《创新课堂》第八章 机械能守恒定律 章末检测卷（四）　机械能守恒定律 课件 高中物理必修第二册（人教版）

(共37张PPT)
章末检测卷（四）　机械能守恒定律
（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·海南高考）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风
着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减
速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（　　）
A. 返回舱处于超重状态
B. 返回舱处于失重状态
C. 主伞的拉力不做功
D. 重力对返回舱做负功
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√
解析： 　返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故
A正确，B错误；主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负
功，故C错误；返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做
正功，故D错误。
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2. （2025·湖南长沙高二下期末）如图，甲、乙、丙中有三个高度相同的
滑梯。小明分别沿三个滑梯从顶端滑到底端的过程中，以下关于重力对小
明做功的说法，正确的是（　　）
A. 甲中重力做的功最少
B. 乙中重力做的功最少
C. 丙中重力做的功最少
D. 甲、乙、丙中重力做的功一样多
√
解析： 　三种情况下下落的高度相同，根据重力做功W＝mgh可知，小明
在三个滑梯上下滑的过程中，重力做功相等，故D正确，A、B、C错误。
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3. （2025·四川省攀枝花高一期末）如图所示，质量为m的小球从M点以与
水平方向成30°、大小为v0的速度朝右上方射出。不计空气阻力，则小球
到最高点时的动能为（　　）
A. m B. m
C. m D. m
√
解析： 　小球做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速
直线运动，当小球运动到最高点时，小球竖直分速度恰好减为0，小球的
速度恰好等于水平分速度，则在最高点小球的速度为vx＝v0cos 30°，此时
小球的动能为Ek＝m，解得Ek＝m，故选D。
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4. （2025·浙江省宁波市高一期末）如图所示是航天员在水下进行模拟航
天训练的一种方式。航天员穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其
在水中受到的浮力和重力大小相等。假设其总质量为m，训练空间的重力
加速度为g且不变，航天员在某次出舱作业时，匀速上升距离为h的过程
中，下列说法正确的是（　　）
A. 航天员处于完全失重状态
B. 航天员与训练服之间无作用力
C. 合力不做功，机械能守恒
D. 机械能增加了mgh
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解析： 　航天员匀速上升，处于平衡状态，航天员与训练服之间有作用
力，故A、B错误；匀速上升距离为h的过程中，动能不变，重力势能增加
mgh，则机械能增加了mgh，故C错误，D正确。
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5. （2025·四川省绵阳市高一期中）如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻
绳，两端各拴有一杂技演员（可视为质点）。a站在地面上，b处于高台
上，此时绷紧的细绳间夹角为60°且左侧细绳竖直。若b从图示位置由静
止开始摆下，当b摆至最低点时，a刚好对地面无压力。不考虑空气阻力，
则a与b的质量之比为（　　）
A. 2∶1 B. 1∶2
C. 3∶1 D. 1∶3
√
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解析： 　b下落过程中机械能守恒，有mbgL（1－cos 60°）＝mbv2，在
最低点有FTb－mbg＝，联立解得FTb＝2mbg，此时a刚好对地面无压
力，有FTa＝mag，由题意有FTa＝FTb，所以ma∶mb＝2∶1，故选A。
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6. （2025·贵州黔东南高一下期末）海底世界里的“海豹顶球”表演深受
小朋友们的喜欢。在某次表演中，球被海豹以一定的初速度顶起后沿竖直
方向向上运动，到达最高点后又落回原处被海豹接住，球上升和下落过程
中的动能Ek与位移x的关系如图所示。假设整个过程中球所受的空气阻力大
小不变，则球所受重力和阻力大小分别为（　　）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
√
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解析： 　令球所受空气阻力大小为F阻，根据图像可知，球上升的初动能
Ek0＝a，球上升的最大位移x0＝c，球上升过程中，根据动能定理有－
x＝Ek－Ek0，解得Ek＝－x＋Ek0，球在下落过程中，根
据动能定理有＝Ek－0，解得Ek＝－x＋
x0，则球上升和下降过程中，图像斜率的绝对值分别为k1＝＝
mg＋F阻，k2＝＝mg－F阻，联立解得mg＝，F阻＝，故选B。
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7. （2025·辽宁省朝阳市高一期末）一辆汽车质量为m，在水平路面上由静
止开始做直线运动，运动过程中汽车所受阻力恒定，牵引力F与车速v的关
系为F＝，式中k为大小不变的系数，已知汽车速度的最大值为vm，则下
列说法正确的是（　　）
A. 汽车从静止到速度达到vm的过程中，加速度先恒定再逐渐减小，速度逐
渐增大
B. 汽车的最大加速度大小为am＝
C. 汽车的最大牵引力为Fm＝
D. 汽车所受阻力大小为F阻＝
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解析： 　根据题意有k＝Fv，可知，k为功率，由于k为大小不变的系数，
可知，汽车保持功率k不变，速度增大，牵引力减小，加速度减小，汽车先
做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，达到最大速度，最后做匀速
直线运动，故A错误；结合上述分析，根据牛顿第二定律有－F阻＝ma，
由于汽车先做加速度减小的加速运动，当速度为0时，加速度达到最大
值，根据上述表达式可知，汽车加速度的最大值不存在，故B错误；结合
上述分析可知，牵引力为，当速度为0时，牵引力达到最大值，则汽车牵
引力的最大值不存在，故C错误；结合上述分析可知，当牵引力与阻力平
衡时，速度达到最大值，则汽车所受阻力大小为F阻＝，故D正确。
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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，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3
分，有选错的得0分。
8. （2025·贵州省安顺市高一期末）避险
车道是指在长下坡路段行车道外侧增设的
供刹车失灵的车辆驶离正线安全减速的专
用车道，图甲是某高速公路旁建设的避险车道，简化为图乙所示。若质量为m的货车刹车失灵后以速度v0经A点冲上避险车道，运动到B点速度减为0，货车所受摩擦阻力恒定，不计空气阻力。已知A、B两点间高度差为h，重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是（　　）
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A. 重力做的功为mgh
B. 合外力做的功为－m
C. 摩擦阻力做的功为mgh－m
D. 摩擦阻力做的功为m－mgh
√
√
解析： 　该货车从A运动到B的过程中重力做的功为WG＝－mgh，A错
误；根据动能定理可知合外力做的功为W合＝0－m＝－m，B正
确；根据动能定理有WG＋Wf＝－m，解得摩擦阻力做的功为Wf＝－
m－WG＝mgh－m，C正确，D错误。
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9. （2025·河北省保定市高一期末）如图所示，质量不计的硬直杆的两端
分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B，它们可以绕光滑轴O在竖
直面内自由转动。已知O与A球间的距离为2L，O与B球间的距离为L，将杆
由水平位置静止释放，从开始到小球A第一次运动到最低点的过程中，不
计空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）
A. 小球A、小球B和硬直杆组成的系统机械能守恒
B. 小球A、小球B的速度大小始终相等
C. 小球A、小球B和硬直杆组成的系统重力势能的减少量为4mgL
D. 小球B的最大速度为v＝
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解析： 　A、B两球组成的系统只有重力做功，能量只在动能和重力势
能之间转化，小球A、小球B和硬直杆组成的系统机械能守恒，故A正确；
由于两者角速度相等，所以速度大小与转动半径成正比，所以在运动过程
中小球A的速度大小始终是小球B的两倍，系统重力势能的减少量为ΔEp＝
2mg×2L－mgL＝3mgL，故B、C错误；小球A运动到最低点时，小球B的
速度最大，由机械能守恒定律有2mg×2L＝mgL＋mv2＋×2m（2v）2，解
得小球B的最大速度为v＝，故D正确。
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10. （2025·辽宁大连期末）如图所示大连东港音乐喷泉是大连市的一道靓
丽风景线，若其中一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为1×10－4 m2，喷
水的功率为50 W，水的密度为1×103 kg/m3，喷头的方向可以调节，不考
虑喷头距离水面的高度及空气阻力的影响，取重力加速度g＝10 m/s2，则
下列说法正确的是（　　）
A. 喷头单位时间内喷出水的体积为1×10－2 m3
B. 喷头喷水的速率为10 m/s
C. 空中水柱的最大质量为2 kg
D. 水流能够被喷射的最大水平距离约为10 m
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解析： 设Δt时间内从喷头流出的水的质量为m＝ρSv·Δt，喷头喷水的
功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加量，即P＝＝，联立解得v＝
10 m/s，喷头单位时间内喷出水的体积为V＝Sv＝1×10－3 m3，故A错误，
B正确；水从喷出到落地所需的时间为t＝＝2 s，空中水柱的最大质量为
m＝Svt·ρ＝2 kg，故C正确；设水喷出时与水平方向的夹角为θ，竖直方向t'
＝，水平方向x＝vcos θ·t'，联立可得x＝＝，根据数
学知识可知当2θ＝90°时，x最大，水流能够被喷射的最大水平距离约为x
＝10 m，故D正确。
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三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. （6分）（2025·四川省凉山高一期末）
某小组利用如图所示的气垫导轨实验装置
验证机械能守恒定律，主要实验步骤如下：
A. 将桌面上的气垫导轨调至水平
B. 测出遮光条的宽度d
C. 将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离l
D. 由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间Δt
E. 测出托盘和砝码总质量m、滑块（含遮光条）的质量M
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已知当地重力加速度为g，回答以下问题（用题中所给的字母表示）：
（1）本实验中 （选填“需要”或“不需要”）满足m远小
于M。
解析： 本实验以托盘和砝码、滑块、遮光条组成的系统为研究对
象，实验中不需要满足托盘和砝码的重力等于绳子的拉力，则不需要满足
遮光条和滑块的总质量M远大于托盘和砝码的质量m。
不需要　
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（2）遮光条由静止运动至光电门的过程，系统动能增加了
　；若系统机械能守恒，应满足 　mgl＝（M＋m）　。
解析： 遮光条通过光电门的速度为v＝，遮光条由静止运动至光电
门的过程，系统动能增加了ΔEk＝（M＋m）v2＝（M＋m），根据
题意，托盘和砝码、滑块、遮光条等组成的系统减小的重力势能为ΔEp＝
mgl，则为了验证该系统机械能守恒，需满足的关系为mgl＝（M＋m）。
（M＋m）
　
mgl＝（M＋m）　
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12. （8分）（2025·广西玉林市高一期中）某同学用如图甲所示的
实验装置做“验证机械能守恒定律”的实验。实验时让质量m＝0.5 kg
的重物从高处由静止开始下落，重物上拖着的纸带通过打点计时器打
出一系列的点，图乙为实验时打出的一条纸带，选取纸带上连续打出
三个点A、B、C，测出各点距起点P的距离，重力加速度取g＝9.8
m/s2，请完成下列问题：
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（1）下列操作或分析中正确的有 （填选项前字母）。
A. 必须要测出重物的质量
B. 计时器两限位孔必须在同一竖直线上
C. 实验时，应先释放重物，再打开电源
D. 用秒表测量重物下落的时间
解析： 因为我们是比较mgh和mv2的大小关系，m可约去，不需要测
量重物的质量，故A错误；为了减小纸带与限位孔之间的摩擦力，图中两
限位孔必须在同一竖直线，故B正确；实验时，为了尽量多的利用纸带的
有效长度，应先打开电源，再释放重物，故C错误；打点计时器本身就是
计时仪器，不需要用秒表测量重物下落的时间，故D错误。
B　
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（2）打点计时器的打点周期T＝0.02 s，则打下计数点B时重物的速度大小
为 m/s。
解析： B点的瞬时速度为vB＝，代入数值计算得vB＝＝
＝0.98 m/s。
0.98　
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（3）重物从P到B减小的重力势能为 J，增加的动能
为 J（计算结果保留3位小数）。
解析： 从开始下落到B点的过程中，重力势能的减小量为ΔEp＝
mgΔh，代入数值，计算得ΔEp＝0.5×9.8×5.01×10－2 J＝0.245 J，重物
到B点时增加的动能为Ek＝m，又vB＝0.98 m/s，代入数值得Ek＝
×0.5×0.982 J＝0.240 J。
0.245　
0.240　
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（4）根据纸带计算出相关各点的速度v，用刻度尺量出下落的距离h，以
为纵轴，以h为横轴做出的图像应该是如图中的 （填选项前字母）。
C　
解析： 由机械能守恒定律得mgh＝mv2，即＝gh，则-h图像为过原点的直线。故选C。
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13. （10分）如图所示，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，求圆弧轨道对小物块的支持力FN；
答案： 40 N，方向竖直向上　
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解析： 小物块由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
在C点，根据牛顿第二定律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，求小物块最终停
在何处。
答案： 停在距D点0.6 m处
解析：小物块最后停止在轨道CD上，从开始到停止的全过程中，根据动能
定理得mgR（1－cos θ）－μmgx总＝0－m
解得x总＝3 m
即小物块最终停在距D点0.6 m处。
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14. （14分）（2025·辽宁沈阳期中）如图，水平轨道BC的左端与固定的光
滑竖直四分之一圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面在C
点平滑连接（即物体经过C点时速度大小不变），斜面顶端固定一轻质弹
簧。一质量为2 kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道的顶端A点由静止释
放，经水平轨道BC后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。
已知光滑圆弧轨道的半径为R＝0.45 m，水平轨道BC部分LBC长为0.4 m，
与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，光滑斜面CD部分的长度LCD为0.6 m，不
计空气阻力，重力加速度大小为g＝10 m/s2。求：
（1）滑块到达D点时，弹簧具有的弹性势能；
答案： 1.4 J　
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解析： 滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大弹性势能Ep，从A点到
D点，由动能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
根据功能关系可得Ep＝－W
解得Ep＝1.4 J。
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（2）滑块在水平轨道BC上停止的位置距B点的距离及滑块经过C点的
次数。
答案： 0.15 m，6次
解析：滑块只有在水平轨道BC上消耗能量，滑块最终停止在水平轨道B、C
间，设滑块在BC段运动的总路程为x，从滑块由A点静止释放到最终停下来
的全过程，由动能定理可得
mgR－μmgx＝0
解得x＝2.25 m
且x＝5LBC＋0.25 m
故滑块经过C点6次，最后距离B点的距离L＝0.4 m－0.25 m＝0.15 m。
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15. （16分）（2025·宁夏银川期中）如图，将一轻质弹簧水平放置在光滑
水平面上，一端固定在A点，另一端与质量m＝5 kg的小球P接触但不拴
连。若用外力缓慢推动P到某一位置时，撤去外力，P被弹出运动一段时间
后从B点水平飞出，恰好从固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道上的C点以v＝
10 m/s的速度沿切线进入圆弧轨道，并恰能经过圆弧轨道的最高点D。已知
圆弧轨道的半径R＝2 m，O、C两点的连线与竖直方向的夹角θ＝37°。小
球P视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不
计空气阻力。求：
（1）撤去外力时弹簧的弹性势能以及B、C两
点间的水平距离x；
答案： 160 J，4.8 m　
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解析： 根据题意，由几何关系可得，小球在C点时，水平方向的
速度为
vB＝vcos 37°＝8 m/s
竖直分速度为vCy＝vsin 37°＝6 m/s
由能量守恒定律可知，撤去外力时弹簧的弹性势能Ep＝m＝
×5×82 J＝160 J
小球从B到C所用时间为t＝＝0.6 s
则B、C两点间的水平距离x＝vBt＝4.8 m。
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（2）小球从C点运动到D点的过程中，轨道阻力做的功Wf。
答案： －20 J
解析：小球恰好通过D点，在D点，由牛顿第二定律有mg＝m
小球从C点运动到D点的过程中，由动能定理有
－mgR＋Wf＝m－mv2
联立解得Wf＝－20 J。
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