第6 课时 机械能守恒定律 能量守恒定律 跟踪训练
基础保分练
一．选择题：
1.如图甲是儿童非常喜欢的弹跳球。儿童双脚站在弹跳球的水平跳板上，用力
向下压弹跳球，形变的弹跳球能和儿童一起上下跳跃，从而达到锻炼身体的目
的，如图乙所示。关于儿童跳跃过程中，下列说法正确的是( )
A.地面对弹跳球的弹力，是因为弹跳球的形变产生的
B.儿童能够夹着弹跳球跳起来，是因为儿童消耗生物能对弹跳球做正功
C.儿童向上运动过程中所受重力对他做负功，他的动能一直减少
D.在上下跳跃的过程中，儿童和弹跳球整体只有动能和重力势能相互转化，机
械能守恒
2.如图所示，一条不可伸长的轻质细线一端悬于O 点，另一端系一小球P，将P
拉至细线与水平方向成θ 夹角时，细线刚好伸直。由静止释放P，在P 从释放点
运动到最低点的过程中，其动能Ek与下落的高度h 的关系图像可能正确的是(
)
3.在某军需品工厂里，为防止发生意外爆炸，化学药品必须同时加入到容器中。
某同学设计了如图3 所示的装置，在轻质滑轮组上，用轻绳连接的三个物体a、
b、c 在外力作用下均保持静止。撤去外力后，a、b 以相同加速度下落，同时落
入容器P 中。不计一切阻力，在a、b 落入P 前的运动过程中( )
A.a、c 位移大小之比为1∶2
B.b、c 加速度大小之比为1∶2
C.a、c 构成的系统机械能守恒
D.c 增加的机械能等于a 减小机械能的1.5 倍
4.如图所示，一质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径
略大于细杆的直径，圆环分别与两个相同的轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一
端分别连在与圆环同一高度的墙壁上。开始时圆环处于O 点，弹簧处于原长状
态。细杆上的A、B 两点到O 点的距离都为h，将圆环拉至A 点由静止释放，重
力加速度为g。则圆环从A 点运动到B 点的过程中( )
A.圆环通过O 点时，加速度小于g
B.圆环通过O 点时，速度等于
C.圆环通过B 点时，速度等于2
D.圆环通过B 点时，速度小于2
5.某风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为l 的圆面。某时间内该地区的风
速是v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ。假如这个风力
发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，则该风速
下发电机的输出功率P 为( )
A.ρπl2v2
B.
C.
D.
6.如图所示，细绳一端固定，下端连接乒乓球，乒乓球从A 点静止释放摆动到
右侧最高点E，C 为最低点，B、D 两点等高，上述过程中乒乓球( )
A.在E 点时，绳中拉力为零
B.在C 点时速度最大
C.在B、D 两点的速度大小相等
D.从B 点到C 点的时间比从C 点到D 点的时间短
7.要使小球A 能击中离地面H 高的小球P，设计了甲、乙、丙、丁四条内外侧
均光滑轨道，如图所示。甲为高度小于H 的倾斜平直轨道，乙丙丁均为圆轨道，
圆心O 如图所示。小球从地面出发，初速度大小都为v0＝，在甲轨道中初速度
方向沿斜面，在乙、丙、丁轨道中初速度方向均沿轨道的切线方向，则小球A
经过哪种轨道后有可能恰好击中P 球( )
A.轨道甲
B.轨道乙
C.轨道丙
D.轨道丁
8.如图所示，两个质量均为m 的物块P、Q 用劲度系数为k 的轻弹簧相连，竖直
放置在水平地面上静止，重力加速度为g。现用竖直向上的力F 拉着物块P 向
上做匀加速直线运动，直到物块Q 刚要离开地面为止，对此过程，下列说法正
确的是( )
A.力F 一定为恒力
B.P 的位移大小为
C.F 与弹簧对物块P 的做功之和等于物块P 动能的变化量
D.F 做的功等于物块P 克服重力做的功与获得的动能之和
9.(2025·山东卷,5)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电
动机供电,刚好维持小车以速度v 匀速运动。此时电动机的效率为50%。已知小
车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k 为常量),该光伏电池的光电转换效
率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为( )
A.2k v
2
η
B. k v
2
2η
C.k v
2+mv
2
2η
D. 2k v
2+mv
2
η
综合创新练
一．选择题：
10.如图所示，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为
m 的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板
间的滑动摩擦力大小为Ff，当物块从木板右端离开时( )
A.木板的动能一定等于Ffl
B.木板的动能可能大于Ffl
C.物块的动能一定大于mv－Ffl
D.物块的动能一定小于mv－Ffl
11.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在
其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块
质量均为m,两者之间动摩擦因数为
❑√3
2 。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止
开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度
刚
好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小
车
和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内( )
A.物块的位移大小为2v0
2
3 g
B.物块机械能增量为5mv0
2
2
C.小车的位移大小为16 P v0
5m g
2
-2v0
2
5 g
D.小车机械能增量为8 P v0
5 g
+mv0
2
2
二．计算题：
12.如图所示，质量都是m 的物体A 和B，通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑
轮相连，光滑固定斜面倾角为θ，不计绳子和滑轮之间的摩擦及空气阻力。开
始时A 物体离地的高度为h，B 物体位于斜面的底端且与B 相连的绳与斜面平
行，用手托住A 物体，A、B 两物体均静止，重力加速度为g，撤去手后，
(1)求A 物体将要落地时的速度大小；
(2)A 物体落地后，B 物体由于惯性将继续沿斜面上升，求B 物体在斜面上上升
的最远点离地面的高度(B 未与滑轮相撞)。
13. 如图所示，光滑水平面AB 和竖直面内的光滑圆弧导轨在B 点平滑连接，导
轨半径为R。质量为m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱
离弹簧后经过B 点时的速度大小为，之后沿轨道BO 运动。以O 为坐标原点建
立直角坐标系xOy，在x≥－R 区域有方向与x 轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进
入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重
力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A 点时的弹性势能；
(2)小球经过O 点时的速度大小；
(3)小球过O 点后运动的轨迹方程。
14.(2025·安徽卷,14)如图,M、N 为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距
L=0.5 m。一根长为3L 的轻绳一端系在M 上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg 的
小球,小球与水平地面接触但无压力。t=0 时,小球以水平向右的初速度v0=10
m/s 开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过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10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小,及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t=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
弛,求初速度的最小值。
参考答案：
1.答案 B 解析 地面对弹跳球的弹力，是因为发生弹性形变的地面要恢复原
状产生的，故A 错误；儿童能够夹着弹跳球跳起来，是因为儿童消耗生物能对
弹跳球做正功，故B 正确；儿童向上运动过程中所受重力对他做负功，弹跳球
对他的弹力做正功，他的动能先增加后减少，故C 错误；儿童和弹跳球在上下
跳跃的过程中，儿童和弹跳球整体有生物能和机械能的相互转化，故组成的系
统机械能不守恒，故D 错误。
2.答案 B 解析 P 从释放点开始做自由落体运动，根据机械能守恒定律可知
Ek＝mgh，到与水平方向对称的点后动能为Ek0，由于能量损失，动能瞬间减小
为Ek0′，再做圆周运动，根据机械能守恒定律有Ek＝Ek0′＋mgh，可知符合动能
Ek与下落的高度h 的关系图像应是B 选项图，B 正确。
3.答案 D 解析 由于a、b 以相同加速度下落，同时落入容器P 中，即a、b
的位移相等，令其大小为x0，根据图形可知，当a、b 同时下移x0时，a、b 上
方的轻绳的总长度增加3x0，即c 的位移大小为3x0，即a、c 位移大小之比为
1∶3，故A 错误；根据位移公式有x＝at2，解得a＝，可知b、c 加速度大小之
比为1∶3，故B 错误；对物体a、b、c 构成的系统分析可知，该系统机械能守
恒，由于轻绳对b 做负功，则b 的机械能减小，可知a、c 构成的系统的机械能
增大，故C 错误；同一根轻绳弹力大小相等，设为FT，绳的弹力对a 做负功，
a 的机械能减小，绳的弹力对c 做正功，c 的机械能增大，根据功能关系可知c
增加的机械能与a 减小的机械能大小分别为Ec＝FT·3x0、Ea＝2FTx0，解得＝
1.5，故D 正确。
4.答案 C 解析 圆环通过O 点时，对圆环受力分析可知，水平方向不受外力，
竖直方向只受重力，因此加速度等于g，故A 错误；圆环从A 点运动到O 点，
水平方向合力为0，由动能定理得mgh＋W 弹＝mv2，因该过程中弹力做正功，
则圆环过O 点时的速度必定有v＞，故B 错误；圆环从A 点运动到B 点的过程
中，水平方向合力为0，由题意知，弹簧形变量在初末位置相同，故弹性势能
不变，由功能关系得2mgh＝mv，解得vB＝2，故C 正确，D 错误。
5.答案 D 解析 Δt 时间内冲击叶片圆面的气流体积为ΔV＝S·vΔt＝πl2·vΔt，
Δt 时间内冲击叶片圆面的气流的动能为ΔEk＝mv2＝ρΔV·v2＝ρπl2v3Δt，单位时
间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为＝ρπl2v3，该风力发电机的发电功
率为P＝×10%＝，故D 正确。
6.答案 D 解析 在E 点时，设绳子与竖直方向夹角为θ，则有F＝mgcos θ，
绳中拉力不为零，故A 错误；由题图可知乒乓球运动过程中有阻力存在，当切
向加速度为0 时速度最大，而C 点重力在切线方向的分力为0，故在C 点前某
点阻力与重力切向分力相等，速度最大，故C 点速度不是最大，故B 错误；
B、D 两点的重力势能相等，由于阻力做负功，根据动能定理可知B 点的速度
大于D 点速度，故C 错误；BC 段平均速度大于CD 的平均速度，所以从B 点
到C 点的时间比从C 点到D 点的时间短，故D 正确。
7.答案 D 解析 根据题意可知小球A 在上升过程中，重力做负功，P 球高度
为H，所以重力做功至少为WG＝－mgH，小球A 的初动能为Ek0＝mv＝mgH，
所以只有动能全部转化为重力势能才能上升高度H，即小球A 击中P 球时速度
恰好为0。甲轨道，A 球在轨道上沿斜面运动后斜抛，在最高点有动能，根据
机械能守恒定律知，小球不能到达H 高度，甲轨道不可能，故A 错误；乙轨道，
小球做竖直上抛运动，在最高点速度为零，能达到高度H，但不能击中P 球，
乙轨道不可能，故B 错误；丙轨道，小球沿轨道运动，达到与圆心等高的轨道
上方速度一定不会等于0，所以到达最高点的速度不为0，则上升的高度h<H，
不能击中P 球，丙轨道不可能，故C 错误；丁轨道，小球到达P 点，小球的动
能完全转化为重力势能，到达P 点动能恰好为零，小球恰好击中P 点，故丁轨
道可以，故D 正确。
8.答案 D 解析 物块P 受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和先向上后向
下的弹簧弹力，由于弹力先减小后增大，而物块的加速度不变，所以拉力F 一
定为变力，故A 错误；初始时，弹簧处于压缩状态，对物块P，有mg＝kx1，
物块Q 刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，对物块Q，有mg＝kx2，所以弹
簧初态压缩量等于末态伸长量，P 的位移为x＝x1＋x2＝，故B 错误；物块Q 刚
要离开地面时，速度为0，根据功能关系可知F 与弹簧对物块P 的做功之和等
于物块P 动能的变化量和重力势能的变化量之和，故C 错误；由于弹簧初态压
缩量等于末态伸长量，所以弹簧的弹性势能相等，所以F 做的功等于物块P 克
服重力做的功与获得的动能之和，故D 正确。
9.答案 A 解析 小车匀速运动时,F=f,电动机的输出功率等于小车受到的牵引
力的功率,有P 电出=Fv=fv=kv2,所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为
P 光出= P电出
50 % =2kv2,则光伏电池单位时间内获得的太阳能即输入功率为P 太阳能=
P光出
η
=2k v
2
η
,A 正确。
10.答案 D 解析 物块和木板的运动示意图和v－t 图像如下
根据动能定理可知，对m：－Ffx1＝mv－mv①，对M：Ffx2＝Mv②，根据v－t
图像与横轴围成的面积S 表示物体运动的位移可知，x2＝S△COF，x1＝SABFO，根
据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO>x2＝S△COF，因此Ffl>Ffx2＝Mv，即木板的动
能一定小于Ffl，A、B 错误；将①、②两式相加得－Ffl＝mv＋Mv－mv，变形
得物块离开木板时的动能mv＝mv－Ffl－Mv<mv－Ffl，C 错误，D 正确。
11.答案 C 解析 对物块,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解
得a=1
4
g,根据运动学公式有v0
2=2ax1,解得物块的位移大小为x1=2v0
2
g
,A 错误;物
块机械能增量为ΔE=1
2mv0
2+mgx1·sin 30°=3
2mv0
2,B 错误;对小车,由动能定理有
Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=1
2
mv0
2,其中t=v0
a
,联立解得x=16 P v0
5m g
2
-2v0
2
5 g
,C 正
确;小车机械能增量为ΔE'=1
2
mv0
2+mgxsin 30°=8 P v0
5 g
+3mv0
2
10
,D 错误。
12.答案 (1) (2)h(1＋sin θ)
解析 (1)两物体组成的系统机械能守恒，得mgh－mghsin θ＝(m＋m)v2
解得v＝。
(2)当A 物体落地后，B 物体由于惯性将继续上升，此时绳子松弛，对B 物体而
言，只有重力做功，故B 物体的机械能守恒，设其上升的最远点离地面的高度
为H，
根据机械能守恒定律得mv2＝mg(H－hsin θ)
解得H＝h(1＋sin θ)。
13.答案 (1)mgR (2) (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A 到B，根据能量守恒定律得，
弹簧压缩至A 点时的弹性势能为Ep＝mv＝mgR。
(2)小球从B 到O，根据动能定理有－mgR＋qE·R＝mv－mv
解得vO＝。
(3)小球运动至O 点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力沿x、y
轴方向分解：
沿x 轴方向有qEcos 45°＝max 沿y 轴方向有qEsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
说明小球从O 点开始以后的运动为沿x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，
沿y 轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，
有x＝gt2，y＝vOt
联立解得小球过O 点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
14.答案 (1)4❑√5 m/s 17 N (2)4 m (3)2❑√15 m/s
解析 (1)从t=0 时至小球运动到M 正下方与M 相距L 的位置(绳子刚好被拉断)
的过程,只有重力对小球做功,小球的机械能守恒,设绳子被拉断时小球的速度大
小为v,
则由机械能守恒定律可得mg·2L=1
2mv0
2-1
2mv2
解得v=4❑√5 m/s
小球运动到M 正下方与M 相距L 的位置,绳子刚好被拉断,则对该位置的小球
进行受力分析,由牛顿第二定律可得Fm-mg=mv
2
L
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小Fm'=Fm=17 N。
(2)绳子被拉断时,小球距地面的高度为2L,此后小球做平抛运动,设小球做平抛
运动的时间为Δt,水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x,
则由平抛运动规律可得2L=1
2g(Δt)2 x=vΔt
联立解得x=4 m。
(3)当小球通过N 的正上方绳子刚好不松弛时,小球的初速度最小,设此速度为
vmin,此种情况下小球通过N 的正上方时的速度为vN,则对小球从t=0 时至运动到
N 的正上方的过程,
由机械能守恒定律可得mg·5L=1
2mvmin
2-1
2mv N
2
小球运动到N 的正上方时,由牛顿第二定律可得mg=mv N
2
2 L
联立解得vmin=2❑√15 m/s。
