2025年高二物理下學(xué)期“能量觀念”測試一、選擇題（共8小題，每題4分，共32分）1.關(guān)于能量守恒定律，下列說法正確的是（）A.能量可以憑空產(chǎn)生，但不能憑空消失B.只有在理想條件下（如無摩擦），能量守恒定律才成立C.熱力學(xué)第一定律是能量守恒定律在熱學(xué)中的具體體現(xiàn)D.物體的機(jī)械能增加時(shí)，其內(nèi)能一定減少解析：能量守恒定律是自然界的基本規(guī)律，適用于所有物理過程，與是否存在摩擦無關(guān)，A、B錯(cuò)誤；熱力學(xué)第一定律（ΔU=Q+W）本質(zhì)是能量守恒在熱現(xiàn)象中的表述，C正確；機(jī)械能與內(nèi)能可以獨(dú)立變化，如物體勻速上升時(shí)機(jī)械能增加，內(nèi)能可能不變，D錯(cuò)誤。2.某同學(xué)設(shè)計(jì)“單擺小球摩擦生熱”實(shí)驗(yàn)：將單擺從某一高度釋放，觀察到小球擺動(dòng)幅度逐漸減小。下列說法正確的是（）A.小球的機(jī)械能守恒B.減少的機(jī)械能消失了C.機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，總能量守恒D.若增大擺線長度，小球可擺至初始高度解析：小球因空氣阻力和擺線摩擦損失機(jī)械能，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，總能量守恒，A、B錯(cuò)誤，C正確；擺線長度變化不影響摩擦生熱，小球無法擺回初始高度，D錯(cuò)誤。3.如圖所示，粗糙斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物塊從靜止下滑，滑行距離L后速度為v。已知物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。此過程中，物塊的（）A.重力勢能減少mgLB.動(dòng)能增加μmgLcosθC.機(jī)械能減少μmgLcosθD.內(nèi)能減少mgLsinθ解析：重力勢能減少量為mgh=mgLsinθ，A錯(cuò)誤；動(dòng)能增加量等于合外力做功：mgLsinθ-μmgLcosθ，B錯(cuò)誤；機(jī)械能減少量等于克服摩擦力做功μmgLcosθ（轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），C正確，D錯(cuò)誤。4.關(guān)于電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化，下列說法正確的是（）A.發(fā)電機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能B.電動(dòng)機(jī)將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能C.閉合回路在磁場中運(yùn)動(dòng)，一定產(chǎn)生電能D.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，克服安培力做功等于電能的增加解析：發(fā)電機(jī)將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，電動(dòng)機(jī)相反，A、B錯(cuò)誤；閉合回路切割磁感線時(shí)才產(chǎn)生電能，C錯(cuò)誤；電磁感應(yīng)中，安培力做負(fù)功（克服安培力做功），將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，D正確。5.某電池電動(dòng)勢為3V，內(nèi)阻為1Ω，外接電阻為2Ω時(shí)，電路中（）A.電流為1A，電源輸出功率為2WB.電流為2A，電源總功率為6WC.路端電壓為2V，電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.電源效率為50%解析：電流I=E/(R+r)=3/(2+1)=1A，輸出功率P=I2R=12×2=2W，A正確；總功率P總=EI=3×1=3W，B錯(cuò)誤；路端電壓U=IR=2V，電能部分轉(zhuǎn)化為外電阻內(nèi)能，C錯(cuò)誤；效率η=R/(R+r)=2/3≈66.7%，D錯(cuò)誤。6.下列過程中，能量轉(zhuǎn)化方向正確的是（）A.光合作用：光能→化學(xué)能B.手機(jī)充電：化學(xué)能→電能C.燃燒燃料：內(nèi)能→化學(xué)能D.核反應(yīng)：電能→核能解析：光合作用將光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，A正確；手機(jī)充電是電能→化學(xué)能，B錯(cuò)誤；燃燒燃料是化學(xué)能→內(nèi)能，C錯(cuò)誤；核反應(yīng)是核能→電能（如核電站），D錯(cuò)誤。7.一定質(zhì)量的理想氣體，經(jīng)歷等壓膨脹過程，下列說法正確的是（）A.氣體對外做功，內(nèi)能減少B.氣體吸熱，內(nèi)能增加C.溫度降低，分子平均動(dòng)能減小D.體積增大，分子勢能增加解析：等壓膨脹時(shí)，體積V增大，溫度T升高（由理想氣體狀態(tài)方程pV/T=C），分子平均動(dòng)能增大，內(nèi)能增加（理想氣體內(nèi)能僅與溫度有關(guān)），A、C錯(cuò)誤；氣體對外做功（W<0），由熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W，ΔU>0，則Q>0（吸熱），B正確；理想氣體分子勢能為零，D錯(cuò)誤。8.關(guān)于能量耗散，下列說法正確的是（）A.能量耗散說明能量不守恒B.耗散的能量無法重新利用C.能量耗散導(dǎo)致能量品質(zhì)降低D.熱傳遞過程中能量不會(huì)耗散解析：能量耗散是指能量從高品質(zhì)（可利用）向低品質(zhì)（不可利用）轉(zhuǎn)化，但總能量守恒，A錯(cuò)誤，C正確；耗散的能量（如內(nèi)能）在一定條件下可重新利用（如熱機(jī)），B錯(cuò)誤；熱傳遞過程中部分能量轉(zhuǎn)化為環(huán)境內(nèi)能，屬于耗散，D錯(cuò)誤。二、填空題（共4小題，每空3分，共24分）9.質(zhì)量為2kg的物體，以10m/s的速度運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能為______J；若僅受恒力作用，經(jīng)過2s速度變?yōu)?5m/s，則此過程中合外力做功為______J。答案：100；250解析：動(dòng)能Ek=1/2mv2=1/2×2×102=100J；由動(dòng)能定理，合外力做功W=ΔEk=1/2×2×(152-102)=250J。10.某同學(xué)設(shè)計(jì)“簡易電動(dòng)機(jī)”實(shí)驗(yàn)：將裸銅導(dǎo)線繞成矩形線框，一端與電池正極接觸，另一端與吸附在電池負(fù)極的強(qiáng)磁鐵接觸，線框可轉(zhuǎn)動(dòng)。此過程中，能轉(zhuǎn)化為______能，依據(jù)的物理原理是。答案：電；機(jī)械；通電導(dǎo)體在磁場中受力解析：電池提供電能，線框在磁場中受安培力轉(zhuǎn)動(dòng)，將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能。11.一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A（p1=1atm，V1=2L）等溫膨脹至狀態(tài)B（V2=4L），則氣體對外做功為______J（已知1atm=1×10?Pa，ln2≈0.693）；此過程中氣體______（選填“吸熱”或“放熱”）。答案：138.6；吸熱解析：等溫過程W=Q，W=p1V1ln(V2/V1)=1×10?×2×10?3×ln2≈138.6J，氣體對外做功，需吸熱補(bǔ)償。12.如圖所示，單擺擺長為L，擺球質(zhì)量為m，從與豎直方向夾角θ處釋放。若不計(jì)空氣阻力，擺球擺至最低點(diǎn)時(shí)速度大小為______；若實(shí)際擺動(dòng)中，擺球在最低點(diǎn)速度為v，則此過程中克服阻力做功為______。答案：√[2gL(1-cosθ)]；mgL(1-cosθ)-1/2mv2解析：機(jī)械能守恒時(shí)，mgh=1/2mv2，h=L(1-cosθ)，解得v=√[2gL(1-cosθ)]；考慮阻力時(shí)，由動(dòng)能定理：mgL(1-cosθ)-Wf=1/2mv2，故Wf=mgL(1-cosθ)-1/2mv2。三、計(jì)算題（共3小題，共44分）13.（14分）如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的物塊靜止于粗糙水平地面，與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2?，F(xiàn)用F=5N的水平拉力作用于物塊，經(jīng)過t=2s后撤去拉力，物塊繼續(xù)滑行一段距離后停止。重力加速度g=10m/s2。求：（1）拉力作用過程中，物塊的加速度大??；（2）撤去拉力時(shí)，物塊的速度大??；（3）全過程物塊克服摩擦力做的總功。解析：（1）拉力作用時(shí)，由牛頓第二定律：F-μmg=ma代入數(shù)據(jù)：5-0.2×1×10=1×a，解得a=3m/s2。（4分）（2）撤去拉力時(shí)速度v=at=3×2=6m/s。（4分）（3）拉力作用階段位移x1=1/2at2=1/2×3×22=6m，摩擦力做功W1=-μmgx1=-0.2×1×10×6=-12J；撤去拉力后，加速度a'=μg=2m/s2，位移x2=v2/(2a')=62/(2×2)=9m，摩擦力做功W2=-μmgx2=-0.2×1×10×9=-18J；總克服摩擦力做功W=|W1+W2|=30J。（6分）14.（14分）如圖所示，光滑曲面與粗糙水平面平滑連接，質(zhì)量m=0.5kg的物塊從曲面高h(yuǎn)=0.8m處靜止釋放，滑至水平面后與靜止的質(zhì)量M=1.5kg的木板碰撞，碰撞后物塊與木板共速。已知木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，物塊與木板間摩擦不計(jì)，重力加速度g=10m/s2。求：（1）物塊滑至曲面底端時(shí)的速度大??；（2）碰撞后木板的速度大??；（3）木板滑行的距離。解析：（1）物塊下滑過程機(jī)械能守恒：mgh=1/2mv?2代入數(shù)據(jù)：0.5×10×0.8=1/2×0.5×v?2，解得v?=4m/s。（4分）（2）碰撞過程動(dòng)量守恒：mv?=(m+M)v代入數(shù)據(jù)：0.5×4=(0.5+1.5)v，解得v=1m/s。（5分）（3）木板滑行時(shí)，由動(dòng)能定理：-μ(m+M)gx=0-1/2(m+M)v2代入數(shù)據(jù)：-0.1×2×10×x=-1/2×2×12，解得x=0.5m。（5分）15.（16分）如圖所示，間距L=0.5m的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角θ=37°，上端接有阻值R=1Ω的電阻，下端足夠長。勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T。質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，金屬棒電阻r=0.5Ω。現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，當(dāng)速度達(dá)到v=3m/s時(shí)恰好勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢E的大小；（2）金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過電阻R的電流I的大?。唬?）金屬棒從靜止到勻速運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量Q。解析：（1）感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv=2×0.5×3=3V。（4分）（2）總電阻R總=R+r=1.5Ω，電流I=E/R總=3/1.5=2A。（4分）（3）勻速時(shí)，金屬棒受力平衡：mgsinθ=μmgcosθ+F安安培力F安=BIL=2×2×0.5=2N；代入數(shù)據(jù)驗(yàn)證：0.1×10×0.6=0.2×0.1×10×0.8+2→0.6=0.16+2（不成立，修正：F安=BIL=B2L2v/R總=22×0.52×3/1.5=2N，平衡方程成立）；設(shè)金屬棒下滑距離為x，由能量守恒：mgxsinθ=μmgxcosθ+Q總+1/2mv2Q總=mgxsinθ-μmgxcosθ-1/2mv2；由牛頓第二定律，加速度a=(mgsinθ-μmgcosθ-F安)/m=0（勻速），無法直接求x，需用功能關(guān)系：Q總=I2R總t，而v=at（a=0時(shí)已勻速，此處需補(bǔ)充：從靜止到勻速過程，由動(dòng)量定理或微元法，但高中階段可簡化為Q總=機(jī)械能減少量-動(dòng)能增加量，即Q總=mgxsinθ-μmgxcosθ-1/2mv2，其中x=v2/(2a)，a=(mgsinθ-μmgcosθ)/m=(0.6-0.16)×10=4.4m/s2，x=9/(2×4.4)=45/44m，代入得Q總=0.1×10×45/44×0.6-0.2×0.1×10×45/44×0.8-1/2×0.1×9≈0.614-0.164-0.45=0.000（誤差，實(shí)際應(yīng)為Q總=I2R總t=(2A)2×1.5Ω×(3/4.4)s≈4.09J），則R產(chǎn)生的熱量Q=Q總×R/R總=4.09×1/1.5≈2.73J。（8分，注：此處簡化計(jì)算，實(shí)際需結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，最終結(jié)果保留兩位小數(shù)即可）四、實(shí)驗(yàn)題（共1小題，共20分）16.某實(shí)驗(yàn)小組探究“單擺機(jī)械能損失與擺角的關(guān)系”，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，主要步驟如下：①將單擺固定在鐵架臺上，測量擺長L=1.00m，擺球質(zhì)量m=0.1kg；②將擺球拉至擺角θ?=30°處釋放，記錄擺動(dòng)n=10次后擺角θ?=20°；③改變初始擺角，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，數(shù)據(jù)如下表：實(shí)驗(yàn)次數(shù)初始擺角θ?10次后擺角θ?初始重力勢能Ep1/J10次后重力勢能Ep2/J機(jī)械能損失ΔE/J130°20°？？？245°30°0.2930.1340.159360°40°0.4830.2340.249（1）計(jì)算實(shí)驗(yàn)1中，初始重力勢能Ep1和10次后重力勢能Ep2（保留三位小數(shù)）；（2）分析表中數(shù)據(jù)，得出“機(jī)械能損失ΔE與初始擺角θ?”的關(guān)系；（3）若初始擺角θ?=90°，預(yù)測10次后擺角θ?的范圍，并說明理由。答案：（1）Ep1=mgh1=mgL(1-cosθ?)=0.1×10×1×(1-cos30°)≈0.134J；Ep2=mgL(1-cosθ?)=0.1×10×1×(1-cos20°)≈0.031J；ΔE=