可能是只有速度的大小发生变化，也可能是只有速度的方向发生变化，还有可能是速度的大小和方向同时发生变化，而动能是标量，只有速度的大小发生变化时，动能才会发生变化，故B、C、D正确，A错误。
9.如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。其正上
方A位置有一个小球。小球从静止开始下落，在B位置接触弹
簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小
球速度减小到零。在小球的整个下降阶段，弹簧未超出弹性
限度，不计空气阻力。则下列说法中正确的是
A．从A→B过程，小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
B．从A→C过程，小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
C．从A→D过程，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．从B→D过程，小球重力势能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
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√
从A→B过程中小球只受重力作用，小球机械能守恒，即小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量，故A正确；从A→C过程中小球除受重力外还受到弹簧弹力的作用，根据能量守恒定律可知小球重力势能的减少量等于小球动能与弹簧弹性势能的增加量，故B错误；从A→D过程中，根据能量守恒定律可知小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故C正确；从B→D过程中，小球的重力势能和动能都转化为弹簧的弹性势能，所以小球重力势能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。故选ACD。
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11.(7分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材。为完成此实验，除了所给的器材，从图甲中还必须选取的实验器材是______。
AEF
在实验中需要用刻度尺测量纸带上点与点间的距离，从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度。纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表。用电火花计时器时就不用学生电源。必须选取的实验器材为重锤、电火花计时器、毫米刻度尺。
(2)下列方法有助于减小实验误差的是________。
A．在重锤的正下方地面铺海绵
B．必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒
C．重复多次实验，重锤必须从同一位置开始下落
D．重锤的密度尽量大一些
D
在重锤的正下方地面铺海绵可以防止摔坏实验器材，但不能减小本实验的误差，故A错误；不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，故B错误；重复多次实验时，重锤不需要从同一位置开始下落，故C错误；重锤下落时受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦会使实验误差变大，所选重锤的密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减小实验误差，故D正确。
(3)完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图乙所示，已知打点计时器每0.02 s打一个点，则B点对应的速度vB＝______m/s。


若H点对应的速度为vH，重物下落的高度为hBH，重物质量为m，当地重力
加速度为g，为得出实验结论完成实验，需要比较mghBH与_____________
(用题中字母表示)的大小关系。
1.35


12.(8分)(2024·广州市高一联考期末)某实验小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端栓一质量为m的小球(尺寸相对L足够小)，测得小球的直径为d，在悬点O点正下方L处的N点放有一光电门。
(1)细绳要选择伸缩性_____(选填“大”或者“小”)的；小球选质量大些的，体积_____(选填“大”或者“小”)的。
小
小
为减小实验产生的误差，细绳要选择伸缩性小的。小球选质量大些的，体积小的，减小空气阻力的作用，以减小实验误差。
(2)将小球拉至偏离竖直方向的某位置，用工具测出该位置处的细绳与竖直方向的夹角为θ；静止释放小球，测出小球经过光电门的时间为Δt，则小
球经过光电门的速度为____________。

(3)已知当地重力加速度为g，下摆过程中，小球的重力势能减少量ΔEp可
表示为________________，动能的增加量ΔEk可表示为_____________。如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。



13.(11分)某滑雪道为曲线轨道，滑雪道长s=2.5×103 m，竖直高度h=720m。运动员从该滑道顶端由静止开始滑下，经t=200s到达滑雪道底端时速度v=30m/s，人和滑雪板的总质量 m=80kg，g取10m/s2，求人和滑雪板:
(1)到达底端时的动能；
答案：3.6×104J
(2)在滑动过程中重力做功的平均功率；
答案：2.88×103 W
(3)在滑动过程中克服阻力做的功。
答案：5.4×105J

15.(14分)(2024·茂名市高一期末)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC 和DE 是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O点，圆心角θ=53°，半径R=1.5m，OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 的长度l=1.5m，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。某运动员从轨道上的A 点以初速度v0水平滑出，在 B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经 CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=50kg，A、B 的竖直高度h=0.8m。重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中，到达B 点时的速度大小vB；
答案：5m/s
(2)D、E 的竖直高度H；
答案：1.1m
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？ 如能，求出回到B 点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C 点的距离。
答案：0.7m

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(多选)(2023·广东高考)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示。可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　)
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
答案：BCD
解析：重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程，根据动能定理可得WG－Wf＝，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，根据牛顿第三定律可知货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。故选BCD。
[衔接教材]　沪科版P61T5
如图所示，质量m＝30 kg的儿童从滑梯顶端A点滑下，经长l＝12 m的旋转滑道到达底端B点，A、B两点间的水平距离x＝4 m，高度差h＝3 m。若下滑过程中阻力F阻的大小恒为60 N，g取10 m/s2。求下滑过程中重力G和阻力F阻对儿童所做的总功。
[衔接分析]　该高考题以利用弯曲轨道运送货物为素材创设生产问题情境，与沪科版P61T5中人沿弯曲滑道下滑情境类似。
该高考题考查重力做功、阻力做功、动能定理和牛顿运动定律等核心知识，模型简单，知识考查广泛，但难度较低。
针对练1.一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中(　　)
A．机械能一直增加
B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变
D．被推出后瞬间动能最大
答案：B
解析：铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，只有重力做正功，由动能定理可知，速度和动能越来越大，C、D错误。故选B。
针对练2.(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　)
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
答案：AD
解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC ＝ 0，则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cos α)＝mv2， FN＝mg cos α－m，联立有FN＝3mg cos α－2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cos α逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于从A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则从A到B的过程中重力的功率大小为P ＝ mgv sin θ，则从A到B的过程中小球重力的功率始终减小，B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝，解得v0＝2，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mg cos θ＝m，解得vB＝，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。故选AD。
(多选)(2022·广东高考)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30 ，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有(　　)
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
答案：ABD
解析：小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N ，故A正确；依题意，小车从M到N做匀速运动，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－f1·MN＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg×Δh＝500 N×20 m×sin 30 ＝5 000 J，故C错误；依题意，小车从P到Q，设摩擦力为f2，有f2＋mg sin 30 ＝，摩擦力做功为W2＝－f2·PQ，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确。故选ABD。
[衔接教材]　人教版P77例题2
发动机的额定功率是汽车长时间行驶时所能输出的最大功率。某型号汽车发动机的额定功率为60 kW，在水平路面上行驶时受到的阻力是1 800 N，求发动机在额定功率下汽车匀速行驶的速度。假定汽车行驶速度为54 km/h时受到的阻力不变，此时发动机输出的实际功率是多少？
[衔接分析]　该高考题以无人驾驶小车恒定功率运动为素材创设生活实践问题情境，考查力的合成与分解、共点力的平衡、功和功率、重力做功与重力势能等知识，与人教版P77例题2情境类似。
在恒定功率下匀速行驶，从牵引力的功率与受力平衡入手，可以快速求解摩擦力，结合功能关系，即可求解对应力做功。
针对练1.(多选)(2024·广州市高一期中)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，发动机的输出功率与汽车速度大小的关系如图所示，当汽车速度达到v0后，发动机的功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知运动过程中汽车所受阻力恒为f，汽车的质量为m，下列说法正确的是(　　)
A．汽车的加速度先减小后不变
B．发动机的最大功率为P＝2fv0
C．汽车速度为1.5v0时，加速度a＝
D．汽车速度从0达到v0所用时间t＝
答案：BCD
解析：功率、牵引力和速度的关系为P＝Fv，从0到v0，汽车做匀加速直线运动，牵引力(加速度)保持不变，功率才会随时间均匀增大，当功率达到最大功率后保持不变，随着速度继续增大，牵引力减小，由牛
顿第二定律可得F－f＝ma，可知加速度逐渐减小，故加速度先保持不变再逐渐减小，故A错误；当汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，则P＝2fv0，故B正确；汽车速度为1.5v0时，由P＝Fv，F－f＝ma可得加速度为a＝，故C正确；汽车从0达到v0的时间是t＝，又a′＝＝＝，解得t＝，故D正确。故选BCD。
针对练2.(多选)共享电动车为市民出行带来了极大的方便，已经成为我们日常生活中重要的交通工具。某共享电动车和驾驶员的总质量为100 kg，行驶时所受阻力大小为车和人所受总重力的，电动车从静止开始以额定功率在水平公路上沿直线行驶，10 s内行驶了23 m，速度达到3 m/s。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．该电动车的额定功率为275 W
B．该电动车的额定功率为576 W
C．在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为2.75 m/s
D．在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为5.76 m/s
答案：AC
解析：由题意可知电动车行驶过程中受到的阻力大小f＝mg＝×100×10 N＝100 N，根据功能关系有W＝P额t＝fs＋mv2＝100×23 J＋×100×32 J＝2 750 J，解得该电动车的额定功率为P额＝275 W，故A正确，B错误；该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为vmax＝＝ m/s＝2.75 m/s，故C正确，D错误。故选AC。
1.(瞬时功率)如图所示，从空中以40 m/s的初速度平抛一重力为10 N的物体，物体在空中运动3 s落地，不计空气阻力，g取10 m/s2，则物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为(　　)
A．300 W B．400 W
C．500 W D．700 W
答案：A
解析：物体落地前瞬间竖直方向的速度vy＝gt＝30 m/s，所以PG＝Gvy＝300 W，故A正确。
【易错分析】本题易错点是瞬时功率等于力乘以沿力的方向上的速度。解决本题的关键是求出竖直方向的速度。
2．(机车启动)(2024·广州市协和中学高一联考期末)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/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0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t0达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变，其加速过程的速度随时间变化关系如图所示。则动车在时间t0内(　　)
A．做匀加速直线运动
B．平均速度＝
C．最大速度vm＝
D．牵引力做功W＝
答案：C
解析：由题图可知，复兴号动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故A错误；0～t0这段时间内，如果动车做匀加速直线运动，则平均速度应该为，然而根据题图可知＞，故B错误；当牵引力与阻力大小相等时加速度为零，速度达到最大，即有F牵＝f，则复兴号动车的功率P＝F牵vm＝fvm，则最大速度为vm＝，故C正确；根据动能定理有W牵引力＋W阻力＝，则牵引力做功为W牵引力＝－W阻力，故D错误。故选C。
【易错分析】本题易错点是牵引力做功的求解。解决本题的关键是理解机车以恒定功率启动时牵引力是变力，要根据动能定理求解变力做功。
3.(机械能守恒定律的应用)(多选)(2024·广州市高一联考期中)如图所示，两个可视为质点的质量相同的小球a、b分别被套在刚性轻杆的中点位置和其中一端的端点处，两球相对于杆固定不动，杆总长L＝2 m，轻杆的另一端可绕固定点O自由转动。装置在竖直平面内由水平位置静止释放到杆恰好摆至竖直状态，在此过程中不计一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，则关于此过程下列说法正确的是(　　)
A．杆竖直状态时a、b两球重力的瞬时功率相同
B．杆竖直状态时b球的速度大小为 m/s
C．轻杆对a、b球均不做功
D．a球机械能减小，b球机械能增加
答案：AD
解析：杆转动到竖直位置时，速度方向都是水平方向，而重力是竖直向下，所以重力的功率均为零，A正确；装置在竖直平面内由水平位置静止释放到杆恰好摆至竖直状态的过程中，系统机械能守恒，有mgL＋mg＝，其中vb＝2va，联立解得vb＝4 m/s，va＝2 m/s，B错误；若摆到竖直位置的过程中杆对小球a不做功，那么对于小球a，根据机械能守恒，有mg＝，则va＝＝2 m/s>2 m/s，所以杆对小球a做负功，C错误；根据上述分析可知，杆对小球a做负功，小球a的机械能减少，又因为系统机械能守恒，所以杆对小球b做正功，小球b的机械能增加，D正确。故选AD。
【易错分析】本题易错点是系统机械能守恒，但是单个物体机械能不守恒。解决本题的关键是理解机械能守恒的条件。
4．(功能关系)(多选)(2024·广州市高一统考期末)一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.2g(g为重力加速度)的加速度匀加速上升h高度，在此过程中(　　)
A．人克服重力做功为mgh
B．人的动能增加了0.2mgh
C．人的重力势能增加了0.2mgh
D．人的机械能增加了0.2mgh
答案：AB
解析：电梯上升h高度，则重力对人做的功为－mgh，即人克服重力做功mgh，可知重力势能增加了mgh，故A正确，C错误；根据牛顿第二定律得F合 ＝ ma ＝ 0.2mg，根据动能定理得ΔEk ＝ W合 ＝ F合h ＝ 0.2mgh，即人的动能增加了0.2mgh，故B正确；人的重力势能增加了mgh，动能增加0.2mgh，则机械能增大了1.2mgh，故D错误。故选AB。
【易错分析】本题的易错点是机械能的变化是由于除重力之外的其他力做功。解决本题的关键是理解各力做功与能量的关系。
5.(动能定理和机械能守恒定律的综合应用)过山车是游乐场中常见的设施。如图是一种过山车运行轨道的简易模型，它由竖直平面内粗糙斜面轨道和光滑圆形轨道组成。过山车与斜面轨道间的动摩擦因数为μ，圆形轨道半径为R，A点是圆形轨道与斜面轨道的切点。过山车(可视为质点)从倾角为θ的斜面轨道某一点由静止开始释放并顺利通过圆形轨道。若整个过程中，人能承受过山车对他的作用力不超过其自身重力的8倍。求过山车释放点距A点的距离L范围。
答案：≤L≤
解析：过山车恰能通过圆轨道的最高点，由牛顿第二定律有mg＝
从释放的最低点到A点，由动能定理得
mgL1sin θ－μmgL1cos θ＝
设过山车经过最高点速度为v，从A点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得
＝mgR(1＋cos θ)＋mv2
联立解得L1＝
过山车在圆轨道最低点承受作用力最大，从释放的最高点到A点，由动能定理得
mgL2sin θ－μmgL2cos θ＝mvA′2
从A点到圆轨道的最低点，由机械能守恒定律得
mvA′2＋mgR(1－cos θ)＝mv′2
在圆轨道最低点，由牛顿第二定律有FN－mg＝，其中FN＝8mg
联立解得L2＝
则过山车释放点距A点的距离范围为
≤L≤。
【易错分析】本题的易错点是动能定理和机械能守恒定律的灵活应用。与机械能守恒定律相比，动能定理的适用范围更广泛。
单元检测卷(四)　机械能及其守恒定律
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(2024·河源市龙川县第一中学高一校考期末)超市的自动扶梯主要有楼梯式和斜坡式两种，如图为某女士在超市乘坐斜坡式自动扶梯匀速上楼，下列各力中做正功的是(　　)
A．重力 B．摩擦力
C．支持力 D．合力
答案：B
解析：根据人在扶梯上的受力可知，人受自身的重力、扶梯对人的支持力和沿扶梯向上的静摩擦力，故在匀速上升的过程中人所受的重力做负功，支持力不做功，静摩擦力做正功，合力不做功。故选B。
2．在下列情况中，机械能守恒的是(　　)
A．飘落的树叶
B．沿着斜面匀速下滑的物体
C．被起重机匀加速吊起的物体
D．离弦的箭在空中飞行(不计空气阻力)
答案：D
解析：树叶在飘落过程中，空气阻力做负功，机械能不守恒，故A错误；沿着斜面匀速下滑的物体，摩擦力做功，机械能不守恒，故B错误；物体被起重机匀加速吊起时拉力对物体做功，物体的机械能不守恒，故C错误；离弦的箭在空中飞行且不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，故D正确。
3.(2024·江门市高一校考期中)某快递小哥搬运一批总质量为50 kg的货物，以2 m/s的速度沿水平方向匀速走了8 m，重力加速度g＝10 m/s2，则匀速运动过程中此人对货物做的功为(　　)
A．400 J B．1 000 J
C．0 D．100 J
答案：C
解析：由题意可知，人对货物的作用力大小等于货物的重力，方向竖直向上，故人对货物的作用力与位移相互垂直，因此人对货物做功为零，故选C。
4.如图所示，某人用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
答案：A
解析：由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确，B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
5.弹簧发生形变时，其弹性势能的表达式为Ep＝kx2，其中k是弹簧的劲度系数，x是形变量。如图所示，一质量为m的物体位于一直立的轻弹簧上方h高度处，该物体从静止开始落向弹簧。设弹簧的劲度系数为k，则物体的最大动能为(弹簧形变在弹性限度内)(　　)
A．mgh＋　　　 B．mgh－
C．mgh＋ D．mgh－
答案：A
解析：当重力等于弹力时物体动能最大，此时kx＝mg；由能量守恒可得Ek＋Ep＝mg(h＋x)，其中Ep＝kx2，解得Ek＝mgh＋，故A正确，B、C、D错误。
6.如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在与B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点时对轨道的压力大小为(　　)
A．2μmg B．3mg
C．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg
答案：C
解析：设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝，在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，联立解得FN＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知物块到达B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝(1＋2μ)mg，C正确。
7.如图所示，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等且均可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B与O点等高，释放B后，当B和球心O的连线与竖直方向夹角为30 时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，则球面半径为(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
解析：在该过程中，物块A和物块B组成的系统机械能守恒，则有mgR cos 30 ＝，如图所示，
将B的速度沿着平行于绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，物块A、B沿着绳子方向的分速度相等，故有vA＝vB cos 30 ，其中vB＝v，联立解得R＝，D正确。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
8.关于质量一定的物体的速度和动能，下列说法中正确的是(　　)
A．物体的速度发生变化时，其动能一定发生变化
B．物体的速度保持不变时，其动能一定保持不变
C．物体的动能发生变化时，其速度一定发生变化
D．物体的动能保持不变时，其速度可能发生变化
答案：BCD
解析：速度是矢量，速度发生变化时，既可能是只有速度的大小发生变化，也可能是只有速度的方向发生变化，还有可能是速度的大小和方向同时发生变化，而动能是标量，只有速度的大小发生变化时，动能才会发生变化，故B、C、D正确，A错误。
9.如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。其正上方A位置有一个小球。小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。在小球的整个下降阶段，弹簧未超出弹性限度，不计空气阻力。则下列说法中正确的是(　　)
A．从A→B过程，小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
B．从A→C过程，小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
C．从A→D过程，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．从B→D过程，小球重力势能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
答案：ACD
解析：从A→B过程中小球只受重力作用，小球机械能守恒，即小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量，故A正确；从A→C过程中小球除受重力外还受到弹簧弹力的作用，根据能量守恒定律可知小球重力势能的减少量等于小球动能与弹簧弹性势能的增加量，故B错误；从A→D过程中，根据能量守恒定律可知小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故C正确；从B→D过程中，小球的重力势能和动能都转化为弹簧的弹性势能，所以小球重力势能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。故选ACD。
10.一长度为2R的轻质细杆两端分别连接质量为m和2m、可视为质点的球M、N，细杆的中点O处有一轴，细杆可绕其在竖直面内无摩擦地转动，开始时细杆处于竖直位置，球N处在最高点，如图所示，当装置受到很小的扰动后，细杆开始绕过中点的轴转动，则在球N转动到最低点的过程中，下列说法中正确的是(重力加速度为g)(　　)
A．球M的机械能守恒
B．球N的机械能增加
C．细杆对球M、N均做功
D．运动过程中两球的最大速度均为
答案：CD
解析：球M的重力势能、动能均在增加，故机械能增加，A错误；两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，所以球N的机械能减少量等于球M的机械能增加量，B错误；两球机械能均不守恒，杆对球M、N均做功，C正确；球N转动到最低点时两球速度最大且相等，根据机械能守恒定律得4mgR－2mgR＝×2mv2＋mv2，解得v＝，D正确。
三、非选择题(本题共6小题，共54分。按题目要求作答。计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
11.(7分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材。为完成此实验，除了所给的器材，从图甲中还必须选取的实验器材是______。
(2)下列方法有助于减小实验误差的是________。
A．在重锤的正下方地面铺海绵
B．必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒
C．重复多次实验，重锤必须从同一位置开始下落
D．重锤的密度尽量大一些
(3)完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图乙所示，已知打点计时器每0.02 s打一个点，则B点对应的速度vB＝______m/s。
若H点对应的速度为vH，重物下落的高度为hBH，重物质量为m，当地重力加速度为g，为得出实验结论完成实验，需要比较mghBH与________________(用题中字母表示)的大小关系。
答案：(1)AEF　(2)D　(3)1.35　
解析：(1)在实验中需要用刻度尺测量纸带上点与点间的距离，从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度。纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表。用电火花计时器时就不用学生电源。必须选取的实验器材为重锤、电火花计时器、毫米刻度尺。
(2)在重锤的正下方地面铺海绵可以防止摔坏实验器材，但不能减小本实验的误差，故A错误；不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，故B错误；重复多次实验时，重锤不需要从同一位置开始下落，故C错误；重锤下落时受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦会使实验误差变大，所选重锤的密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减小实验误差，故D正确。
(3)打B点时对应的速度等于A、C两点间的平均速度，vB＝＝ m/s＝1.35 m/s；如果机械能守恒，物体减少的重力势能等于增加的动能，则mghBH＝。
12.(8分)(2024·广州市高一联考期末)某实验小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端栓一质量为m的小球(尺寸相对L足够小)，测得小球的直径为d，在悬点O点正下方L处的N点放有一光电门。
(1)细绳要选择伸缩性____________(选填“大”或者“小”)的；小球选质量大些的，体积__________(选填“大”或者“小”)的。
(2)将小球拉至偏离竖直方向的某位置，用工具测出该位置处的细绳与竖直方向的夹角为θ；静止释放小球，测出小球经过光电门的时间为Δt，则小球经过光电门的速度为____________。
(3)已知当地重力加速度为g，下摆过程中，小球的重力势能减少量ΔEp可表示为________________，动能的增加量ΔEk可表示为________________。如果二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
(4)若多次从不同夹角θ处释放，得到cos θ和的关系图像如图乙所示，图像斜率的绝对值k＝____________(用d、g、L表示)。
答案：(1)小　小　(2)　(3)mgLm　(4)
解析：(1)为减小实验产生的误差，细绳要选择伸缩性小的。小球选质量大些的，体积小的，减小空气阻力的作用，以减小实验误差。
(2)小球经过光电门的时间为Δt，则小球经过光电门的速度v＝。
(3)细绳与竖直方向的夹角为θ，小球尺寸相对L足够小，可忽略不计，因此小球从M点到N点，下落的高度为h＝L－L cos θ＝L，则有小球的重力势能减少量ΔEp＝mgh＝mgL，小球动能的增加量ΔEk＝mv2＝m，如果ΔEp、ΔEk二者在误差范围内相等，说明该系统机械能守恒。
(4)由机械能守恒定律可得mgL＝，整理可得cos θ＝1－·，则cos θ –图像斜率的绝对值k＝。
13.(11分)某滑雪道为曲线轨道，滑雪道长s=2.5×103 m，竖直高度h=720m。运动员从该滑道顶端由静止开始滑下，经t=200s到达滑雪道底端时速度v=30m/s，人和滑雪板的总质量 m=80kg，g取10m/s2，求人和滑雪板:
(1)到达底端时的动能；
(2)在滑动过程中重力做功的平均功率；
(3)在滑动过程中克服阻力做的功。
答案：(1)3.6×104J (2)2.88×103 W (3)5.4×105J
解析：(1)到达底端时的动能Ek=mv2
代入数据得Ek=3.6×104J。
(2)在滑动过程中重力做的功W =mgh
重力做功的平均功率P=
代入数据解得P=2.88×103 W。
(3)设在滑动过程中克服阻力做的功为 Wf，由动能定理有mgh-Wf=mv2
代入数据解得Wf=5.4×105J。
14.(14分)一个质量为 m 的小球拴在绳的一端，绳另一端受大小为F1的拉力作用，小球在光滑水平面上做半径为 R1的匀速圆周运动(如图所示)，现将力的大小变为 F2，使小球在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2(R2答案：(F2R2-F1R1)
解析：小球运动的半径由R1变为R2时，半径变小，绳子的拉力为变力，对小球做了正功，使小球的速度增大，动能发生了变化，根据动能定理有
WF=mv22-mv12
根据牛顿第二定律有F1=
故有F1R1=mv12
同理有F2R2=mv22
联立可得WF=(F2R2-F1R1)。
15.(14分)(2024·茂名市高一期末)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC 和DE 是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O点，圆心角θ=53°，半径R=1.5m，OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 的长度l=1.5m，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。某运动员从轨道上的A 点以初速度v0水平滑出，在 B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经 CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=50kg，A、B 的竖直高度h=0.8m。重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中，到达B 点时的速度大小vB；
(2)D、E 的竖直高度H；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？ 如能，求出回到B 点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C 点的距离。
答案：(1)5m/s (2)1.1m (3)0.7m
解析：(1)运动员由A 到B 做平抛运动，则竖直方向有vy2=2gh
解得vy=4m/s
由于在B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道，则有vB=，解得vB=5m/s。
(2)对运动员由B 到E 的过程由动能定理有
-mg[H-R(1-cos53°)]-μmgl=0-mvB2
解得 H=1.1m。
(3)假设运动员可以回到B 点，且速度为v，则对运动员由E 到B 的过程由动能定理有
mgH-μmgl-mgR(1-cos53°)=mv2
方程无解，假设不成立，运动员不能回到 B 点。设从E 点开始到最后停止在CD 间运动路程为s，则有mgH=μmgs
解得s=2.2m
所以从D 点进入DC 轨道单边完整经过一次水平轨道后，再从BC 滑下由C 点进入CD，运动0.7m后停止，则最后停止的位置距C 点为0.7m。
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