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单元检测六 机械能守恒定律
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．(2023·湖南永州市一模)铅球掷出后，在空中运动的轨迹如图所示。a、b、c、d、e 为轨
迹上5 个点，c 为轨迹的最高点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．铅球运动到c 点时重力的功率最小，但不为零
B．铅球从a 点运动到c 点和从c 点运动到e 点速度变化方向相同
C．铅球从d 点到e 点的过程比从a 点到b 点的过程中速度变化快
D．铅球从a 点运动到e 点，合外力做的功大于重力势能的减少量
答案 B
解析 铅球运动到c 点时速度沿水平方向，重力的瞬时功率为PG＝mgvcos 90°＝0，故A 错
误；
根据Δv＝gΔt 可知，铅球从a 点运动到c 点和从c 点运动到e 点速度变化方向均与加速度方
向相同，故B 正确；
速度变化快慢即为加速度大小，铅球从d 点到e 点的过程和从a 点到b 点的过程中加速度大
小相同，即速度变化快慢相同，故C 错误；
铅球从a 点运动到e 点，只有重力做功，根据重力做功与重力势能的关系可知，重力做功等
于重力势能的减少量，故D 错误。
2．(2023·河南开封市模拟)如图所示，一个小球在竖直环内至少能做(n＋1)次完整的圆周运
动，当它第(n－1)次经过环的最低点时的速度大小为7 m/s，第n 次经过环的最低点时的速度
大小为5 m/s，则小球第(n＋1)次经过环的最低点时的速度v 的大小一定满足( )
A．等于3 m/s
B．小于1 m/s
C．等于1 m/s
D．大于1 m/s
答案 D
解析 小球从第(n－1)次经过最低点到第n 次经过最低点的过程中，摩擦力消耗的机械能为
mv－mvn
2＝12m；小球从第n 次经过最低点到第(n＋1)次经过最低点的过程中，因为速度减
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小，需要的向心力减小，所以与竖直环间的压力减小，摩擦力消耗的机械能将小于12m，第
(n＋1)次经过最低点时的动能E>×25m－12m＝m，即v>1 m/s，故选D。
3．(2024·陕西省西安中学月考)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0 时速率为1 m/s。从此
刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F 和滑块的速度v 随时间的变化
关系图像分别如图甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g＝10 m/s2)( )
A．滑块的质量为0.5 kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.75
C．第1 s 内摩擦力对滑块做的功为－1 J
D．第2 s 内力F 的平均功率为1.5 W
答案 D
解析 由题图乙得加速度a＝＝1 m/s2；由图像知，第1 s 内有：Ff＋F＝ma，第2 s 内有：
F′－Ff＝ma，代入数据得Ff＝1 N，m＝2 kg，又由Ff＝μmg 可得动摩擦因数μ＝0.05，故
A、B 错误；第1 s 内的位移为x＝×1×1 m＝0.5 m，根据W＝Fl 可得第1 s 内摩擦力对滑块
做功为－0.5 J，故C 错误；根据v－t 图像可知，第2 s 内的平均速度＝ m/s＝0.5 m/s，所以
第2 s 内的平均功率P＝F′＝3×0.5 W＝1.5 W，故D 正确。
4．(2023·浙江温州市联考)图甲为一种横式体位的蹦床照片，图乙为蹦床过程中运动员的运
动简化示意图，运动员可视为质点，图中虚线PQ 是弹性蹦床的初始位置，A 为运动员抵达
的最高点，B 为运动员刚抵达蹦床时的位置，C 为运动员抵达的最低点，空气阻力不可忽略，
对于运动员，下列说法正确的是( )
A．C 到A 上升过程，B 位置运动员速度最大
B．A 到C 下落过程，蹦床弹力和运动员自身重力对运动员做的功代数和为零
C．B 到C 下落过程，蹦床弹力和运动员自身重力对运动员做的功等于运动员动能的变化量
D．B 到C 下落过程，蹦床弹力和空气阻力对运动员做的功等于运动员机械能的变化量
答案 D
解析 从C 到B 的过程中，运动员所受蹦床的弹力先大于重力，后小于重力，所以运动员
先加速后减速，从B 到A 过程中，运动员速度减小，故选项A 错误；A 到C 下落过程，空
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气阻力做负功，根据动能定理可得WG＋W 弹＋Wf＝0，可知蹦床弹力和运动员自身重力对运
动员做的功代数和不为零，故选项B 错误；B 到C 下落过程，根据动能定理可得蹦床弹力、
重力和空气阻力对运动员做的功等于运动员动能的变化量，故选项C 错误；B 到C 下落过程，
根据功能关系可知蹦床弹力和空气阻力对运动员做的功等于运动员机械能的变化量，故选项
D 正确。
5.(2023·重庆市凤鸣山中学期中)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek与重
力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E 总和Ep随它离开地面的高度h 的变化关
系如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A．物体的质量为1 kg
B．h＝0 时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m 时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 D
解析 根据题图可知，h＝4 m 时物体的重力势能Ep＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，
抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由Ek0＝mv2可知，h＝0 时物体的速率为v＝10 m/s，选项
A、B 错误；当h＝4 m 时，由功能关系可知Ffh＝|ΔE 总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空
气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek
－Ek0，解得Ek＝50 J，选项C 错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m 时，机械能为80 J，
重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D 正确。
6．(2024·山东济南市历城二中开学考)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提
速的目的。总质量为m 的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车
厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F 阻＝kv，k 为常量)，动
车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是( )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t 达到最大速度
vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm
2－Pt
答案 C
解析 对动车组由牛顿第二定律有F 牵－F 阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a 恒定，
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但F 阻＝kv 随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A 错误；
若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有－kv＝ma，故可
知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B 错误；
若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv，
而以额定功率匀速行驶时，有＝kvm，
联立解得v＝vm，故C 正确；
若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t 达到最大速度vm，
由动能定理可知4Pt－W 克阻＝mvm
2－0
可得动车组克服阻力做的功为W 克阻＝4Pt－mvm
2，故D 错误。
7．(2024·天津市五区重点校联考)如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套有一质量为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 在外力作用下静止于P 点，已知此时整根轻绳伸直无张力且OP 间轻绳
水平、OB 间轻绳竖直，现将小球A 由P 点静止释放，A 沿杆下滑到最低点Q 时OQ 与杆之
间的夹角为37°，不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
下列说法中正确的是( )
A．小球A 静止于P 点时，弹簧的压缩量为L
B．小球A 由P 下滑至Q 的过程中，弹簧弹性势能减少了mgL
C．小球A 由P 下滑至Q 的过程中，一定先做加速运动，后做减速运动
D．若将小球A 换成质量为的小球C，并将小球C 拉至Q 点由静止释放，则小球C 运动到P
点时的动能为mgL
答案 C
解析 由题意可知OP＝L，PQ＝＝L，OQ＝＝L，B 上升的高度为h＝OQ－OP＝L，小球A
由P 下滑至Q 的过程中，设弹簧弹性势能变化量为ΔEp，由机械能守恒得，－mg·L＋mg·L
＋ΔEp＝0，则ΔEp＝mgL，故弹性势能增加了mgL；设小球A 在P 点时，弹簧压缩量为x1，
在Q 点时，弹簧伸长量为x2，则x1＋x2＝L，故A、B 错误；小球A 在P 点的速度为零，下
滑至Q 点时速度也是零，则小球A 由P 下滑至Q 的过程中，速度先增大后减小，故C 正确；
小球C 运动到P 点时，沿绳方向的速度为零，因此物块B 的速度为零，ΔEp′＝－ΔEp，由
机械能守恒可得mg·L－mg·L＋ΔEp′＋ΔEk＝0，且ΔEk＝Ek－0，则Ek＝mgL，故D 错误。
二、多项选择题(本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题给出的四个选项中，有多
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项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分)
8．图甲所示的救生缓降器由挂钩(或吊环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可
使人沿绳索缓慢下降的安全营救装置。某高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，
从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动，最终安全着陆，图乙是工人运动
全过程的v－t 图像。已知工人的质量m＝70 kg，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．发生险情处离地面的高度为45 m
B．加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280 N
C．整个过程，工人所受重力做的功为31 500 J
D．t＝4 s 时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为630 W
答案 ABC
解析 根据v－t 图像与时间轴所围面积表示位移可知发生险情处离地面的高度h＝×5×18
m＝45 m，A 正确；根据v－t 图像的斜率表示加速度可得工人加速下滑时的加速度大小为a1
＝ m/s2＝6 m/s2，根据牛顿第二定律可得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为F1＝mg－
ma1＝280 N，B 正确；整个过程，工人所受重力做的功W＝mgh＝31 500 J，C 正确；t＝4 s
时工人的加速度大小为a2＝ m/s2＝9 m/s2，工人的速度大小为v＝18 m/s－a2(t－3 s)＝9
m/s，此时钢丝绳对工人的拉力大小为F2＝mg＋ma2＝1 330 N，此时钢丝绳对工人拉力的瞬
时功率为P＝F2v＝11 970 W，D 错误。
9．(2023·湖北黄冈市期中)一辆家用小车在水平面上由静止启动，达到最大速度后做匀速运
动。整个过程中，小车的牵引力随时间的变化关系如图所示。小车发动机的额定功率P＝60
kW，质量M＝1.5×103 kg，运动过程中所受阻力恒定。下列说法正确的是( )
A．t1＝7.5 s
B．小车能获得的最大速度为60 m/s
C．小车能获得的最大速度为15 m/s
D．当小车的速度为30 m/s 时，其加速度为1 m/s2
答案 AB
解析 在0～t1时间段内，牵引力不变，则F－Ff＝Ma，在t1时刻，达到额定功率，速度继
续增大，牵引力减小，当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，做匀速运动，则Ff＝1×103
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N，故匀加速阶段的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，又P＝Fv，v＝at1，解得t1＝＝ s＝
7.5 s，A 正确；小车能获得的最大速度为vmax＝＝＝ m/s＝60 m/s，B 正确，C 错误；当小车
速度v＝at1＝2×7.5 m/s＝15 m/s 时，随着速度的增加，小车牵引力减小，以恒定功率加速，
则当小车的速度v′＝30 m/s 时，牵引力F′＝＝ N＝2×103 N，则此时加速度大小为a′
＝＝ m/s2＝ m/s2，D 错误。
10．(2023·广东省模拟)如图，质量为m 的物块上端连接一根轻弹簧，恰好静止在倾角为30°
的固定斜面上。现在弹簧上端施加沿斜面向上的缓慢变大的拉力F，弹簧伸长L 时开始运动；
当物块开始运动时保持拉力F 不变将物块向上缓慢移动距离L，整个过程拉力做的功为
1.5mgL，重力加速度为g，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．物块缓慢运动时，拉力F＝2mg
B．物块缓慢运动时，弹簧弹力F 弹＝mg
C．整个过程克服摩擦力做的功为2mgL
D．弹簧的弹性势能增量为0.5mgL
答案 BD
解析 物块恰好静止在斜面上，则此时物块受到的最大静摩擦力与重力沿斜面向下的分力平
衡，有mgsin 30°＝μmgcos 30°，物块缓慢运动时，由平衡条件得F 弹＝mgsin 30°＋μmgcos
30°＝mg＝kL，此时拉力F＝F 弹＝mg，故A 错误，B 正确；整个过程克服摩擦力做的功为
W 克f＝μmgcos 30°·L＝0.5mgL，故C 错误；整个过程中拉力做功为WF＝1.5mgL，设克服弹簧
弹力做功为W 克弹，根据动能定理WF－W 克f－W 克弹－mgLsin 30°＝0，则W 克弹＝0.5mgL，则
弹簧弹性势能增加了0.5mgL，故D 正确。
三、非选择题(本题共5 小题，共54 分)
11．(8 分)如图，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用
此装置验证机械能守恒定律。
(1)某同学列举实验中用到的实验器材为：铁架台、打点计时器、纸带、秒表、交流电源、
导线、重物、天平。其中不必要的是________；
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(2)在一次实验中，质量为1 kg 的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示。若
纸带相邻两个点之间时间间隔为0.02 s，从起点O 到打下计时点B 的过程中，重物重力势能
减少量ΔEp＝________ J，此过程中重物动能的增加量ΔEk＝________ J(g 取9.8 m/s2，结果
均保留两位有效数字)；
(3)若在误差允许范围内，该实验验证了机械能守恒定律，如果以为纵轴，以h 为横轴，根
据实验数据绘出的图线应是下图中的________。
答案 (1)秒表、天平 (2)0.49 0.48 (3)B
解析 (1)因为打点计时器就是计时工具，则该实验中不需要秒表，也不需要天平；
(2)从起点O 到打下计时点B 的过程中，重物重力势能减少量ΔEp＝mghB＝1×9.8×0.050 1
J≈0.49 J
打下计数点B 时的速度vB＝＝ m/s＝0.98 m/s
此过程中重物动能的增加量ΔEk＝mvB
2－0＝×1×0.982 J－0≈0.48 J
(3)根据mgh＝mv2可知v2＝gh
则－h 图线是过原点的直线，故选B。
12．(8 分)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线连接质量m1＝480 g 的
物体1、质量m2＝800 g 的物体2，跨过光滑轻质小滑轮，在物体1 下端拖着的纸带通过打点
计时器，让物体2 从高处由静止开始下落。实验中打出的一条纸带如图乙所示，O 是打下的
第一个点，A、B、C、D 是计数点，相邻的两计数点间还有一个点未画出，已知打点计时器
频率为50 Hz，当地重力加速度g 取9.8 m/s2。
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(1)在打下C 点时两物体的速度大小vC＝________ m/s(计算结果保留两位小数)；
(2)从O 点到C 点的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp________(填“大于”“小于”或
“等于”)系统动能的增加量ΔEk，引起这种情况可能的原因是_____________________；
(3)在误差允许的范围内，该实验验证了机械能守恒定律，若测量出O 到各点的距离记为h，
并计算出各点的瞬时速度v，作出v2－2gh 图像如图丙所示，测得图线的斜率为k，则＝
__________(用k 表示)。
答案 (1)1.12 (2)大于 克服阻力做功
(3)
解析 (1)打下C 点时，两物体的速度
vC＝≈1.12 m/s。
(2)从O 点到C 点过程中，系统重力势能减少量ΔEp＝(m2－m1)ghOC＝(0.8－0.48)×9.8×0.265
6 J≈0.83 J ，而动能增加量ΔEk ＝(m1 ＋m2)vC
2 ＝×(0.8 ＋0.48)×1.122 J≈0.80 J ，所以
ΔEp>ΔEk，因为克服阻力做功，所以系统机械能有损失。
(3)两物体组成系统机械能守恒，故有(m2－m1)gh＝(m1＋m2)v2，变式得到v2＝·2gh，对比题
图丙可得k＝，解得＝。
13．(10 分)(2024·青海西宁市开学考)某实验小组设计了如图所示的小球运动轨道，若将小球
从左侧固定斜面上离地高度为h＝3.2 m 的位置由静止释放，经过圆弧轨道后，小球飞上右
侧平台且与平台不发生碰撞，已知斜面与圆弧轨道相切，圆弧轨道左右两端点等高，圆弧轨
道所对圆心角为θ＝74°，半径为R＝2 m，小球质量为m＝0.5 kg(可视为质点)，整个轨道处
在竖直面内，不计空气阻力及一切摩擦，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8。求：
(1)小球在圆弧轨道最低点所受到的支持力大小FN；
(2)平台左侧上边缘到圆弧轨道右端点的水平距离x。
答案 (1)23 N (2)3.072 m
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解析 (1)由动能定理得mgh＋mgR(1－cos 37°)＝mv2
小球在圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝23 N
(2)设小球到圆弧轨道右端点的速度为v0, 由动能定理得mgh＝mv
解得v0＝8 m/s
小球从圆弧轨道右端点飞出后做斜抛运动，水平方向小球做匀速运动，则x＝v0tcos 37°，竖
直方向有v0sin 37°＝gt，解得x＝3.072 m。
14．(12 分)如图所示，质量M＝4 kg、长L＝2 m 的木板A 静止在光滑水平面上，质量m＝1
kg 的小滑块B 置于A 的左端。B 在F＝3 N 的水平恒力作用下由静止开始运动，当B 运动至
A 的中点时撤去力F。A、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s2。求：
(1)F 对B 做的功W；
(2)整个运动过程中因摩擦产生的热量Q。
答案 (1)6 J (2)2.4 J
解析 (1)对A 有：μmg＝Ma1，xA＝a1t2
对B 有：F－μmg＝ma2，xB＝a2t2及xB－xA＝，解得a1＝0.5 m/s2，a2＝1 m/s2，t＝2 s
F 做的功W＝FxB＝6 J；
(2)撤去F 后，对B 有：－μmg＝ma3，代入数据得a3＝－2 m/s2
设从撤去F 到A、B 相对静止所需时间为t′，则：
a2t＋a3 t′＝a1t＋a1t′
代入数据解得t′＝ s
由位移关系得x 相＝＋a2tt′＋a3t′2－(a1tt′＋a1t′2)＝1.2 m
因摩擦产生的热量Q＝μmgx 相＝2.4 J。
15．(16 分)(2024·北京市一零一中学月考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，
传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s 的速率沿顺时针方向运行，现把一质量为m
＝10 kg 的工件(可看作质点)轻轻放在传送带的底端，经过1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m 的
高处，取g＝10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)整个过程中，摩擦力对工件做的功；
(3)电动机由于传送工件多消耗的电能(和传送带空转，不运送工件相比)。
答案 (1) (2)170 J (3)230 J
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解析 (1)根据几何关系可得传送带的长度为x＝＝3 m，若工件一直加速，则有x＝t，解得
v>2 m/s
因此可知工件应先加速后匀速，设加速运动的时间为t1，位移为x1，匀速运动的时间为t2，
位移为x2，则有
x1＝·t1，x2＝v0t2，x＝x1＋x2，t＝t1＋t2
联立解得t1＝0.8 s，t2＝1.1 s，x1＝0.8 m，x2＝2.2 m，又x1＝at1
2
解得a＝2.5 m/s2
根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得μ＝
(2)设整个过程中摩擦力对工件做的功为W，对整个过程由动能定理有W－mgh＝mv0
2
解得W＝170 J
(3)在时间t1内传送带的位移为x0＝v0t1＝1.6 m
该时间内传送带与工件之间的相对位移为Δx＝x0－x1＝0.8 m
则可得因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos 30°·Δx＝60 J
工件获得的机械能为E＝Ek＋Ep＝mv0
2＋mgh＝170 J
则可得电动机由于传送工件多消耗的电能E0＝E＋Q＝230 J。
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