8.4.1 机械能守恒定律 同步练习-2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

**基本信息** 聚焦机械能守恒定律，通过“基础理解-综合应用”双层设计，实现从概念辨析到复杂情境问题解决的进阶，强化能量观念与科学推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |训练1（基础层）|机械能守恒条件判断、动能势能变化分析、简单应用计算|以合格考模拟题为主，如自由落体（题1）、竖直运动（题4），夯实基础概念| |训练2（应用层）|弹簧系统、传送带、多体系统机械能守恒|含南通如皋测试等综合题，如斜抛运动图像分析（题8）、轻杆连接体（题6），提升科学思维|

第4节　机械能守恒定律 训练1　机械能守恒定律 1 （2025扬州合格考模拟）下列实例中，机械能守恒的是(　　) A. 小钢球做自由落体运动 B. 火箭加速升空 C. 跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降 D. 汽车关闭发动机后在水平路上滑行 2 （2025宿迁开学测试）如图所示，是加油机给战斗机加油的情景，在加油过程中，加油机和战斗机的飞行高度、速度和方向均不变，关于加油机和战斗机的机械能说法正确的是(　　) A. 战斗机动能增加，势能减小，机械能不变 B. 加油机动能减少，势能不变，机械能不变 C. 加油机动能减小，势能不变，机械能减小 D. 战斗机动能增加，势能增加，机械能增加 3 （2025扬州合格考模拟）“神舟”载人飞船在发射至返回的过程中，下列阶段中飞船或返回舱（与地球组成的系统）的机械能守恒的是(　　) A. 飞船升空的阶段 B. 飞船绕地球在椭圆轨道上的运行阶段 C. 返回舱在大气层内向着地球做无动力飞行的阶段 D. 降落伞张开后，返回舱下降的阶段 4 （2025扬州阶段测试）质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动高度H，所受空气阻力恒为f，重力加速度为g.此过程中，下列说法中正确的是(　　) A. 物体的动能增加了(F－mg)H B. 物体的重力势能减少了mgH C. 物体的机械能减少了fH D. 物体的机械能增加了(F－f)H 5 （2025教材习题改编）如图所示，某同学在操场上踢足球，足球质量为m，该同学从地面上的位置1将足球以速度v0踢起，最高可以到达离地面高度为h的位置2，选地面为零势能面，足球可以看成质点，则下列说法中正确的是(　　) A. 足球从位置1到位置2的运动过程机械能守恒 B. 该同学对足球做的功等于 mv C. 足球在位置2处的机械能为mgh D. 若从位置1到位置2足球克服空气阻力做的功为W，足球在位置2处的动能为mv－mgh＋W 6 （2025南通如东测试）在缓震材料上方高度H1为0.6 m处，将质量0.6 kg的钢球以一定初速度v0竖直向下抛出，钢球刚接触缓震材料时速度大小为4 m/s，与缓震材料的接触时间为0.1 s，钢球反弹的最大高度H2为0.45 m．假设钢球始终在竖直方向运动，不计空气阻力．钢球从抛出到反弹至最高点过程中，下列说法正确的是(　　) A. 钢球的机械能损失0.9 J B. 钢球的平均速度大小为0.25 m/s C. 重力对钢球做的功等于钢球动能的变化量 D. 合外力对钢球做的功等于钢球机械能的变化量 7 （2025教材习题改编）如图所示，把质量为m的石块从h高处以30°角斜向上方抛出，初速度大小为v0，不计空气阻力，重力加速度为g.取石块出手点为零势能参考平面，则下列说法正确的是(　　) A. 石块运动过程中的最大动能为 mv B. 石块运动过程中的机械能为mgh＋mv C. 石块从抛出到落地动能的变化量为mgh D. 石块运动过程中最小速度为 v0 8 （2025南通如皋阶段测试）体育课上，小杜同学将篮球使劲掷向地面后篮球向斜向上方反弹，从篮球反弹到篮球到达最高点离地高度h＝2 m的过程中，忽略空气阻力，关于篮球的动能Ek（图中实线所示）和重力势能Ep（图中虚线所示）随高度h变化的图像可能正确的是(　　) A B C D 9 （2025教材习题改编）一个质量为m（可视为质点）的小球，用长为L且不可伸长的轻绳悬挂于O点的正下方P点．现将小球拉至与O点等高处，由静止释放，如图所示．重力加速度为g，摆动过程中忽略一切阻力． (1) 求小球到达最低点P时的速度大小； (2) 求小球到达最低点P时轻绳拉力的大小． 10 （2025南通阶段测试）轻质弹簧一端固定在地面上，另一端连接物体A，一轻绳跨过定滑轮分别与A、B两物体相连接．手托着B，轻绳恰好伸直且无张力，由静止释放B后，A、B在竖直方向运动，A、B均不会与滑轮和地面相碰．已知A、B质量分别为m、2m，弹簧劲度系数为k，原长为L0，始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计阻力．求： (1) 刚释放B时弹簧的长度L； (2) A运动中的最大速度v； (3) B运动到最低点时的加速度大小a. 训练2　机械能守恒定律的应用 1 （2024南通合格考模拟）竹蜻蜓是一种中国传统的儿童玩具．如图所示，玩时，双手一搓，然后手一松，竹蜻蜓就会飞上天空，竹蜻蜓从最高点下落到地面的过程中，若空气阻力不可忽略，则它的机械能(　　) A. 守恒 B. 增大 C. 减小 D. 先减小后增大 2 （2025盐城合格考模拟）“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目．如图所示，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于人的腿部．不计空气阻力，在蹦极者从跳台下落到最低点的过程中，则(　　) A. 弹性绳伸直时人开始做减速运动 B. 蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和一直减小 C. 加速度先不变后减小再增大 D. 蹦极者的机械能先增大后减小 3 （2025盐城合格考模拟）某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上，如图所示，当他突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起，其上升过程中的Ekh图像如图所示，则下列判断正确的是(　　) 　 A. 弹簧原长为h1 B. 弹簧最大弹性势能大小大于Ekm C. O到h3之间弹簧的弹力先增加再减小 D. h1到h2之间弹簧笔的弹性势能和动能之和不变 4 弹弓飞箭（如图所示）颇受小孩的喜爱，某次一小孩手拉紧橡皮筋发射器，松开手后将飞箭竖直射向天空．从松开手至飞箭到达最高点的过程中（橡皮筋始终在弹性限度内且不计空气阻力），下列说法正确的是(　　) A. 飞箭的机械能一直增大 B. 飞箭重力做功的功率一直增大 C. 飞箭与橡皮筋刚分离时，飞箭的速度最大 D. 橡皮筋的弹性势能和飞箭的重力势能之和先减小后增大 5 有一条均匀金属链条，一半长度在光滑的足够高斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂，由静止释放后链条滑动，已知重力加速度g＝10 m/s2，链条刚好全部滑出斜面时的速度大小为 m/s，则金属链条的长度为(　　) A. 0.6 m B. 1 m C. 2 m D. 2.6 m 6 （2024南通海门抽检）如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间，用一根轻质细杆连接，两小球可绕过细杆中心的水平轴无摩擦转动，现让细杆水平放置，静止释放小球后，小球b向下转动，小球a向上转动，在转动90°的过程中，下列说法正确的是(　　) A. b球的重力势能减少，动能增加 B. a球的重力势能增大，动能减少 C. a球和b球各自的机械能保持不变 D. a球和b球的机械能总和不断减小 7 如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，原长为l0.质量为m的铁球由弹簧的正上方高h处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，铁球下落到最低点．不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A. 小球刚接触弹簧时具有的动能最大 B. 下落过程中小球的机械能守恒 C. 当弹簧压缩量x0＝ 时，小球的动能最大，弹性势能最小 D. 小球的整个下落过程中，其重力势能一直减小，机械能先不变，后减小 8 如图所示，半径R＝1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L＝16 m，传送带以v0＝10 m/s的速度顺时针运动，将质量m＝1 kg的小滑块（可视为质点）放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2. (1) 将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间； (2) 若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围． 9 （2023镇江模拟）如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接一物体Q，物体Q、N通过一轻弹簧连接，Q、N质量均为m，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为37°和53°，此时物体N与地面弹力恰好为零．现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，释放小球P开始运动，已知右侧绳长为L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求： (1) 小球P的质量M； (2) 小球P运动到图示位置时，Q的速度v； (3) 小球P从释放到图示位置过程中轻绳对物体Q做的功W. 第4节　机械能守恒定律 训练1　机械能守恒定律 1. A　小钢球做自由落体运动时，只有重力做功，小球机械能守恒，A正确；火箭加速升空时，除重力做功外，发动机还对火箭做功，火箭机械能不守恒，B错误；跳伞运动员张开伞后，在空中匀速下降过程，动能不变，重力势能减小，运动员机械能不守恒，C错误；汽车关闭发动机后在水平路上滑行时，摩擦力对其做负功，汽车机械能不守恒，D错误． 2. D　战斗机油量不停地增加，质量增大，速度不变，动能增大；战斗机的质量增大，高度不变，重力势能增大．机械能为动能和重力势能之和，所以战斗机机械能增大．加油机油量不停地减少，质量减少，速度不变，动能减少；加油机的质量减少，高度不变，重力势能减少．机械能为动能和重力势能之和，所以加油机机械能减少．A、B、C错误，D正确． 3. B　飞船升空的阶段，飞船的重力势能和动能均增加，飞船的机械能增加，A错误；飞船绕地球在椭圆轨道上的运行阶段，只有万有引力对飞船做功，飞船的机械能守恒，B正确；返回舱在大气层内向着地球做无动力飞行的阶段，由于空气阻力对返回舱做负功，返回舱的机械能减少，C错误；降落伞张开后，返回舱下降的阶段，由于空气阻力对返回舱做负功，返回舱的机械能减少，D错误． 4. D　根据动能定理可得，物体的动能增量等于合外力做的功，动能增加量大小为ΔEk＝(F－mg－f)H，A错误；物体的高度增加，重力势能增加了mgH，B错误；物体的动能和重力势能都增加，机械能也增加ΔE＝(F－mg－f)H＋mgH＝(F－f)H，C错误，D正确． 5. B　由图可知足球从位置1到位置2的水平位移与从位置2到位置3的水平位移大小明显不一样，可知足球在运动中空气阻力不能忽略，足球从位置1到位置2的运动过程机械能不守恒，A错误；由动能定理可知该同学对足球做的功为W＝mv，B正确；足球在位置2处的速度不为零，机械能大于mgh，C错误；足球从位置1到位置2由动能定理得－mgh－W＝Ek－mv，则足球在位置2处的动能为Ek＝mv－mgh－W，D错误． 6. B　钢球从抛出到接触缓震材料以及反弹上升最大高度的过程中，机械能守恒，刚接触缓震材料时的机械能E1＝mv2＝×0.6×42 J＝4.8 J，反弹时的机械能为E2＝mgH2＝0.6×10×0.45 J＝2.7 J，故损失的机械能为ΔE＝E1－E2＝2.1 J，A错误；从抛出到接触缓震材料，根据机械能守恒定律有mgH1＋mv＝mv2，解得v0＝2 m/s，故从抛出到接触缓震材料所用时间t1＝＝0.2 s，反弹至最高点所用时间t2＝＝0.3 s，整个过程所用时间t＝t1＋t2＋Δt＝0.6 s，故整个过程的平均速度＝＝0.25 m/s，B正确；整个过程中，根据动能定理可知，重力与弹力所做的功之和等于钢球动能的变化量，而钢球机械能的变化量等于除重力外其他力(非合外力)对钢球做的功，C、D错误． 7. C　石块从抛出到落地，由动能定理有mgh＝Ekm－mv，可知石块运动过程中的最大动能为Ekm＝mgh＋mv，A错误；取石块出手点为零势能参考平面，根据机械能守恒定律得，石块运动过程中的机械能为E＝mv，B错误；石块从抛出到落地，由动能定理mgh＝ΔEk，C正确；当石块运动到最高点时，速度最小，则石块运动过程中最小速度为vmin＝v0cos 30°＝v0，D错误． 8. C　由于篮球反弹后做斜抛运动，当篮球运动最高点h＝2 m时，篮球具有一定的水平速度，篮球的动能不为0，B、D错误；设篮球在地面反弹时的初动能为Ek0，此时的篮球的重力势能为0，篮球在空中只有重力做功，篮球的机械能守恒，根据机械能守恒可得Ek＋Ep＝Ek0，当动能与重力势能相等时，有Ek＝Ep＝Ek0，A错误，C正确． 9. (1) 由机械能守恒定律可得mgL＝mv2， 解得小球到达P点时的速度大小为v＝， 小球到达最低点P时的速度大小为. (2) 小球达到P点时，根据牛顿第二定律可得 F－mg＝， 结合上式解得F＝3mg， 即小球到达最低点P时轻绳拉力的大小为3mg. 10. (1) 刚释放B时，绳没有拉力，设弹簧压缩量为x，根据平衡，对A，kx＝mg， 解得x＝， 刚释放B时弹簧的长度 L＝L0－x＝L0－. (2) 速度最大时，加速度为零，设此时弹簧伸长量为x0，则有kx0＋mg＝2mg， 解得x0＝， 与之前的压缩量相等，故弹簧的弹性势能不变，则从释放到A速度最大，对整个系统根据机械能守恒有 2mg(x＋x0)＝mg(x＋x0)＋mv2＋×2mv2， 解得v＝2g， 方向竖直向上． (3) 设刚释放时弹簧的弹性势能为Ep1，B运动到最低点时，弹簧的伸长量为x1，弹簧的弹性势能为Ep2，对系统从释放到B运动到最低点，根据机械能守恒有2mg(x＋x1)＋Ep1＝mg(x＋x1)＋Ep2， 又因为Ep1＝x，Ep2＝x1 解得x1＝， 根据牛顿第二定律，对A， kx1＋mg－T＝ma， 对B，T－2mg＝2ma， 解得a＝g. 训练2　机械能守恒定律的应用 1. C　竹蜻蜓从最高点下落到地面的过程中空气阻力不可忽略，则要推动空气，同时需要克服阻力做功，所以机械能要减小，C正确． 2. C　绳绷紧后，由于绳的弹力与形变量有关，初始阶段形变量较小，重力大于绳的弹力，人继续向下加速，A错误；由能量守恒知蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和的减少量等于人的动能增加量，人的动能先增大后减小，蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和先减小后增大，B错误；自由落体阶段加速度不变，绳绷紧时mg－T＝ma，绳的弹力增大，a减小，当弹力等于重力时，人的速度最大，再向下运动中T－mg＝ma，绳的弹力增大，a增大，C正确；绳的弹性势能先不变后增大，由能量守恒知蹦极者的机械能先不变后减小，D错误． 3. B　弹簧笔竖直向上弹起过程，所受重力保持不变，弹簧弹力减小，当二力平衡时，加速度为零，速度达到最大，动能最大．此时弹簧还有一定的形变量，所以h1不是原长，所以弹簧最大弹性势能大于Ekm，整个运动过程中，弹簧的弹力先减小，最后为0，A、C错误，B正确；运动过程中，对系统来说，只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，h1到h2之间弹簧笔的重力势能增加，弹性势能和动能之和减小，D错误． 4. D　飞箭与橡皮筋未分离前，橡皮筋对飞箭做正功，飞箭的机械能是增加的，飞箭离开橡皮筋后机械能不变，A错误；飞箭与橡皮筋未分离前，先做加速度逐渐减小的加速运动，接着做加速度逐渐增大的减速运动，离开橡皮筋后，做竖直上抛运动，速度逐渐减小，当飞箭受到橡皮筋的弹力等于其重力时，即加速度为零时，飞箭的速度达最大，所以飞箭重力做功功率先增大再减少，B、C错误；把橡皮筋与飞箭看成一个系统，系统的机械能守恒，而飞箭的动能是先增大后减小，则可知橡皮筋的弹性势能和飞箭的重力势能之和先减小后增大，D正确． 5. C　设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin θ－×2mg×＋0＝－mgL(1＋sin θ)，链条全部滑出后，动能为E′k＝×2mv2，重力势能为E′p＝－2mg，由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p，即－mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL，解得L＝2 m，C正确． 6. A　在b球向下、a球向上转动过程中，两球均在加速转动，使两球动能增加，同时b球重力势能减少，a球重力势能增加，a、b两球的总机械能守恒，杆对a和b都做功，故a、b各自的机械能不守恒．A正确． 7. D　对小球受力分析可知，从开始下落h过程为自由落体运动，接着开始压缩弹簧，在弹力小于重力的过程中，弹力与重力的合力竖直向下，小球做加速度减小的加速运动，当弹力与重力相等时，小球速度最大，动能最大，小球继续下落，弹力大于重力，两者合力竖直向上，小球做加速度增大的减速运动直到速度为零，A错误；以上分析可知，当弹力与重力相等时，小球速度最大，动能最大，根据平衡条件mg＝kx0，解得弹簧压缩量x0＝，而小球下落高度为h刚要开始压缩弹簧时，弹簧弹性势能最小，C错误；小球自由下落过程中，重力做正功，重力势能减小，该过程机械能不变，小球接触弹簧向下运动过程中，重力做正功，重力势能减小，但弹力对其做负功，故机械能减小，D正确，B错误． 8. (1) 对滑块受力分析，由牛顿第二定律得 μmg＝ma， 由运动学公式得v0＝at1， 解得滑块速度达到v0用时 t1＝2.5 s， 设滑块速度达到v0时经过的位移为x1， 由运动学公式得x1＝at＝12.5 m， 设滑块匀速运动的位移为x2， x2＝L－x1＝3.5 m， 则滑块运动匀速运动的时间为t2＝＝0.35 s， 滑块由释放到第一次经过B端时所需时间为 t＝t1＋t2＝2.85 s， (2) 恰好通过C点时，由牛顿运动定律得 mg＝m， 由机械能守恒定律得 mv－mv＝mg·2R， 解得滑块通过B点的速度至少为vB＝4 m/s， 由运动学公式得 v＝2as， 解得滑块加速运动的距离至少为 s＝10 m， 则滑块在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处． 9. (1) 整个系统处于静止状态时，对小球P受力分析，根据平衡条件有 ＝Mg， 对物体Q有mg＋T弹＝TB， 对物体N有T弹＝mg， 联立解得M＝m. (2) 根据系统能量守恒有 MgL sin 37°＝mv2＋Mv2＋mgh， 根据几何关系h＝L tan 37°－(－L)， 联立解得v＝. (3) 对物体Q由动能定理有 mv2＝－mgh＋W， 联立解得W＝mgL. 学科网（北京）股份有限公司 $