统考版2025届高考物理二轮复习提升指导与精练9功能关系机械能守恒定律及其应用含解析

PAGE8-功能关系、机械能守恒定律及其应用1．此学问点每年必考，试题往往与其他学问点相结合，难度较大。2．留意要点：(1)只涉及动能的改变用动能定理分析。(2)只涉及重力势能的改变，用重力做功与重力势能改变的关系分析。例1．(2024∙全国I卷∙20)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止起先沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的改变如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（）A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J【答案】AB【解析】下滑5m的过程中，重力势能削减30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；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，下滑5m过程中，由功能原理，机械能的削减量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿其次定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时，重力势能削减12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。例2．(2024∙全国II卷∙18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的改变如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能削减100J【考题解读】本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关系的应用，以及利用数形结合处理物理问题的实力，体现了能量观念和科学推理的核心素养，同时还体现了图像展示物理关系的形式美。【答案】AD【解析】Ep－h图像知其斜率为G，故G＝20N，解得m＝2kg，A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，故eq\f(1,2)mv2＝100J，解得v＝10m/s，B错误；h＝2m时，Ep＝40J，Ek＝E机－Ep＝85J－40J＝45J，C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m时，Ekʹ＝E机－Ep＝80J－80J＝0，故Ek－Ekʹ＝100J，D正确。提分训练提分训练1．如图所示，过山车从斜轨上的最高点A由静止滑下，经最低点B运动到圆形轨道最高点C的过程中，忽视空气阻力和摩擦力，仅有动能和重力势能相互转化（取B处的重力势能为零），则过山车()A．在A处的机械能等于在C处的动能B．在A处的重力势能大于在C处的动能C．在B处的机械能小于在C处的机械能D．在B处的机械能等于在C处的重力势能【答案】B【解析】由题意可知，过山车在运动过程中机械能守恒，A处动能为0，C处动能不为零，在A处的机械能大于在C处的动能，A错误；因为A处的动能为0，所以A处的机械能等于A处的重力势能，且C处动能和势能均不为0，在A处的重力势能大于在C处的动能，B正确；因为过山车在运动过程中机械能守恒，在B处的机械能等于在C处的机械能，C错误；在B处的机械能等于在C处的机械能，且C处动能和势能均不为0，所以在B处的机械能大于在C处的重力势能，D错误。2．如图所示，竖直面内，两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道，一个质量为m的小环套在轨道上，小环从轨道最高点由静止起先下滑，下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用，小环能下滑到最低点，重力加速度大小为g，则小环从最高点下滑到最低点的过程中()A．小环机械能守恒B．外力F始终做正功C．小环在最低点的速度大小为2eq\r(2gR)D．在最低点小环对轨道的压力大小为mg【答案】C【解析】小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F，重力始终做正功，外力F时而做正功时而做负功，轨道的作用力始终不做功，故小环机械能不守恒，选项A、B错误；小环从最高点下滑到最低点的过程中，在沿水平恒力F方向上的位移为0，则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能改变量，mg·4R＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(2gR)，选项C正确；小环在最低点，由牛顿其次定律得FN′－mg＝meq\f(v2,R)，得FN′＝9mg，由牛顿第三定律可知FN＝FN′＝9mg，选项D错误。3．如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起。在平行于斜面的拉力F的作用下两物块均做匀速运动（细线保持拉直状态)，从图示位置起先计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x表示每个物块所通过的路程，E表示两物块组成的系统的机械能，Wf表示甲物块克服摩擦力所做的功，Ep表示两物块组成的系统的重力势能，WF表示拉力F对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是()【答案】C【解析】相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，得：h甲＜h乙，即随意段时间内，乙增加的重力势能大于甲削减的重力势能，系统的重力势能是增加的，而系统动能不变，则系统的机械能也是增加的，故A、B错误；甲物块克服摩擦力所做的功Wf＝μmgscos30°，s＝vt，故Wf－t图线为过原点的倾斜直线，同理WF－t图线亦为过原点的直线，故C正确，D错误。4．(多选)如图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止起先下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为l＝5.5m，传送带始终以v＝3m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，则()A．物体由A运动到B的时间是1.5sB．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1N·sC．物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5J的热量D．带动传送带转动的电动机在物体由A运动到B的过程中，多做了3J功【答案】BCD【解析】物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，代入数据得v0＝2m/s，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，后做匀速运动，有t1＝eq\f(v－v0,μg)＝1s，s1＝eq\f(v＋v0,2)t1＝2.5m，t2＝eq\f(l－s1,v)＝1s，t＝t1＋t2＝2s，选项A错误；物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1N·s，选项B正确；在t1时间内，传送带做匀速运动s带＝vt1＝3m，Q＝μmgΔs＝μmg(s带－s1)，代入数据得Q＝0.5J，选项C正确；物体从A运动到B的过程中，物体动能增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电动机多做的功为W＝Q＋ΔEk＝3J，选项D正确。5．(多选)用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，如图所示。将细绳剪断后()A．小球马上获得的加速度B．小球落地的速度大于eq\r(2gh)C．小球落地的时间等于eq\r(\f(2h,g))D．小球在细绳剪断瞬间起起先做平抛运动【答案】BC【解析】初态小球平衡，剪断绳后，小球合外力与绳中拉力等大反向，，所以加速度，A错误；设初态弹簧的弹性势能为Ep，依据机械能守恒得，速度大于eq\r(2gh)，B正确；小球被水平弹出后，只受重力做平抛运动，竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2，运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))，C正确；小球在细绳剪断瞬间，仍受弹簧弹力，所以不是平抛运动，D错误。6．(多选)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m。现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设全部球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中()A．小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒B．小球B的机械能始终减小C．小球B落地时的速度大小为eq\r(2gh)D．当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg【答案】CD【解析】小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，依据功能关系mgh＝eq\f(1,2)mv2可知小球B的速度为eq\r(2gh)，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确。7．如图所示为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置，L＝1m的水平直轨道AB与半径均为0.4m的竖直光滑螺旋圆轨道(O、Oʹ为圆心，C为最高点)相切于B，Bʹ为第2个圆与水平轨道的切点，OʹD与OʹBʹ的夹角为60°，接收装置为高度可调整的平台，EF为平台上一条直线，O'EF在同一竖直平面内，装置切面图可抽象为如图所示模型。质量为0.6kg的电动小汽车以额定功率P＝6W从起点A启动沿轨道运动，刚好能通过C点，之后沿圆弧从Bʹ运动至D点后抛出，沿水平方向落到平台E点，小汽车与水平直轨道AB的动摩擦因数μ＝0.2，其余轨道均光滑。(空气阻力不计，g取10m/s2，小汽车运动过程中可视为质点)(1)求电动机的工作时间；(2)要保证小汽车沿水平方向到达平台E点，求平台调整到的高度H和EBʹ的水平位移X。【解析】(1)小汽车恰好能通过最高点C，有：mg＝从A到C过程，由动能定理得：Pt－μmgL－2mgR＝eq\f(1,2)mvC2－0联立解得t＝1.2s(2)从C到D过程，由机械能守恒定律得：mg(R＋Rsin30°)＋eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mvD2解得vD＝4m/svDx＝vDsin30°＝2m/svDy＝vDcos30°＝2eq\r(3)m/s将从D到E的运动看成逆向平抛运动，有：vDy＝gth＝eq\f(1,2)gt2x＝vDxtH＝h＋R(1－cos60°)X＝x＋Rsin60°解得：H＝0.8m，X＝0.6eq\r(3)m。8．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平直轨道BD相切于B点，轨道D端固定一竖直挡板。圆弧轨道的圆心为O、半径为R，轨道BC段光滑且长度大于eq\r(2)R，CD段粗糙且长度为R。质量均为m的P、Q两个小球用轻杆连接，从图示位置由静止释放，Q球与档板碰撞后反向弹回，每次碰撞后瞬间P、Q两球的总动能均为碰撞前瞬间的eq\f(3,4)。Q球第一次反弹后，P球沿轨道AB上升的最大高度为eq\f(2,5)R，重力加速度为g。求：(1)P球第一次运动至B点时速度大小v0及此过程中轻杆对Q球所做的功W；(2)Q球与轨道CD间的动摩擦因数μ；(3)Q球最终静止时与挡板间的距离x。【解析】(1)P球第一次运动至B点过程中，对P、Q两球有：mgR＝eq\f(1,2)×2mv02所以：v0＝eq\r(gR)P球第一次运动至B点过程中，轻杆对Q球所做的功W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mgR。(2)Q球第一次运动至D点过程中，对P、Q球有：mgR－μmgR＝EkQ球与挡板碰撞后反向弹回，P球沿轨道AB上升的最大高度过程中，有：－eq\f(2,5)mgR－μmgR＝－eq\f(3,4)Ek联立可得μ＝0.2。(3)Q球其次次运动至D点过程中，对P、Q球有：eq\f(2,5)mgR－μmgR＝mgR其次次碰后对P、Q球有：解得：x＝eq\f(3,4)R。9．如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R＝1m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，LBC＝2.5m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内。使质量m＝0.5kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时马上受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F＝5N的恒力，始终保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为vE＝eq\r(10)m/s。已知P与水平面斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离。【解析】(1)P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为FN，由牛顿运动定律得：解得：FN＝3N由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FNʹ＝3N。(2)P从D点到E点，由动能定理得：