2026新高二物理暑假衔接2套（人教版）第21讲 必修二第八章 机械能守恒定律单元检测（教师版）

第八章机械能守恒定律单元检测

一、单选题

1．如图所示，小明同学采用“背跃式”——身体横着恰好越过了高度为2米的横杆，获得了校运动会

跳高冠军，若小明体重为60kg，身高为1.8米，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

A．达到最高点时，小明所受重力的瞬时功率为零

B．起跳离地上升过程，小明克服重力做功约为1200J

C．起跳离地前，地面支持力对小明做功约为600J

D．起跳时地面对小明的支持力大于他对地面的压力

【答案】A

【详解】A．到达最高点时小明的速度为零，所以重力的瞬时功率为零，A正确；

B．小明起跳上升过程重心上升了1.1m，所以克服重力做的功

WGmgh660J

小明克服重力做功约为660J,故B错误；

C．起跳离地前支持力作用点未动，所以支持力做功为零，故C错误；

D．跳时地面对小明的支持力与他对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故D

错误。

故选A。

2．如图甲所示，配送机器人在满载状态下由静止沿直线做匀加速启动，用测速仪和计算机绘制出该

1

过程中的加速度与速度倒数a关系如图乙所示。该机器人工作时的额定功率为3kW，空载时的最

v

大速度为7.5m/s。已知机器人受到地面的阻力与总重力成正比，重力加速度，g=10m/s2。以下说法

正确的是（）

A．该配送机器人的机身质量为300kg

B．该配送机器人的最大承载质量为200kg

1

C．该配送机器人受到的阻力为重力的

20

D．50%最大载重情况下以额定功率启动，当速度为3m/s时，该配送机器人的加速度大小为2m/s2

【答案】B

【详解】C．由功率表达式及牛顿第二定律分别可得

PFv

Fkmgma

联立可得

P1

akg

mv

1113

由题图可知，s/m时，a=0；s/m时，a2m/s2，代入上式联立解得

v5v5

m600kg，k0.1

该配送机器人受到的阻力为重力的0.1，C错误；

AB．空载时的最大速度为7.5m/s，可得

Pkm0gv

解得该配送机器人的机身质量为

m0400kg

故该配送机器人的最大承载质量为200kg，A错误，B正确；

D．50%最大载重情况下，机器人总质量为500kg，以额定功率启动，当速度为3m/s时，受到的牵

引力为

P

F11000N

v1

受到的阻力为

f10.150010N500N

据牛顿第二定律可得

F1f12

a11m/s

m1

即该配送机器人的加速度大小为1m/s2，D错误。

故选B。

3．如图为高山滑雪赛道示意图。AB段赛道的竖直落差为H，C点距离A点的高度差为h，质量为m

的运动员可视为质点。下列说法正确的是（）

A．以A点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mgh

B．以B点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mgH

C．以B点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mgHh

D．无论以哪一点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能均为mgh

【答案】C

【详解】A．以A点所在平面为零势能参考平面，C点在零势点以下，重力势能为负值，所以C点

的重力势能为mgh，故A错误；

BC．以B点所在平面为零势能参考平面，运动员在C点的重力势能为mgHh，故B错误，C正

确；

D．C点的重力势能随零势能点的不同而不同，故D错误。

故选C。

4．如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖

1

直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为

3

（）

1111

A．mglB．mglC．mglD．mgl

9632

【答案】A

【详解】选取绳子Q点所在水平面为零势能面，根据题意，在该过程中，外力做的功等于细绳克服

l

重力做功，而根据分析可知，绳子PM部分没有变化，绳子MQ的下半部分重心升高，因为绳子

3

质量分布均匀，所以绳子MQ的下半部分的质量为

211

mmm

323

则改过中重力做功为

l1

Wmgmgl

G39

外力做功为

1

WWWmgl

F克GG9

故选A。

5．一辆汽车在平直公路上由静止启动，汽车的输出功率与汽车速度大小的关系图像如图所示，当汽

车速度达到v0后，汽车的功率保持恒定，汽车能达到的最大速度为2v0，若运动过程中汽车所受阻力

恒为f，汽车的质量为m，下列说法正确的是（）

A．汽车先做匀加速运动，然后开始做匀速运动

2f

B．汽车速度为0.5v0时，加速度大小为

m

2

mv0

C．汽车从静止到速度v0通过的位移为

f

2

3mv0

D．若汽车速度达到2v0所用时间为t，则经过的位移为2vt

0f

【答案】D

【详解】A．由图像可知，0~v0内图像斜率表示牵引力，由于图像斜率为定值，则牵引力恒定，所汽

车先做匀加速直线运动，达到额定功率后，速度增大，牵引力减小，则汽车再做变加速运动，故A

错误；

B．0~v0汽车做匀加速运动，图像斜率表示牵引力，则有

P

F

v0

当汽车达到最大速度时有

P

fF

2v0

所以

F2f

所以汽车速度为0.5v0时，加速度大小为

Fff

a

mm

故B错误；

C．匀加速过程的位移为

v2v2mv2

x000

1f

2a22f

m

故C错误；

D．变加速运动过程中，由动能定理可得

v11

P(t0)fxm(2v)2mv2

f22020

m

总位移为

xx1x2

联立解得

3mv2

x2vt0

0f

故D正确。

故选D。

6．如图所示，跨过定滑轮的轻绳连接了在倾角θ=37°的固定粗糙斜面上的木箱和在水平地面上的汽

车，且木箱与B间的轻绳始终与斜面平行。开始时木箱静止于A点，绳BC沿竖直方向，汽车从此

位置开始以v=5m/s的速度做匀速直线运动，绳BC与水平方向的夹角设为β。已知sin37°=0.6，

cos37°=0.8，下列说法正确的是（）

A．当β=37°时，木箱的速度大小为5m/s

B．当β=53°时，木箱的速度大小为3m/s

C．在木箱运动到B点前，木箱的速度可能大于汽车的速度

D．在木箱运动过程中，木箱机械能的增加量等于轻绳对木箱做的功

【答案】B

【详解】A．当β=37°时，木箱的速度大小为

v绳vcos374m/s

故A错误；

B．当β=53°时，木箱的速度大小为

v绳vcos533m/s

故B正确；

C．木箱的速度大小为

v绳vcos

可知在木箱运动到B点前，木箱的速度不可能大于汽车的速度，故C错误；

D．根据能量守恒可知，在木箱运动过程中，轻绳对木箱做的功等于木箱机械能的增加量与木箱克

服摩擦力做功之和，故D错误。

故选B。

7．如图，一直角边长为R的光滑等腰直角三角形与半径为R的光滑圆柱的一部分无缝相接，固定

在水平桌面上。质量分别为2m和m的物体A和小球B通过一根不可伸长的细线相连，小球B（视

为质点）恰好位于桌面上。已知重力加速度为g。从静止释放小球B，在运动到圆柱顶点的过程中

（）

A．物体A的机械能守恒

2

B．当小球B到达圆柱顶点时，物体A的速度大小为gR

3

8

C．绳的张力对小球B所做的功为mgR

6

2

D．绳的张力对物体A所做的功为mgR

3

【答案】C

【详解】A．物体B的动能和重力势能均增大，B的机械能增大，因为系统的机械能守恒，所以A

的机械能减少，A错误；

B．根据机械能守恒定律得

12

2mgRRmgRm2mv

42

解得

2

vgR1

32

B错误；

C．根据动能功和能的关系得

128

WBmgRmvmgR

26

8

绳的张力对小球B所做的功为mgR，C正确；

6

D．根据机械能守恒定律，绳的张力对物体A所做的功为

8

WAmgR

6

D错误。

故选C。

L

8．如图所示，匀质铁链质量为m，长度为L，现使其放在倾角为30°的光滑斜面上，其余部分竖

2

直下垂。若由静止释放使铁链自由运动，则铁链下滑至整条铁链刚好全部离开斜面时，铁链的速度

为（）

5gL3gL3gL7gL

A．B．C．D．

8488

【答案】D

【详解】把铁链分成两个部分，下一半铁链重心下落的高度为

L

h

12

上一半铁链重心下落的高度为

LL3

hsin30L

2448

对整条铁链从刚释放到刚好全部离开斜面由动能定理得

111

mghmghmv2

21222

解得

7gL

v

8

故选D。

二、多选题

9．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间图像和该拉力的功率

与时间的图像如图所示。下列说法正确的是（）

A．0~6s内拉力做功为20m

B．0~6s内拉力做功为70J

C．合外力在0~6s内做的功与0~2s内做的功不等

5

D．2~6s内水平拉力的大小为N

3

【答案】BD

【详解】AB．0～6s内物体的拉力做功的大小等于Pt图像中图线与坐标轴所包围的面积，为

1

W(230410)J70J

2

故A错误；B正确；

C．根据动能定理

1212

W合mvmv

2t20

结合vt，知在2~6s内物体做匀速直线运动，所以动能不变，即合外力在2~6s内做功的代数和为0，

所以合外力在0~6s内做的功与0~2s内做的功相等，故C错误；

D．由vt及Pt图像知，在2～6s内，物体做匀速运动，v6m/s，P10W，所以

P5

FN

v3

故D正确。

故选BD。

10．一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s

的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度10m/s2。则（）

A．物块的质量为1kgB．物块下滑到底端的速度为4.0m/s

C．物块下滑时加速度的大小为1.0m/s2D．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

【答案】AD

【详解】A．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为

θ＝37°

令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能

mgh＝30J

可得质量

m＝1kg

故A正确；

B．物块下滑到低端时，动能为10J，速度为

2E210

vkm/s25m/s

m1

故B错误；

D．下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功

mgcoss＝E20J

求得

＝0.5

故D正确；

C．由牛顿第二定律

mgsinmgcosma

求得

a2m/s2

故C错误。

故选AD。

11．如图甲所示，固定在地面的直立光滑管内，一劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在管底端，质

量为m的小球（可视为质点）从弹簧上端h高处由静止释放。以小球开始下落的位置为原点，沿竖

直向下建立坐标轴Ox，小球的加速度与其位置坐标x的关系如图乙所示。已知弹簧始终处于竖直、

且始终在弹性范围内，不计空气阻力，重力加速度为g，则（）

mg

A．当xx2时，小球的动能为mgh

2k

mg

B．当xx2时，弹簧的弹性势能为mgh

k

C．若x3x2x2x1，则xx3时，小球的动能为mgh

m2g2

D．若x3x2x2x1，则xx3时，弹簧的弹性势能为

k

【答案】AC

【详解】AB．当xx2时，根据图乙可知，此时小球的加速度为零，即合外力为零，根据平衡条件

有

mgk(x2h)

解得

mg

xh

2k

而此时弹簧的弹性势能为

1m2g2

Ek(xh)2

p222k

则可知弹簧弹力所做的功

W弹Ep

根据动能定理有

mgx2W弹Ek

联立解得

mg

Ekmgh

2k

故A正确，B错误；

CD．若x3x2x2x1，则可知

mg

xxxx

3221k

可得

2mg

xh

3k

当xx3时，弹簧的弹力所做的功为

22

12mg22mg

W弹k()

2kk

可得此时弹簧的弹性势能为

2m2g2

EW弹

pk

而根据动能定理有

mgx3W弹Ek

解得

Ekmgh

故C正确，D错误。

故选AC。

l

12．如图，质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为l，在离P球

3

处有一个光滑固定转轴O，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低

位置，已知重力加速度为g，则（）

2gl

A．杆对小球P做正功，P的机械能增加B．小球Q在最低位置的速度大小为

3

42

C．小球P在此过程中机械能增加量为mglD．小球Q在此过程中机械能减少mgl

93

【答案】AC

【详解】A．P球动能增加，重力势能增加，则杆对小球P做正功，A正确；

B．根据机械能守恒

2111

2mglmgl2mv2mv2

332Q2P

又

vv

QP

21

ll

33

小球Q在最低位置的速度大小为

22gl

v

Q3

B错误；

C．小球P在此过程中机械能增加量为

l1

Emgmv2

P32P

得

4

Emgl

P9

C正确；

4

D．根据机械能守恒，小球Q在此过程中机械能减少为mgl，D错误。

9

故选AC。

三、实验题

13．小理同学利用如图甲所示的装置完成“验证机械能守恒定律”的实验。

（1）关于本实验，下列说法正确的______

A．计时器使用220V交流电可以判定该计时器为电火花打点计时器

B．选择的纸带越短，阻力做功的影响会越小，实验效果越好

C．图中手持纸带位置应靠近打点计时器，有利于纸带下落的稳定性

D．为获取清晰的点迹，小理应先释放纸带，再开打点计时器

（2）小理选用的重锤质量为0.1kg，通过规范的操作得到如图所示的纸带（后方的纸带略），并标

记如图所示的计时点，四个标记点与“0”点间的距离图中已标注，单位是cm，重力加速度g取9.8m/s2，

小理根据所学求得标记为“7”时刻的物体动能Ek=_____J（保留三位有效数字）。

（3）同组小科发现标记点“0”到“7”重力势能的减少量ΔEp=0.0902J，大于小理计算的第“7”点时刻的

物体动能Ek，其他点迹计算的结果也有类似情况。同时，小科观察到“0”到“1”的距离0.35cm，远大

于0.20cm，小科向小理提出此条纸带作废的建议。在测量纸带标记点4、5、9、10……等更多数据

的情况下，你认为小理___（选填“可以”或“不可以”）利用该纸带，验证机械能守恒定律。

（4）课后小理温习了“向心力演示仪探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”。甲为说明书上

的图形。乙为某次实验的俯视图，俯视图左侧变速塔轮由小到大分别为1、2和3，右侧变速塔轮由

小到大分别为4、5和6，其中1和6两个塔轮的半径相同。如乙图所示，皮带已扣住变速塔轮1，

根据两小球所放位置，在正确的实验操作下，以下说法正确的是___

A．皮带应扣住变速塔轮4，选择不同质量的小球，实验时左右标尺露出标记比1：1

B．皮带应扣住变速塔轮4，选择相同质量的小球，实验时左右标尺露出标记比2：1

C．皮带应扣住变速塔轮6，选择不同质量的小球，实验时左右标尺露出标记比1：1

D．皮带应扣住变速塔轮6，选择相同质量的小球，实验时左右标尺露出标记比2：1

【答案】A0.0845可以D

【详解】（1）[1]A．计时器使用220V交流电可以判定该计时器为电火花打点计时器，故A正确；

B．实验中摩擦是不可避免的，纸带越短，克服摩擦力做的功就越少，但是通过测量长度来求出变化

的高度与瞬时速度，因为纸带太短导致误差就越大，故纸带不是越短越好，故B错误；

C．手持纸带保持竖直方向，使重物静止在靠近打点计时器的地方，手持纸带位置应在纸带上端，有

利于纸带下落的稳定性，减小纸带与打点计时器间的摩擦力，故C错误；

D．为获取清晰的点迹，小理应先开打点计时器，再释放纸带，故D错误。

故选A。

（2）[2]标记为“7”时刻物体的速度

x12.006.80102

v68m/s1.30m/s

72T20.02

标记为“7”时刻的物体动能

11

Emv20.11.302J0.0845J

k22

（3）[3]由于实验过程中存在阻力影响，标记点“0”到“7”重力势能的减少量大于计算的第“7”点时刻

的物体动能，在误差允许范围内，可以认为机械能守恒，因此可以认为小理可以利用该纸带，验证

机械能守恒定律。

（4）[4]图中两球做圆周运动的轨道半径不等，实验中要探究向心力大小与半径、角速度、质量的关

系，两小球的质量应该相等、角速度相等，故皮带应扣住变速塔轮6，选择相同质量的小球，小球a

的轨道半径大，所需向心力大，标尺露出标记多，故ABC错误，D正确。

故选D。

14．某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。他找来了带有刻

度尺的气垫导轨，实验前通过调节底座螺丝使气垫导轨水平。实验步骤如下：

（1）测出遮光片的宽度为d，滑块（含遮光条）的质量为m；

（2）如图甲，将弹簧的左端固定在挡板上并连接力传感器，右端与带有遮光条的滑块刚好接触但不

连接。在导轨上弹簧原长位置处固定光电门，位置坐标记为x0。现让滑块压缩弹簧至P点并锁定，

P点位置必标记为x1，并记录弹簧压缩量的数值x=___________和力传感器的读数F；

（3）将光电门连接计时器，解除弹簧锁定，滑块被弹开并沿导轨向右滑动，计时器记录遮光片通过

光电门的时间Δt，根据机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep=___________

11

（4）改变P点的位置，多次重复步骤（2）、（3），得到与x的关系如图乙。由图可知，与

tt

x成___________关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的___________成正比。

（5）该同学还根据上述实验数据作出F-x图像，如图丙所示，还可以求出弹簧的劲度系数

k=___________N/m（计算结果保留两位有效数字）。

2

1d

【答案】x0-x1m正比形变量的平方50

2t

【详解】（2）[1]弹簧压缩量的数值

xx0x1

（3）[2]根据机械能守恒定律得

2

1d

Epm

2t

1

（4）[3]由图可知，与x成正比关系；

t

[4]根据

22

1d1

Epm

2tt

又因为

1

x

t

所以

2

Epx

由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧形变量的平方成正比。

（5）[5]弹簧的劲度系数为

4.0

kN/m50N/m

0.0800

15．某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。在气垫导轨上相

隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电

传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动，

遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图像。

实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的Δt1=Δt2时，说明

气垫导轨已经水平。

（1）用游标卡尺测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d=______cm，用螺旋测微器测遮光条

的厚度D，测量结果如丁图所示，则D=______mm。

（2）滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与钩码Q相连，钩码Q的质量为m。将滑块P由图

甲所示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示，若Δt1、Δt2和d已知，要验证滑块和钩码组成

的系统机械能是否守恒，还应测出________________________写出物理量的名称及符号）。

（3）若上述物理量间满足关系式____________________，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的

系统机械能守恒。

【答案】2.0554.700滑块P质量M和两个光电传感器A、B之间距离L

1d1d

mgL(Mm)()2(Mm)()2

2t22t1

【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以遮光条宽度为

d2cm0.0511mm2.055cm

[2]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以遮光条的厚度为

D4.5mm20.00.01mm4.700mm

（2）[3]要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，应验证系统减少的重力势能和系统增加的动

能之间的关系，即

EpmgL

1+d21d2

Ek(Mm)()(Mm)()

2t22t1

其中M是滑块P的质量，L是两个光电传感器A、B之间的距离；

（3）[4]系统减少的重力势能转化为系统增加的动能，则系统机械能守恒，所以若上述物理量间满足

关系式

1d1d

mgL(Mm)()2(Mm)()2

2t22t1

说明系统机械能守恒。

四、解答题

16．如图所示，圆心为O、半径R1m的圆形管道的一部分ABC竖直固定在水平地面上，A、B分

别为圆管道的最高点和最低点，A、O、B在同一直线上，OC与竖直方向所成的夹角53，质量

m0.1kg的小球（视为质点）由A点无初速度释放后沿管道下滑，经2s到达B点，到B点时速度

大小为4m/s。到C点时对管道的压力为0.7N。忽略管道直径，已知重力加速度g取10m/s2，

sin530.8，cos530.6，求：

（1）小球在AB段的平均加速度大小；

（2）小球在B点对管道的压力；

（3）在BC段阻力对小球做的功。

2

【答案】（1）a2m/s；（2）2.6N，方向竖直向下；（3）Wf0.35J

【详解】（1）小球从A点到B点过程中，由加速度定义式有

v

a2m/s2

t

（2）在B点时，由牛顿第二定律有

v2

FmgmB

NR

由牛顿第三定律有

FNF压2.6N

方向竖直向下

（3）在C点时，由牛顿第二定律有

v2

FmgcosmC

NR

BC段由动能定理有

11

mgR(1cos)Wmv2mv2

f2C2B

联立解得

Wf0.35J

17．如图所示，一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）通过一端固定在天花板上O点的无弹性

的细绳以O′为圆心做水平面内的圆周运动，细绳与竖直方向夹角为α=53°，圆周所在水平面距离地面

高度为H=0.75m，小物块运动到A点时细绳断裂，设A点与右侧圆弧轨道I、四分之三圆弧轨道Ⅱ

在同一竖直平面内，小物块运动到B点时恰好沿着切线方向进入一段圆心角为θ=37°、半径为

的光滑圆弧轨道，小物块在最低点又经过一段动摩擦因数为的水平轨道后再

R1=1.5mⅠμ=0.5O1O2

2

进入一个半径为R2=0.1m的四分之三光滑圆弧轨道Ⅱ。（重力加速度g=10m/s，sin37°=0.6，cos

37°=0.8）。求：

（1）细绳的长度l；

（2）小物块刚进入轨道Ⅰ时受到轨道Ⅰ的弹力大小；

（）为保证小物块能够进入轨道且在运动过程中不脱离轨道，则水平轨道长度的取值范围

3ⅡO1O2x

是多少。？

【答案】（1）1.5m；（2）24.67N；（3）x2.6m或者x2.9m

【详解】（1）小球做圆锥摆运动，则≤≥

v2

mgtanm0

lsin

进入B点时

gt

tan

v0

其中

1

HR(1cos)gt2

12

联立解得

v0=4m/s

l=1.5m

（2）小物