河南洛阳市偃师高级中学2025-2026学年高一下学期物理练习：机械能

**基本信息** 高中物理机械能单元卷，以蹦极、风力发电等真实情境为载体，覆盖机械能守恒、功与能量等核心知识，通过基础巩固与综合应用梯度设计，适配单元复习，强化物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/32|机械能守恒（蹦极运动）、功与热量（木块拉动）|结合v-x图像分析，注重科学推理| |多选题|4/16|功率（机车启动）、传送带问题（速度时间图像）|多过程分析，体现模型建构| |实验题|2/14|验证机械能守恒（双球系统、打点计时器）|经典实验创新设计，培养科学探究能力| |解答题|4/38|动能定理（电动汽车）、能量综合（滑板比赛）|真实情境综合应用，强化问题解决能力|

物理练习——机械能 范围：机械能守恒定律 时间：75分钟 一、单选题（每题4分，共计32分） 1．研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像，若空气阻力和弹性绳的重力可忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（　　） A．弹性绳原长为 B．当运动员下降时，处于超重状态，当运动员下降时，处于失重状态 C．若以运动员、弹性绳、地球为系统研究，此过程机械能守恒 D．当运动员下降时，绳的弹性势能最大 2．如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是（  ） A．W1<W2，Q1=Q2 B．W1=W2，Q1=Q2 C．W1<W2，Q1<Q2 D．W1=W2，Q1<Q2 3．在光滑水平面上，有一质量为的滑块，在变力F的作用下沿x轴做直线运动，F-x关系如图，~和~的两段曲线关于坐标点（10，0）对称。滑块在坐标原点处速度为，则滑块运动到处的速度大小为（　　） A． B． C． D． 4．物体在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直线运动的v-t关系如图所示，已知第1秒内合外力对物体做功为W1，摩擦力对物体做功为W2，则（　　） A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W1，摩擦力做功为4W2 B．从第4秒末到第6秒末合外力做功为0，摩擦力做功也为0 C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W1，摩擦力做功为W2 D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W1，摩擦力做功为1.5W2 5．某地有一风力发电场，共有风力发电机20台，如图所示，发电机的叶片转动时可形成直径为的圆面。某日该地区的风速是，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，假如该风力发电机能将通过此圆面内空气动能的转化为电能。取3。下列说法中正确的是（　　） A．每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积为 B．每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气动能为 C．每台风力发电机发电的功率为 D．该发电场工作，发电量约 6．如图所示，将一小球从点水平抛出，飞到点P时，与一挡板发生碰撞，小球又斜向上飞出后落到点正下方的点，点与点等高，轨迹的最高点与等高，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球两次飞行过程中加速度不同 B．小球两次飞行过程中重力对小球做的功相等 C．小球离开点的速率比经过点的速率大 D．小球与挡板碰撞过程中没有机械能损失 7．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间细绳水平、OB间细绳竖直，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，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 8．如图所示，半径为R的圆形轨道竖直固定在水平桌面上，AB为其水平直径，C为最低点，D为最高点，轨道的ACB段粗糙、ADB段光滑。质量为m的物块（可视为质点）从A点以初速度v0（未知）沿轨道向上运动，运动到D点时对轨道的压力恰好为0，运动到C点时对轨道的压力为5mg。已知物块与轨道ACB段间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．物块的初速度大小为 B．物块与轨道ACB段间的动摩擦因数为 C．若将物块从A点由静止释放，物块运动到C点的速度大于 D．若初速度v0沿轨道向下，则物块运动到C点时对轨道的压力小于5mg 二、多选题（每题4分，共计16分） 9．如图所示，光滑斜面上叠放着A、B两物体，B物体上表面水平。两物体一起以一定的初速度沿斜面上滑的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．物体A的机械能不变 B．物体B对A的支持力不做功 C．物块A受到水平向右的摩擦力 D．物体B对物体A的摩擦力做负功 10．天津市城市轨道交通非常发达。为保证乘客舒适乘车，机车启动的初始阶段做匀加速运动，速度达到某值时机车的实际功率达到额定功率，此后机车在额定功率下工作直至匀速运动（假设机车沿水平轨道做直线运动且所受的阻力保持不变），则（　　） A．匀加速运动的阶段，机车的牵引力保持不变 B．达到额定功率后直到匀速运动，机车的牵引力保持不变 C．匀速运动时，机车的牵引力与阻力大小相等 D．在整个过程中牵引力做的功等于机车动能的增加量 11．一足够长的传送带与水平面的夹角为，以恒定速度运行。某时刻在传送带适当的位置滑入一定初速度的物块，如图甲所示，从该时刻起小物块速度随时间的变化关系如图乙所示，，以沿传送带向下为正方向，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。则（　　） A．内，物块受到摩擦力方向沿传送带向上 B．物块与传送带间的动摩擦因数 C．内，传送带对物块的摩擦力为恒力 D．内，摩擦产生的热量一定大于物块减小的机械能 12．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，弹簧伸长L时开始运动；当物块开始运动时保持拉力不变并将物块向上缓慢移动距离L，整个过程拉力做的功为，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 B．物块缓慢运动时，弹簧弹力 C．整个过程克服摩擦力做的功为 D．弹簧的弹性势能增量为 三、实验题（14分） 13（6分）．用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个大小相等但质量不等的小球P、Q，杆可以绕固定于中点O的水平轴在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门，小球可恰好通过光电门，已知重力加速度为g。 （1）P、Q从水平位置由静止释放，当小球P通过最低点时，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为，小球的直径为d，则小球P经过最低点时的速度为______。 （2）用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则小球的直径为______cm。 （3）若两小球P、Q球心间的距离为L，小球P的质量是小球Q质量的k倍（），当满足______（用L、d、、g表示）时，就表明验证了机械能守恒定律。 14（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、重锤、天平。其中不必要的是______； (2)在一次实验中，质量1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如下图所示。若纸带相邻两个点之间时间间隔为0.02s，从起点O到打下记数点B的过程中，重力势能减少量ΔEp=______J，此过程中物体动能的增加量ΔEk=_____J（g取9.8m/s2，结果均保留两位有效数字）；通过计算，数值上ΔEp______ΔEk（填“>”“=”或“<”），这是因为______； (3)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______。 A． B． C． D． 四、解答题（共计38分） 15（8分）．电动汽车具有零排放、噪声低、低速阶段提速快等优点。随着储电技术的不断提高，电池成本的不断下降，电动汽车逐渐普及。质量为m的电动汽车行驶过程中会受到阻力作用，阻力与车速的关系可认为Ff=kv2，其中k为已知常数。则 （1）当电动汽车以速度v匀速行驶时，汽车电动机的输出功率P； （2）若该电动汽车的最大输出功率为Pm，试导出汽车的最大速度vm的表达式； （3）若电动汽车始终以最大输出功率Pm启动，经过时间t0后电动汽车的速度大小为v0，求该过程中电动汽车克服阻力所做的功Wf。 16（9分）．光滑圆弧轨道AB处于竖直平面内，半径，所对圆心角为60°。水平粗糙传送带BC长度为。CD是水平粗糙轨道。AB、CD轨道与传送带平滑连接，传送带一直以速度2m/s逆时针匀速转动。一个质量为的滑块从A处以初速度下滑，最终停在轨道CD上。滑板与传送带BC间的动摩擦因数为，g取。求： （1）滑块运动到圆弧轨道B处时对轨道的压力大小； （2）滑块在传送带上因摩擦产生的热量。 17（9分）．某次滑板比赛中，赛道简化图模型如图所示，平台A和平台BC高度相距h=3.2m，粗糙水平轨道DE与光滑圆弧形轨道CD、EF相切于D、E两点。若运动员与滑板一起（可看作质点）从平台A以速度v0水平飞出，恰好从C点无能量损失地沿着圆弧切线进入CD轨道，滑过DE冲上EF轨道，然后返回，恰好到C点速度为零。已知运动员和滑板总质量m=60kg，光滑圆弧CD对应的圆心角θ=53°，圆弧形轨道半径均为R=4m，滑板与水平轨道DE间的摩擦可视为滑动摩擦，动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： （1）运动员的初速度v0的大小； （2）运动员第一次经过D点时对圆弧轨道的压力FN的大小； （3）水平轨道DE的长度L。 18（12分）．如图所示，质量为M的木板置于光滑水平地面上，右端距墙壁的距离为d，左端放有一质量为m的小物块。现将水平向右的恒力F1作用在木板上，水平向右恒力F2作用在物块上，由静止同时释放，运动过程中，木板与墙壁发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短。已知M=4m，F1=4F2=4mg，物块和木板间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求木板第一次与墙壁碰撞后的瞬间，木板和物块各自的加速度大小； （2）木板第一次与墙壁碰撞后，向左运动过程中物块没有从木板中滑出，求木板向左运动的最大距离； （3）木板第二次与墙壁碰撞向左运动过程中，物块仍没有从木板中滑出，求木板长度应满足的条件。 《物理练习——机械能》参考答案 1．C 【详解】A．时速度最大，此时加速度为0，合外力为0，弹力不为0，弹力等于重力，弹簧处于伸长状态，所以A错误； B．运动员下降时，处于加速下落过程，加速度向下，处于失重状态，当运动员下降时，处于减速下落过程，加速度向上，处于超重状态，所以B错误； C．以运动员、弹性绳、地球为系统研究，此过程机械能守恒，所以C正确； D．运动员下降时，速度不为0，继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势继续增大，所以D错误； 故选C。 2．A 【详解】在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此 Q1=Q2 在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而F做功等于力乘以对地位移，因此 W1<W2 故选A。 3．A 【详解】图像与坐标轴围成的图像的面积表示变力F做的功，所以根据动能定理得 解得 故选A。 4．D 【详解】A．由题第1秒内合外力对物体做功为W1，从第1秒末到第3秒末动能变化等于0，则合外力做功为0，其位移为第1秒内位移的4倍，则摩擦力做功为4W2，故A错误。 B．第1秒内，根据动能定理得： 摩擦力做功 从第4秒末到第6秒末合外力做功 路程为 摩擦力做功 Wf=-fs=-2f=W2 故B错误。 C．从第5秒末到第7秒末，合外力做功 摩擦力做功 故C错误， D．从第3秒末到第4秒末，合外力做功 摩擦力做功 Wf=-f×3=1.5W2 故D正确。 故选D。 5．D 【详解】A．设风速为，每秒能到达圆面的空气柱的长度为 设叶片的长度为R=20m，则每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气体积为 故A错误； B．每秒冲击每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气质量为 则其动能为 故B错误； C．每台风力发电机发电的功率为 故C错误； D．该发电场工作，发电量约 故D正确。 故选D。 6．C 【详解】A．不计空气阻力，球两次在空中只受重力作用，加速度为g，加速度相同，故A错误； B．设球的抛体高度为h，第一次从M到P，重力做正功为WG=mgh，第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，球两次飞行过程中重力对球做的功不相等，故B错误； C．球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x=v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C正确； D．如果碰撞没有机械能损失，则全程机械能守恒，而在M、Q点重力势能相等，动能不等，则机械能不等，故小球与挡板碰撞过程中有机械能损失，故D错误。 故选C。 7．C 【详解】AB．由题意可知 B上升的高度为 小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹性势能变化量，由机械能守恒得 则 故弹性势能增加了；在P点时，弹簧压缩量为x1，在Q点时，弹簧伸长为x2，则 故AB错误； C．小球A在P点的速度为零，下滑至Q点时速度也是零，则A由P下滑至Q的过程中，速度先增加后减小，故C正确； D．在P点由速度关联可得 因此B物体的速度为零，由机械能守恒可得 则 故D错误。 故选C。 8．C 【详解】A．运动到D点时对轨道的压力恰好为0，则有 从A到D由动能定理 可得 故A错误； B．运动到C点时对轨道的压力为5mg，由向心力公式得 由动能定理可得 联立可得克服摩擦力做功为 由B到C压力增大，所以摩擦力是变力，无法求动摩擦因数，故B错误； C．若将物块从A点由静止释放，物块运动到C点的过程，克服摩擦力做功小于B选项中克服摩擦力做功，则有 即 所以速度大于，故C正确； D．若初速度v0沿轨道向下，克服摩擦力做功与从B到C相同，所以到C点时，对轨道的压力等于5mg，故D错误。 故选C。 9．AD 【详解】设A质量为m，B质量为M，对A、B组成的系统受力分析，受到向下的重力和垂直斜面的支持力，由牛顿第二定律得 解得 方向沿斜面向下 A．单独对A受力分析，得 则支持力和摩擦力的合力垂直与斜面，大小等于 ，下滑过程不做功，只有重力做功，故A的机械能不变，A正确； B．B对A的支持力方向向上，与运动方向夹角小于90°，则B对A的支持力做正功，B错误； C．单独对A分析，因A有沿斜面向下的加速度，故B给A的摩擦力水平向左，C错误； D．与v方向夹角大于90°，则B对A的摩擦力做负功， D正确。 故选AD。 10．AC 【详解】A．匀加速阶段 由于阻力保持不变，加速度恒定，所以牵引力不变，A正确； B．达到额定功率后直到匀速运动，这个过程中机车先做加速度减小的加速运动然后匀速，所以机车的牵引力先逐渐减小然后保持不变，B错误； C．匀速运动时机车受力平衡，所以机车的牵引力与阻力大小相等，C正确； D．在整个过程中牵引力做的功等于机车动能的增加量与克服阻力做功之和，D错误。 故选AC。 11．CD 【详解】A．内，物块与传送带速度方向相反，受到摩擦力方向沿传送带向下，故A错误； B．t2时刻之后物块与传送带共速运动，则有 即 故B错误； C．内，物块始终相对传送带向上运动，摩擦力始终沿传送带向下，且大小不变，故C正确； D．根据功能关系可知物块机械能的减少量等于物块克服摩擦力做的功，即 因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即 所以有 故D正确。 故选CD。 12．BD 【详解】AB．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 弹簧伸长L时物块开始运动，弹簧弹力为 此时拉力 故A错误，B正确； C．整个过程克服摩擦力做的功为 故C错误； D．设克服弹簧弹力做功为，根据动能定理 则 则弹簧弹性势能增加了，故D正确。 故选BD。 13． 1.360 【详解】(1)[1] 小球P经过最低点时的速度为 (2)[2] 小球的直径为 (3)[3]系统机械能守恒，则有 代入速度得 14． 秒表、天平 0.49 0.48 大于 存在摩擦阻力做负功 B 【详解】(1)[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)[2][3]从起点O到打下记数点B的过程中，重力势能减少量 打B点时的速度 此过程中物体动能的增加量 [4][5]通过计算，数值上ΔEp>ΔEk，这是因为重物下落过程中存在摩擦阻力做负功。 (3)[6]根据 可知 则图线是过原点的直线，故选B。 15．（1）kv3；（2）；（3）Pmt0-mv02 【详解】（1）当电动汽车以速度v匀速行驶时，根据平衡条件有 F牵=Ff=kv2 所以汽车电动机的输出功率为 P=F牵v=kv3 （2）当汽车达到最大速度行驶时，牵引力和阻力等大反向，即 F牵m=Ffm=kvm2 所以汽车的最大输出功率为 Pm=F牵mvm=kvm3 解得 vm= （3）根据动能定理可得 Pmt0-Wf=mv02 解得 Wf=Pmt0-mv02 16．（1）；（2） 【详解】（1）滑块从A到B的过程，由机械能守恒定律得 代入数据得 在B点，对滑块，由牛顿第二定律得 代入数据得 由牛顿第三定律知，滑块运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小 （2）滑块在传送带上一直匀减速运动，滑块从B到C的过程 滑块在传送带上运动时间 滑块相对传送带位移为 产生的焦耳热 17．（1）6m/s；（2）2580N；（3）12.5m 【详解】（1）运动员滑入C点时，对速度进行分解，水平方向有 竖直方向有 联立解得 v0=6m/s （2）运动员经过C点时的速度为 运动员第一次经过D点时，根据动能定理有 在D点根据牛顿第二定律可得 联立解得 据牛顿第三定律可知，对圆弧轨道的压力FN的大小为2580N。 （3）运动员从C点进入圆弧轨道，直至返回C点时速度恰好为零，全程根据动能定理有 解得 L=12.5m 18．（1）a1=2g，a2=3g；（2）d；（3）L≥d 【详解】（1）木板第一次与墙壁碰撞后的瞬间，小物块仍然向右运动。设此时木板的加速度大小为a1，方向向右；物块的加速度大小为a2，方向向左；物块与木板之间的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律有 f+F1=Ma1 f–F2=ma2 联立并代入题给数据，得 a1=2g，a2=3g （2）由题意可知，木板第一次与墙壁碰撞前与物块一起向右加速，设加速度为a，则 F1+F2=（M+m）a a=g 碰到墙壁瞬间它们的速度大小均为 v02=2ad v0= 方向均向右。木板与墙壁碰撞瞬间，木板的速度反向，物块的速度方向依然向右。 设自与墙壁碰撞后经过时间t1，木板与小物块的速度刚好相同。取向左为正方向，由运动学公式 v0–a1t1=–v0+a2t1 联立式得 t1= 设此时木板右端距墙为d1，速度为v，由运动学公式可得 d1=v0t1-a1t12 由上可判断此时v>0。此后，木板与小物块将以加速度g减速向左运动d2，到达最左端点。由运动学公式有 d2= 设木板第一次与墙壁碰撞后，向左运动的最大距离为D，则 D=d1+d2 联立可得 D=d （3）设第一次向左运动过程中物块相对木板的位移为x1。从木板开始向右运动到向左运动到D这一过程中，由动能定理有 F1（d–D）+F2（d–D+x1）–fx1=0 联立并代入题给数据得 x1=d 同理可推得，木板与物块从再次向右运动到第二次与墙壁碰撞后，向左运动最大距离过程中，物块与木板的相对位移x2为 x2=D 设木板长度为L。木板第二次向右运动到向左运动过程中，物块不会滑出木板的条件是 x1+x2≤L 联立得L应满足条件为 L≥d 学科网（北京）股份有限公司 $