章末综合检测（四） 机械能守恒定律
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1.几辆汽车在水平路面上行驶，下列说法正确的是（ ）
A.汽车所受到的重力不做功
B.汽车所受到的合力做的总功一定比各个分力做的功大
C.速度大的汽车功率一定大
D.汽车的速度发生变化，其动能就一定发生变化
2.如图所示，成语“水滴石穿”比喻力量虽小，只要坚持不懈，事情就能成功。从物理的角度有下列说法：①力改变了石头的形状；②水滴冲击石头时，石头对水滴没有作用力；③水滴加速下落过程，重力对水滴做了功；④水滴加速下落过程，受到了平衡力的作用。完全正确的一组是（ ）
A.①② B.①③
C.①④ D.②④
3.如图所示，某品牌电动车的质量为60 kg，电动车行驶时所受阻力大小为车和人总重力的0.05倍。一质量为40 kg的人骑着该电动车在水平地面上由静止开始以额定功率行驶，5 s内行驶了15 m，速度达到5 m/s。已知重力加速度为g＝10 m/s2。该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为（ ）
A.5 m/s B.6 m/s
C.7 m/s D.8 m/s
4.质量m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动。0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向相同，物体的v-t图像如图所示，g取10 m/s2，则（ ）
A.拉力F的大小为100 N
B.物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W
C.4 s内拉力所做的功为480 J
D.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J
5.如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各连有一杂技演员（可视为质点），甲站于地面，乙从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，则演员甲的质量与演员乙的质量之比为（ ）
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶1 D.4∶1
6.当前我国高铁事业发展迅猛，高铁运营的总里程超过4万公里，位居世界第一。一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平直轨道上由静止开始启动，其v-t图像如图所示。已知在0～t1时间内为过原点的倾斜直线，在t3时刻恰好达到最大速度v3，以后做匀速直线运动。下述判断正确的是（ ）
A.在全过程中t1时刻的牵引力及输出功率都是最大值
B.0至t1时间内，列车一直做匀加速直线运动且功率恒定
C.t1至t3时间内，列车的平均速度等于
D.t1至t3时间内，列车牵引力做的功为
7.如图所示，质量为m的物体在沿斜面的恒力F作用下从底端沿斜面向上匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为θ。现撤去力F，将物体放在斜面顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g。则在物体上升过程中，恒力F做的功为（ ）
A.Fh B.mgh
C.2mgh D.无法确定
8.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，以一定的初速度v从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止，物块向左运动的最大距离为l，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（ ）
A.弹簧对物块一直做负功
B.物块克服摩擦力做的功为2μmgl
C.物块的动能一直减小
D.弹簧的最大弹性势能为mv2＋μmgl
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9.如图所示，下列判断正确的是（ ）
A.甲图中，从滑梯上加速下滑的小朋友机械能不守恒
B.乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能守恒
C.丙图中，在光滑的水平面上，小球和弹簧系统机械能守恒
D.丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，A、B组成的系统机械能守恒
10.用起重机把重力为2.0×104 N的物体匀速提高 5 m，则下列判断正确的是（ ）
A.钢绳拉力做功为1.0×105 J
B.重力做功为1.0×105 J
C.物体机械能增加1.0×105 J
D.物体所受的合力所做的总功不一定为0
11.一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端，已知在运动过程中物体所受的阻力恒定。若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图像中可能正确的是（ ）
12.某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度—位移图像如图所示，运动员及装备的总质量为60 kg，弹性绳原长为10 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A.下落过程中，运动员机械能守恒
B.运动员在下落过程中的前10 m加速度逐渐减小
C.弹性绳最大的弹性势能约为15 300 J
D.速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2 250 J
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
13.（8分）用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。质量为m＝200 g的小球，从球心正对刻度尺的零刻度处由静止释放，用手机拍摄小球下落的视频，得到分帧图片，从视频中截取连续的三帧图片，图片中的小球和刻度如图乙所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为0.15 s，刻度尺的分度值是 1 mm，则（结果均保留2位有效数字）
（1）在图乙中，中间小球的速度大小v＝ m/s。
（2）从释放小球到拍下图乙中中间小球的过程中，小球动能的增量ΔEk＝ J，小球重力势能的减少量ΔEp＝ J（计算时g取9.8 m/s2），由此得出的结论是 。
14.（8分）（2024·云南玉溪期末）某校高一年级的同学，在学习机械能守恒定律后，准备验证在只有重力做功时的机械能守恒定律。其中两名同学采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，而另两名同学准备用如图乙所示的装置来验证机械能守恒定律。
（1）第一组同学将图甲中的实验装置安装好后，用手提住纸带上端，之后让纸带由静止开始下落。回答下列问题：
①关于该实验，下列说法正确的是 ；
A.为减小阻力，用电磁打点计时器比用电火花计时器好
B.在重物大小合适的情况下，选择木块比选择铁块好
C.释放纸带前应先接通电源
②从打出的多条纸带中找出一条起点清晰且各点间的距离变化规则的纸带，如图丙所示，其中O点为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点（其他点未画出），已知打点计时器打点频率为50 Hz。若重物的质量为0.6 kg，则打B点时重物的动能EkB＝ J。（结果保留两位有效数字）
（2）第二组同学按图乙将实验装置安装好后，让小球静止下垂时球心恰好通过光电门，用手把小球拉至与悬点等高且细线伸直，由静止时释放小球，已知小球的质量为m，直径为D，细线长为L，当地重力加速度大小为g，测得小球通过光电门的时间为Δt，回答下列问题：
①小球通过光电门时的速度大小v＝ ；
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式mv2＝ 。
15.（12分）一个质量m＝150 kg的雪橇，受到与水平方向成 θ＝37°角斜向左上方500 N的拉力F作用，在水平地面上移动的距离l＝5 m（如图所示）。物体与地面间的滑动摩擦力F阻＝100 N，求：
（1）力F对物体所做的功；
（2）摩擦力对物体所做的功；
（3）求合外力对物体所做的总功。
16.（14分）质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。O点为圆弧的圆心，θ＝60°，轨道半径R＝0.8 m，圆弧轨道与水平地面上长为L＝2.4 m的粗糙直轨道CD平滑连接。小物块沿轨道BCD运动并与右侧的竖直墙壁发生碰撞，且能原速返回（g＝10 m/s2，空气阻力不计）。
（1）小物块第一次经过最低点C时，求圆弧轨道对物块的支持力FN；
（2）若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ＝0.4，则小物块最终停在何处？
17.（18分）图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分，其运行原理可以简化成图乙所示的“小球轨道”模型。其中AB段和圆轨道不计阻力，BC段平直轨道与小球的动摩擦因数为μ＝0.2，B、C两点分别为两竖直圆轨道1、2的最低点，LBC＝6 m，半径R1＝2 m。质量为m＝1 kg 的小球（视为质点），从轨道的右侧A点由静止开始下滑，设小球不脱离所有轨道。（已知 cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2）求：
（1）如果小球恰能通过第一个圆轨道，A点的高度h应是多少；
（2）要使小球不脱离第二个圆轨道，半径R2 应满足的条件。
章末综合检测（四） 机械能守恒定律
1.A 功等于力与力方向位移的乘积，汽车在水平路面上行驶，位移在水平方向，重力方向竖直向下，重力方向与位移方向垂直，因此汽车所受到的重力不做功，故A正确；合力做功等于各个分力做功的代数和，分力做功有正功、有负功，因此汽车所受到的合力做的总功不一定比各个分力做的功大，故B错误；一个力的功率等于力与力方向速度的乘积P＝Fvcos θ，这个力的功率不但与速度大小有关而且还与力和速度的夹角有关，因此速度大的汽车功率不一定大，故C错误；物体动能的表达式Ek＝mv2，由于速度是矢量，若速度大小不变但是方向发生变化，其动能不变，因此汽车的速度发生变化，其动能不一定变化，故D错误。
2.B 石头的形状发生了改变，说明力改变了石头的形状，故①正确；水滴冲击石头时，水滴对石头有作用力，因为力的作用是相互的，所以石头对水滴有反作用力，故②错误；水滴受重力作用加速下落，沿重力方向发生了位移，重力对水滴做了功，故③正确；水滴在加速下落的过程中，受力不平衡，故④错误。综上分析，选项B正确。
3.D 由题意知电动车行驶过程中受到的阻力F阻＝0.05×（m车＋m人）g＝50 N，设电动车的额定功率为P额，根据功能关系可得P额t－F阻x＝（m车＋m人）v2，解得P额＝400 W，该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为vmax＝＝8 m/s，故选D。
4.B 由题图可得，0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有F＋Ff＝ma1，2～4 s内物体做匀加速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，有F－Ff＝ma2，解得Ff＝40 N，F＝60 N，故A错误。物体在4 s时拉力的瞬时功率P＝Fv＝60×2 W＝120 W，故B正确。4 s内物体通过的位移x＝m＝8 m，拉力做的功W＝－Fx＝－480 J，故C错误。4 s内物体通过的路程s＝m＝12 m，摩擦力做功Wf＝－Ffs＝－40×12 J＝－480 J，故D错误。
5.B 设定滑轮到乙演员的距离为L，那么当乙摆至最低点时下降的高度为，根据机械能守恒定律可知m乙g·＝m乙v2；当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，说明绳子上的张力和甲演员所受的重力相等，所以m甲g－m乙g＝m乙。联立上面两式可得演员甲的质量与演员乙的质量之比为2∶1，故B正确。
6.A 由图像可知，0至t1时间内，列车做匀加速直线运动，牵引力不变，随着速度的增大，列车的输出功率增大，t1时刻输出功率达到最大，以后功率保持不变，由于速度继续增大，根据P＝Fv可知，F将要减小，t3时刻牵引力等于阻力，以后列车做匀速直线运动，所以t1时刻牵引力最大，输出功率也最大，故A正确；0至t1时间内，由于牵引力不变，速度增大，所以输出功率不断增大，故B错误；如果t1至t3时间内做的是匀变直线运动，则平均速度是，对应的图像如图中虚线所示，从包围面积可看出，实际位移要比虚线对应的位移大，所以，平均速度大于，故C错误；t1至t3时间内，根据动能定理得WF－Wf＝m－m，变形得WF＝m－m＋Wf，故D错误。
7.C 物体匀速下滑时，受力平衡，沿斜面方向有mgsin θ＝μmgcos θ，物体匀速上滑时，仍然沿斜面方向受力平衡，有F＝mgsin θ＋μmgcos θ，联立可得F＝2mgsin θ，斜面长度为l＝，则在物体上升过程中，恒力F做的功为W＝Fl＝2mgsin θ·＝2mgh，A、B、D错误，C正确。
8.B 物块压缩弹簧后被弹回时，弹簧对物块做正功，且刚被弹回时，弹簧弹力大于摩擦力，即被弹回时，有段时间内物块动能会增加，故A、C错误；整个过程中，物块所受的摩擦力Ff＝μmg，大小恒定，摩擦力一直做负功，根据功的定义可得物块克服摩擦力做的功为Wf＝μmg·2l＝2μmgl，故B正确；向左运动过程中，根据能量守恒定律可知mv2＝μmgl＋Ep，解得Ep＝mv2－μmgl，故D错误。
9.ACD 甲图中，从滑梯上加速下滑的小朋友，摩擦力对其做负功，则其机械能不守恒，故A正确；乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客，动能不变，但是重力势能在变化，所以他们的机械能不守恒，故B错误；丙图中，在光滑的水平面上，只有弹簧弹力对小球做功，故小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故C正确；丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，A、B组成的系统只有重力做功，所以A、B组成的系统机械能守恒，故D正确。
10.AC 钢绳拉力做功为W＝Gh＝1.0×105 J，故A正确；重力做功为W'＝－Gh＝－1.0×105 J，故B错误；物体机械能的增加量等于钢绳拉力做的功，即1.0×105 J，故C正确；物体匀速运动，动能的变化量为零，所以物体所受的合力所做的总功一定为0，故D错误。
11.AD 设斜面倾角为θ，物体质量为m，对物体进行受力分析有mgsin θ－Ff＝F＝ma，合力不变，加速度a为定值，A正确；物体做匀加速直线运动，根据v＝at可知v-t图像应为倾斜直线，B错误；由x＝at2可知，x-t图像应为曲线，C错误；物体下滑时摩擦力做负功，机械能减少，t时刻的机械能E＝E0－E'＝E0－Ffx＝E0－Ff×at2，故E-t图像应为开口向下的抛物线，D正确。
12.CD 下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，A错误；运动员在下落过程中的前10 m做自由落体运动，其加速度恒定，B错误；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒可知，弹性势能来自于运动员减小的重力势能，由图可知运动员下落的最大高度约为25.5 m，所以Ep＝mgHm＝15 300 J，C正确；由图可知，下落约15 m时，运动员的速度最大，根据能量守恒，此时弹性绳的弹性势能约为Ep＝mgh－m＝2 250 J，D正确。
13.（1）2.0 （2）0.40 0.41 在误差允许的范围内，小球的机械能守恒
解析：（1）中间小球的速度大小
v＝ m/s＝2.0 m/s。
（2）从释放小球到拍下图乙中中间小球的过程中，小球动能的增量
ΔEk＝mv2－0＝0.40 J
小球重力势能的减少量
ΔEp＝mgΔh＝0.20×9.8×0.210 0 J＝0.41 J
综上得出的结论是在误差允许的范围内，小球的机械能守恒。
14.（1）①C ②0.97 （2）① ②mg
解析：（1）①电火花打点计时器是通过火花放电留下点迹，而电磁打点计时器是通过振针打点留下点迹，因此电火花计时器的阻力小于电磁打点计时器的阻力，故A错误；为减小空气阻力，应选用密度大体积小的重物，则木块与铁块相比，应选择铁块作为重物，故B错误；为了确保打第一个点迹时的初速度为零，同时避免在纸带上出现大量的空白段而浪费纸带，以及为了获取更多的数据点，应先接通电源再释放纸带，故C正确。
②因T＝＝0.02 s，根据纸带数据可得打出点迹B时的速度为vB＝＝ m/s＝1.8 m/s
则重物下落到B点时的动能为EkB＝m＝×0.6×1.82 J≈0.97 J。
（2）①小球通过光电门的速度实际是用小球通过光电门时的平均速度来代替瞬时速度，因此可得v＝
②小球实际下落高度应为其重心下落高度，因此若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式mv2＝mg。
15.（1）2 000 J （2）－500 J （3）1 500 J
解析：（1）根据W＝Flcos θ代入数据得
WF＝500×5×0.8 J＝2 000 J。
（2）摩擦力做功为
WF阻＝－F阻·l＝－100×5 J＝－500 J。
（3）则合外力做的总功为W总＝WF＋WF阻＝2 000 J－500 J＝1 500 J。
16.（1）40 N，方向竖直向上
（2）停在距D点0.6 m处
解析：（1）物块由B到C过程中，根据动能定理得
mgR（1－cos θ）＝m－m
解得vC＝2 m/s
根据牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝40 N，方向竖直向上。
（2）设物块最后停止在M点位置，B到M过程中，根据动能定理得
mgR（1－cos θ）－μmgs总＝0－m
解得s总＝3 m
即小物块最终停在距D点0.6 m处。
17.（1）5 m （2）R2≤1.52 m或R2≥3.8 m
解析：（1）小球恰好能过第一个竖直圆轨道，则在最高点满足mg＝m
小球从A点到第一个圆轨道的最高点，根据机械能守恒定律有
mg（h－2R1）＝m
联立解得h＝5 m。
（2）要保证小球不脱离第二个圆轨道，可分两种情况进行讨论
①轨道半径较小时，小球恰能通过第二个圆轨道，设在最高点的速度为v2，应满足mg＝m
同时满足，小球能通过第一轨道，根据动能定理有mg（2R1－2R2）－μmgLBC＝m－m
或者mg（h－2R2）－μmgLBC＝m
联立解得R2＝1.52 m。
②轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R2，根据动能定理有
mg（2R1－R2）－μmgLBC＝0－m
或者mg（h－R2）－μmgLBC＝0
联立解得R2＝3.8 m
故R2≤1.52 m或R2≥3.8 m。
5 / 5(共51张PPT)
章末综合检测（四） 机械能守恒定律
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一
个选项符合题目要求）
1. 几辆汽车在水平路面上行驶，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车所受到的重力不做功
B. 汽车所受到的合力做的总功一定比各个分力做的功大
C. 速度大的汽车功率一定大
D. 汽车的速度发生变化，其动能就一定发生变化
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解析： 功等于力与力方向位移的乘积，汽车在水平路面上行
驶，位移在水平方向，重力方向竖直向下，重力方向与位移方向垂
直，因此汽车所受到的重力不做功，故A正确；合力做功等于各个
分力做功的代数和，分力做功有正功、有负功，因此汽车所受到的
合力做的总功不一定比各个分力做的功大，故B错误；一个力的功
率等于力与力方向速度的乘积P＝Fvcos θ，这个力的功率不但与速
度大小有关而且还与力和速度的夹角有关，因此速度大的汽车功率
不一定大，故C错误；物体动能的表达式Ek＝mv2，由于速度是矢
量，若速度大小不变但是方向发生变化，其动能不变，因此汽车的
速度发生变化，其动能不一定变化，故D错误。
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2. 如图所示，成语“水滴石穿”比喻力量虽小，只要坚持不懈，事情
就能成功。从物理的角度有下列说法：①力改变了石头的形状；②
水滴冲击石头时，石头对水滴没有作用力；③水滴加速下落过程，
重力对水滴做了功；④水滴加速下落过程，受到了平衡力的作用。
完全正确的一组是（ ）
A. ①② B. ①③
C. ①④ D. ②④
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解析： 石头的形状发生了改变，说明力改变了石头的形状，故
①正确；水滴冲击石头时，水滴对石头有作用力，因为力的作用是
相互的，所以石头对水滴有反作用力，故②错误；水滴受重力作用
加速下落，沿重力方向发生了位移，重力对水滴做了功，故③正
确；水滴在加速下落的过程中，受力不平衡，故④错误。综上分
析，选项B正确。
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3. 如图所示，某品牌电动车的质量为60 kg，电动车行驶时所受阻力
大小为车和人总重力的0.05倍。一质量为40 kg的人骑着该电动车
在水平地面上由静止开始以额定功率行驶，5 s内行驶了15 m，速
度达到5 m/s。已知重力加速度为g＝10 m/s2。该电动车以额定功率
行驶能达到的最大速度为（ ）
A. 5 m/s B. 6 m/s
C. 7 m/s D. 8 m/s
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解析： 由题意知电动车行驶过程中受到的阻力F阻＝0.05×（m
车＋m人）g＝50 N，设电动车的额定功率为P额，根据功能关系可得
P额t－F阻x＝（m车＋m人）v2，解得P额＝400 W，该电动车以额定
功率行驶能达到的最大速度为vmax＝＝8 m/s，故选D。
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4. 质量m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平
面做直线运动。0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向
相同，物体的v-t图像如图所示，g取10 m/s2，则（ ）
A. 拉力F的大小为100 N
B. 物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W
C. 4 s内拉力所做的功为480 J
D. 4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J
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解析： 由题图可得，0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度
大小a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有F＋Ff＝ma1，
2～4 s内物体做匀加速直线运动，加速度大小a2＝＝ m/s2＝1
m/s2，有F－Ff＝ma2，解得Ff＝40 N，F＝60 N，故A错误。物体在
4 s时拉力的瞬时功率P＝Fv＝60×2 W＝120 W，故B正确。4 s内物
体通过的位移x＝m＝8 m，拉力做的功W＝
－Fx＝－480 J，故C错误。4 s内物体通过的路程s＝m＝12 m，摩擦力做功Wf＝－Ffs＝－40×12 J＝－480 J，故D错误。
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5. 如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各连有一杂技演员
（可视为质点），甲站于地面，乙从图示的位置由静止开始向下摆
动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员乙摆至最低点时，甲
刚好对地面无压力，则演员甲的质量与演员乙的质量之比为
（ ）
A. 1∶1 B. 2∶1
C. 3∶1 D. 4∶1
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解析： 设定滑轮到乙演员的距离为L，那么当乙摆至最低点时
下降的高度为，根据机械能守恒定律可知m乙g·＝m乙v2；当演员
乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，说明绳子上的张力和甲演
员所受的重力相等，所以m甲g－m乙g＝m乙。联立上面两式可得演
员甲的质量与演员乙的质量之比为2∶1，故B正确。
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6. 当前我国高铁事业发展迅猛，高铁运营的总里程超过4万公里，位
居世界第一。一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水
平直轨道上由静止开始启动，其v-t图像如图所示。已知在0～t1时
间内为过原点的倾斜直线，在t3时刻恰好达到最大速度v3，以后做
匀速直线运动。下述判断正确的是（ ）
A. 在全过程中t1时刻的牵引力及输出功率都是最大值
B. 0至t1时间内，列车一直做匀加速直线运动且功率恒定
C. t1至t3时间内，列车的平均速度等于
D. t1至t3时间内，列车牵引力做的功为
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解析： 由图像可知，0至t1时间内，列车做匀加速直线运动，牵引力不变，随着速度的增大，列车的输出功率增大，t1时刻输出功率达到最大，以后功率保持不变，由于速度继续增大，根据P＝Fv可知，F将要减小，t3时刻牵引力等于阻力，以后列车做匀速直线运动，所以t1时刻牵引力最大，输出功率也最大，故A正确；0至t1时间内，由于牵引力不变，速度增大，所以输出功率不断增大，故B错误；
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如果t1至t3时间内做的是匀变直线运动，则平均速
度是，对应的图像如图中虚线所示，从包
围面积可看出，实际位移要比虚线对应的位移大，
所以，平均速度大于，故C错误；t1至t3时
间内，根据动能定理得WF－Wf＝m－m，
变形得WF＝m－m＋Wf，故D错误。
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7. 如图所示，质量为m的物体在沿斜面的恒力F作用下从底端沿斜面
向上匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为θ。现撤去力F，将物体
放在斜面顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大
小为g。则在物体上升过程中，恒力F做的功为（ ）
A. Fh B. mgh
C. 2mgh D. 无法确定
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解析： 物体匀速下滑时，受力平衡，沿斜面方向有mgsin θ＝
μmgcos θ，物体匀速上滑时，仍然沿斜面方向受力平衡，有F＝
mgsin θ＋μmgcos θ，联立可得F＝2mgsin θ，斜面长度为l＝，则
在物体上升过程中，恒力F做的功为W＝Fl＝2mgsin θ·＝2mgh，
A、B、D错误，C正确。
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8. 如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量
为m，以一定的初速度v从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被
弹回，运动到A点恰好静止，物块向左运动的最大距离为l，与地面
间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上
述过程中（ ）
A. 弹簧对物块一直做负功
B. 物块克服摩擦力做的功为2μmgl
C. 物块的动能一直减小
D. 弹簧的最大弹性势能为mv2＋μmgl
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解析： 物块压缩弹簧后被弹回时，弹簧对物块做正功，且刚
被弹回时，弹簧弹力大于摩擦力，即被弹回时，有段时间内物
块动能会增加，故A、C错误；整个过程中，物块所受的摩擦力
Ff＝μmg，大小恒定，摩擦力一直做负功，根据功的定义可得物
块克服摩擦力做的功为Wf＝μmg·2l＝2μmgl，故B正确；向左运
动过程中，根据能量守恒定律可知mv2＝μmgl＋Ep，解得Ep＝
mv2－μmgl，故D错误。
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二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个
选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的
得0分）
9. 如图所示，下列判断正确的是（ ）
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A. 甲图中，从滑梯上加速下滑的小朋友机械能不守恒
B. 乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能守恒
C. 丙图中，在光滑的水平面上，小球和弹簧系统机械能守恒
D. 丁图中，不计任何阻力和细绳质量时，A、B组成的系统机械能守恒
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解析： 甲图中，从滑梯上加速下滑的小朋友，摩擦力对其做
负功，则其机械能不守恒，故A正确；乙图中，在匀速转动的摩天
轮中的游客，动能不变，但是重力势能在变化，所以他们的机械能
不守恒，故B错误；丙图中，在光滑的水平面上，只有弹簧弹力对
小球做功，故小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故C正确；丁图
中，不计任何阻力和细绳质量时，A、B组成的系统只有重力做
功，所以A、B组成的系统机械能守恒，故D正确。
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10. 用起重机把重力为2.0×104 N的物体匀速提高 5 m，则下列判断正
确的是（ ）
A. 钢绳拉力做功为1.0×105 J
B. 重力做功为1.0×105 J
C. 物体机械能增加1.0×105 J
D. 物体所受的合力所做的总功不一定为0
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解析： 钢绳拉力做功为W＝Gh＝1.0×105 J，故A正确；重力
做功为W'＝－Gh＝－1.0×105 J，故B错误；物体机械能的增加量
等于钢绳拉力做的功，即1.0×105 J，故C正确；物体匀速运动，
动能的变化量为零，所以物体所受的合力所做的总功一定为0，故
D错误。
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11. 一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底
端，已知在运动过程中物体所受的阻力恒定。若用F、v、x和E分
别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列
图像中可能正确的是（ ）
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解析： 设斜面倾角为θ，物体质量为m，对物体进行受力分
析有mgsin θ－Ff＝F＝ma，合力不变，加速度a为定值，A正确；
物体做匀加速直线运动，根据v＝at可知v-t图像应为倾斜直线，B
错误；由x＝at2可知，x-t图像应为曲线，C错误；物体下滑时摩
擦力做负功，机械能减少，t时刻的机械能E＝E0－E'＝E0－Ffx＝
E0－Ff×at2，故E-t图像应为开口向下的抛物线，D正确。
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12. 某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速
度—位移图像如图所示，运动员及装备的总质量为60 kg，弹性绳
原长为10 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2。下列说法正确的是
（ ）
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A. 下落过程中，运动员机械能守恒
B. 运动员在下落过程中的前10 m加速度逐渐减小
C. 弹性绳最大的弹性势能约为15 300 J
D. 速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2 250 J
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解析： 下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守
恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，A错误；运动员在下
落过程中的前10 m做自由落体运动，其加速度恒定，B错误；在
最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒
可知，弹性势能来自于运动员减小的重力势能，由图可知运动员
下落的最大高度约为25.5 m，所以Ep＝mgHm＝15 300 J，C正确；
由图可知，下落约15 m时，运动员的速度最大，根据能量守恒，
此时弹性绳的弹性势能约为Ep＝mgh－m＝2 250 J，D正确。
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三、非选择题（本题共5小题，共60分）
13. （8分）用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。质量为m
＝200 g的小球，从球心正对刻度尺的零刻度处由静止释放，用手
机拍摄小球下落的视频，得到分帧图片，从视频中截取连续的三
帧图片，图片中的小球和刻度如图乙所示。已知所截取的图片相
邻两帧之间的时间间隔为0.15 s，刻度尺的分度值是 1 mm，则
（结果均保留2位有效数字）
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（1）在图乙中，中间小球的速度大小v＝ m/s。
解析：中间小球的速度大小
v＝ m/s＝2.0 m/s。
2.0
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（2）从释放小球到拍下图乙中中间小球的过程中，小球动能的增
量ΔEk＝ J，小球重力势能的减少量ΔEp＝ J（计
算时g取9.8 m/s2），由此得出的结论是
。
0.40
0.41
在误差允许的范围
内，小球的机械能守恒
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解析：从释放小球到拍下图乙中中间小球的过程中，小球动能的增量
ΔEk＝mv2－0＝0.40 J
小球重力势能的减少量
ΔEp＝mgΔh＝0.20×9.8×0.210 0 J＝0.41 J
综上得出的结论是在误差允许的范围内，小球的机械能
守恒。
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14. （8分）（2024·云南玉溪期末）某校高一年级的同学，在学习机
械能守恒定律后，准备验证在只有重力做功时的机械能守恒定
律。其中两名同学采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，
而另两名同学准备用如图乙所示的装置来验证机械能守恒定律。
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（1）第一组同学将图甲中的实验装置安装好后，用手提住纸带上
端，之后让纸带由静止开始下落。回答下列问题：
①关于该实验，下列说法正确的是 ；
A. 为减小阻力，用电磁打点计时器比用电火花计时器好
B. 在重物大小合适的情况下，选择木块比选择铁块好
C. 释放纸带前应先接通电源
C
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②从打出的多条纸带中找出一条起点清晰且各点间的距离变
化规则的纸带，如图丙所示，其中O点为打出的第一个点，
A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点（其他点
未画出），已知打点计时器打点频率为50 Hz。若重物的质
量为0.6 kg，则打B点时重物的动能EkB＝ J。（结果保
留两位有效数字）
0.97
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解析：①电火花打点计时器是通过火花放电留下点迹，而电磁打点计时器是通过振针打点留下点迹，因此电火花计时器的阻力小于电磁打点计时器的阻力，故A错误；为减小空气阻力，应选用密度大体积小的重物，则木块与铁块相比，应选择铁块作为重物，故B错误；为了确保打第一个点迹时的初速度为零，同时避免在纸带上出现大量的空白段而浪费纸带，以及为了获取更多的数据点，应先接通电源再释放纸带，故C正确。
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②因T＝＝0.02 s，根据纸带数据可得打出点迹B时的速度
为vB＝＝ m/s＝1.8 m/s
则重物下落到B点时的动能为EkB＝m＝×0.6×1.82
J≈0.97 J。
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（2）第二组同学按图乙将实验装置安装好后，让小球静止下垂时
球心恰好通过光电门，用手把小球拉至与悬点等高且细线伸
直，由静止时释放小球，已知小球的质量为m，直径为D，
细线长为L，当地重力加速度大小为g，测得小球通过光电门
的时间为Δt，回答下列问题：
①小球通过光电门时的速度大小v＝ ；
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式mv2
＝ 。
mg
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解析：①小球通过光电门的速度实际是用小球通过光
电门时的平均速度来代替瞬时速度，因此可得v＝
②小球实际下落高度应为其重心下落高度，因此若小球下落
过程中机械能守恒，则应满足关系式mv2＝mg。
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15. （12分）一个质量m＝150 kg的雪橇，受到与水平方向成 θ＝37°
角斜向左上方500 N的拉力F作用，在水平地面上移动的距离l＝5
m（如图所示）。物体与地面间的滑动摩擦力F阻＝100 N，求：
（1）力F对物体所做的功；
答案：2 000 J
解析：根据W＝Flcos θ代入数据得
WF＝500×5×0.8 J＝2 000 J。
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（2）摩擦力对物体所做的功；
答案：－500 J
解析：摩擦力做功为
WF阻＝－F阻·l＝－100×5 J＝－500 J。
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（3）求合外力对物体所做的总功。
答案：1 500 J
解析：则合外力做的总功为W总＝WF＋WF阻＝2 000 J－500 J＝
1 500 J。
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16. （14分）质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s从B点沿切线方
向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。O点为圆弧的圆心，θ＝60°，轨
道半径R＝0.8 m，圆弧轨道与水平地面上长为L＝2.4 m的粗糙直
轨道CD平滑连接。小物块沿轨道BCD运动并与右侧的竖直墙壁发
生碰撞，且能原速返回（g＝10 m/s2，空气阻力不计）。
（1）小物块第一次经过最低点C时，求圆弧轨道对物块的支持力
FN；
答案：40 N，方向竖直向上
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解析：物块由B到C过程中，根据动能定理得
mgR（1－cos θ）＝m－m
解得vC＝2 m/s
根据牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝40 N，方向竖直向上。
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（2）若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ＝0.4，则小物块最
终停在何处？
答案：停在距D点0.6 m处
解析：设物块最后停止在M点位置，B到M过程中，根据动能
定理得
mgR（1－cos θ）－μmgs总＝0－m
解得s总＝3 m
即小物块最终停在距D点0.6 m处。
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17. （18分）图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分，
其运行原理可以简化成图乙所示的“小球轨道”模型。其中AB段
和圆轨道不计阻力，BC段平直轨道与小球的动摩擦因数为μ＝
0.2，B、C两点分别为两竖直圆轨道1、2的最低点，LBC＝6 m，
半径R1＝2 m。质量为m＝1 kg 的小球（视为质点），从轨道的右
侧A点由静止开始下滑，设小球不脱离所有轨道。（已知 cos 37°
＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2）求：
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（1）如果小球恰能通过第一个圆轨道，A点的高度h应是多少；
答案： 5 m
解析：小球恰好能过第一个竖直圆轨道，则在最高
点满足mg＝m
小球从A点到第一个圆轨道的最高点，根据机械能守恒定
律有
mg（h－2R1）＝m
联立解得h＝5 m。
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（2）要使小球不脱离第二个圆轨道，半径R2 应满足的条件。
答案： R2≤1.52 m或R2≥3.8 m
解析：要保证小球不脱离第二个圆轨道，可分两种情况进行
讨论
①轨道半径较小时，小球恰能通过第二个圆轨道，设在最高
点的速度为v2，应满足
mg＝m
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同时满足，小球能通过第一轨道，根据动能定理有mg（2R1
－2R2）－μmgLBC＝m－m
或者mg（h－2R2）－μmgLBC＝m
联立解得R2＝1.52 m。
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②轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R2，根据动能定
理有
mg（2R1－R2）－μmgLBC＝0－m
或者mg（h－R2）－μmgLBC＝0
联立解得R2＝3.8 m
故R2≤1.52 m或R2≥3.8 m。
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谢谢观看!
