2025届高考物理二轮复习第一部分专题二功第6讲功能关系机械能守恒定律和能量守恒定律练习含解析

PAGE24-第6讲功能关系机械能守恒定律和能量守恒定律构建网络·重温真题1．(2024·全国卷Ⅱ)(多选)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答案AD解析由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20N，因此m＝2kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此v0＝10m/s，B错误；由图象知h＝2m时，E总＝90J，Ep＝40J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C错误；h＝4m时，E总＝Ep＝80J，即此时Ek＝0，即从地面至h＝4m，动能削减100J，D正确。2．(2024·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为eq\r(2μgs)答案BC解析物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；依据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，依据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；依据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D错误。3．(2024·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止起先向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点起先运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR答案C解析小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点起先运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，解得：vc＝2eq\r(gR)。小球运动到c点后，依据小球受力状况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝eq\f(vc,g)＝eq\f(2\r(gR),g)，水平方向的位移为：x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(1,2)g(eq\f(2\r(gR),g))2＝2R，综上所述小球从a点起先运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。4．(2024·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的匀称松软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl答案A解析以匀称松软细绳MQ段为探讨对象，其质量为eq\f(2,3)m，取M点所在的水平面为零势能面，起先时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的改变，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，选项A正确。5．(2024·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，渐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2。(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J②设地面旁边的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh③式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为Eh′＝eq\f(1,2)m(eq\f(2.0,100)vh)2＋mgh′⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J。6．(2024·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽视一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物块和小球的质量之比M∶m；(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。答案(1)eq\f(5,3)Mg－mg(2)eq\f(6,5)(3)T＝eq\f(8mMg,5m＋M)(T＝eq\f(48,55)mg或T＝eq\f(8,11)Mg)解析(1)如图所示，设小球受AC、BC方向的拉力分别为F1、F2F1sin53°＝F2cos53°F＋mg＝F1cos53°＋F2sin53°且F1＝Mg解得F＝eq\f(5,3)Mg－mg。(2)小球运动到与A、B相同高度过程中，小球上上升度h1＝3lsin53°物块下降高度h2＝lAC＋lBC－lAB＝2l依据机械能守恒定律mgh1＝Mgh2解得eq\f(M,m)＝eq\f(6,5)。(3)依据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时回到起始点。设此时小球沿AC方向的加速度大小为a，物块受到的拉力为T依据牛顿其次定律，Mg－T＝Ma小球受AC方向的拉力T′＝T依据牛顿其次定律，T′－mgcos53°＝ma解得T＝eq\f(8mMg,5m＋M)(T＝eq\f(48,55)mg或T＝eq\f(8,11)Mg)。命题特点：功能关系和能量守恒是高考的重点，更是高考的热点，高考试题往往与电场、磁场以及典型的运动情境相联系，多以选择题和计算题的形式考查。思想方法：能量守恒思想、图象法、全过程法和分段法。高考考向1机械能守恒定律的应用例1(2024·江苏省丹阳市丹阳高级中学三模)光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直。始终径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球接着运动。已知弧形轨道的半径为R＝eq\f(8,3)m，所对应的圆心角为53°，sin53°＝0.8，g＝10m/s2。(1)若M＝5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小；(2)若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度h＝eq\f(4,3)m时到C点的水平位移的大小；(3)M、m满意什么关系时，小球能够运动到C点？eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)如何求小球运动到C点的速度？提示：先依据系统机械能守恒或运动学公式求小球运动到B点的速度，再由机械能守恒定律求小球运动到C点的速度。(2)小球能运动到C点的临界条件是什么？提示：小球运动到C点时速度刚好为零。[解析](1)设细线中张力为F，对小球：F－mgsin53°＝ma对物块：Mg－F＝Ma联立解得：a＝7m/s2。(2)在△OAB中，得：xAB＝eq\f(R,tan53°)；由v2＝2axAB，代入数据解得：v＝2eq\r(7)m/s；从B到C，依据机械能守恒定律，有：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1－cos53°)小球离开C后做平抛运动，有：x＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，联立并代入数据解得：x＝eq\f(4,3)m。(3)小球从A到B：M、m组成的系统机械能守恒，有：eq\f(1,2)(M＋m)v2＝MgxAB－mgxABsin53°线断后，小球从B到C,0－eq\f(1,2)mv2＝－mgR(1－cos53°)联立解得：M＝eq\f(20,7)m，故M≥eq\f(20,7)m时小球能运动到C点。[答案](1)7m/s2(2)eq\f(4,3)m(3)M≥eq\f(20,7)m1.机械能守恒的推断(1)利用机械能的定义推断：若系统的动能、重力势能和弹性势能的总和不变，则机械能守恒。(2)利用做功推断：若系统只有重力或弹簧弹力做功，或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。(3)利用能量转化推断：若系统只有动能和势能的相互转化，或还有其他形式能之间的相互转化，而无机械能与其他形式能之间的相互转化，则机械能守恒。(4)绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，机械能不守恒。2．应用机械能守恒定律解题时的三点留意(1)要留意探讨对象的选取探讨对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为探讨对象机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为探讨对象，机械能却是守恒的。如图所示，单独选物体A机械能削减，但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒。(2)要留意探讨过程的选取有些问题探讨对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒。因此，在应用机械能守恒定律解题时要留意过程的选取。(3)要留意机械能守恒表达式的选取1.(2024·东北三省三校二模)(多选)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分别不接触，且两杆间的距离忽视不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接。将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是()A．a球和b球所组成的系统机械能守恒B．b球的速度为零时，a球的加速度大小肯定等于gC．b球的最大速度为eq\r(2＋\r(2)gL)D．a球的最大速度为eq\r(\r(2)gL)答案AC解析a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转化，因此a球和b球的机械能守恒，A正确；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由速度关联可知vbcosθ＝vasinθ，得vb＝vatanθ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置和L2杆平行，此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，当va＝0时，vb也为0，如题图所示位置，此时a的加速度小于g，故B错误；当杆L和杆L1平行成竖直状态，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点的位置的时候，球b的速度达到最大，此时由速度的关联可知a球的速度为0，因此由机械能守恒定律有：mg(eq\f(\r(2),2)L＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，得vb＝eq\r(2＋\r(2)gL)，C正确；当轻杆L向下运动到杆L1和杆L2的交点的位置时，此时杆L和杆L2平行，由速度的关联可知此时b球的速度为0，由机械能守恒定律有：eq\f(\r(2),2)mg·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，得va＝eq\r(\r(2)gL)，此时a球具有向下的加速度g，因此此时a球的速度不是最大，a球将接着向下运动到加速度为0时速度达到最大，D错误。2．(2024·安徽省阜阳市第三中学模拟)(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，起先时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是()A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧的劲度系数为eq\f(2mg,h)C．物体A着地时的加速度大小为eq\f(g,2)D．物体A着地时弹簧的弹性势能为2mgh答案AC解析由题可知，物体A下落过程中，B始终静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；A即将触地时，物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T＝mg，起先时弹簧处于原长，由胡克定律知：T＝kh，得弹簧的劲度系数为k＝eq\f(mg,h)，故B错误；物体A着地时，细绳对A的拉力等于mg，对A受力分析，依据牛顿其次定律得2mg－mg＝2ma，得a＝eq\f(g,2)，故C正确；物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，有：2mgh＝Ep＋eq\f(1,2)×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D错误。高考考向2功能关系的综合应用例2(2024·天津河北区一模)(多选)如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是()A．此时物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为f(x＋L)C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fLD．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fLeq\a\vs4\al(破题关键点)(1)如何求物块和小车的动能？提示：应用动能定理。(2)如何求物块和小车组成的系统的机械能的改变？提示：除重力和系统内弹力以外的力所做的功等于机械能的改变。(3)如何求系统内因摩擦而产生的热量？提示：系统克服滑动摩擦力做的功等于系统产生的热量。[解析]由图可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力所做的功为F(x＋L)，摩擦力所做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能为fx，故B错误；物块和小车增加的机械能等于拉力和摩擦力对物块和小车做的功的总和，为F(x＋L)－f(x＋L)＋fx＝F(x＋L)－fL，故C正确；系统内因摩擦而产生的热量等于系统克服摩擦力做的功，为f(x＋L)－fx＝fL，D正确。[答案]CD常见的功能关系3．(2024·江苏南通一模)(多选)“蹦极”是一项深受年轻人宠爱的极限运动，跳动者把一端固定的长弹性绳绑在腰间，从几十米高处跳下。如右图所示，某人做蹦极运动，他从高台由静止起先下落，下落过程不计空气阻力，设弹性绳原长为h0，弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比。则他在从高台下落至最低点的过程中，他的动能Ek、弹性绳的弹性势能Ep随下落高度h改变的关系图象正确的是()答案BD解析弹性绳被拉直前(h≤h0)，人做自由落体运动，依据动能定理可得Ek＝mgh，弹性绳的弹性势能为零；弹性绳刚被拉直到人到达最低点的过程(h≥h0)，弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比，故Ep＝k(h－h0)2，则人克服弹力做功W弹＝k(h－h0)2，依据动能定理可得Ek＝mgh－W弹，Ek＝mgh－k(h－h0)2，故B、D正确，A、C错误。4．(2024·辽宁大连二模)(多选)如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面对上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回究竟端，整个过程小物块的v­t图象如图乙所示。下列推断正确的是()A．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)B．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍C．物块沿斜面上滑的过程中机械能削减eq\f(3,16)mveq\o\al(2,0)D．物块沿斜面下滑的过程中动能增加eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)答案BD解析由v­t图得上滑过程的加速度大小：a＝eq\f(v0,t0)，下滑过程的加速度大小：a′＝eq\f(0.5v0,t0)，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍，B正确；依据题意，物块上滑阶段，由牛顿其次定律可知：mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)，同理下滑过程：mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)，联立解得：μ＝eq\f(\r(3),9)，A错误；联立mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)与mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)两式，可得：f＝μmgcosθ＝eq\f(mv0,4t0)，上滑过程中，机械能减小量等于克服摩擦力做的功：ΔE＝Wf＝f·eq\f(v0t0,2)＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，C错误；对物块上滑和下滑的全过程，依据动能定理得Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－2fx，其中f＝eq\f(mv0,4t0)，x＝eq\f(1,2)v0t0，解得：Ek＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，D正确。高考考向3能量守恒定律的综合应用例3(2024·四川雅安三诊)(多选)如图所示，倾斜传送带与水平面的夹角为30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2.5m/s的速率运行，将质量m＝1kg的小物体无初速地轻放在A处，若物体与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，A、B间的距离L＝5m，重力加速度g＝10m/s2，则()A．物体刚放上A处时加速度大小为2.5m/s2B．物体从A运动到B过程中所用时间为2.0sC．物体从A运动到B过程中摩擦产生的热量为9.375JD．物体从A运动到B过程中电动机多做的功是37.5Jeq\a\vs4\al(破题关键点)(1)物体在传送带上始终向上加速吗？提示：不肯定，若在到达B点之前物体与传送带共速，则共速之后物体做匀速运动。(2)电动机多做的功转化为了什么能量？提示：物体的动能和重力势能，以及物体运动过程中摩擦产生的热量。[解析]刚放上物体时，对小物体进行受力分析，由于无初速度释放，故受到传送带斜向上的摩擦力，此外还受到竖直向下的重力及传送带的支持力，沿斜面的合力为：μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得：a＝2.5m/s2，故A正确；小物体与传送带共速时，所用时间为t1＝eq\f(v0,a)＝1s，运动的位移为：s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1.25m<L，故匀加速1.25m后，与传送带一起做匀速运动；剩余位移所花时间为：t2＝eq\f(L－s1,v0)＝1.5s，则物体从A运动到B的过程中所用时间为：t＝t1＋t2＝2.5s，故B错误；二者有相对运动时，摩擦所产生的热量为：Q＝μmgcos30°·(v0t1－s1)＝9.375J，故C正确；由能量守恒定律可知，电动机多做的功为：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgLsin30°＋Q＝37.5J，故D正确。[答案]ACD应用能量守恒定律解题的留意事项(1)应用能量守恒定律的两条基本思路①某种形式的能削减，肯定存在其他形式的能增加，且削减量和增加量肯定相等，即ΔE减＝ΔE增。②某个物体的能量削减，肯定存在其他物体的能量增加，且削减量和增加量肯定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量的转化和守恒定律，特殊留意摩擦产生的热量Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。5．(2024·江苏南京、盐城高三第三次调研)(多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。换用相同材料、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程。不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点的速度相同B．两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同答案BCD解析两次试验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达B点的动能是相等的，即eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，又m2>m1，所以v1>v2，两滑块到达B点的速度不相同，A错误；沿斜面上升时，物体受到重力、支持力、摩擦力，依据牛顿运动定律可得，ma＝mgsinθ＋μmgcosθ，a＝gsinθ＋μgcosθ，两滑块材料相同，故动摩擦因数μ相同，故两滑块上升过程中加速度相同，B正确；设滑块上升的最大高度为h，则上升到最高点过程中克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcosθ×eq\f(h,sinθ)，可得mgh＝eq\f(Ep,1＋\f(μ,tanθ))，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，C正确；因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθeq\f(h,sinθ)，因μ、mgh相同，故产生的热量相同，D正确。6．(2024·四川绵阳三模)(多选)如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面对下的匀强电场。起先时，带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面肯定高度，撤去外力，B竖直向下运动。B不带电，不计滑轮摩擦。则从A和B起先运动到B着地的过程中()A．A的电势能增加B．A和B系统的机械能守恒C．A和B系统削减的重力势能等于A增加的电势能D．轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和答案AD解析物块A带正电，所以B竖直向下运动的过程中A沿斜面对上运动，电场力对A做负功，A的电势能增大，A正确；因为电场力对A做负功，电势能增加，而总能量守恒，所以系统的机械能减小，B错误；依据能量守恒定律可知，整个过程系统重力势能减小量一部分转化成了系统的动能，另一部分转化成A增加的电势能，C错误；对A物块应用功能关系，可知轻绳拉力对A做的功等于A的电势能增加量、动能增加量和重力势能的增加量之和，D正确。易错警示系统机械能守恒中的关联速度问题例(2024·江西高三九校3月联考)(多选)如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不行伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的质量分别为m1、m2的小球和物块，且m1＞m2。起先时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接小球、物块的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方。小球由静止释放起先运动，则下列说法中正确的是()A．物块沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定B．当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的eq\r(2)倍C．小球可能沿碗面上升到B点D．在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒分析与解物块沿斜面上滑过程中，物块对斜面的压力是肯定的，斜面的受力状况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故A正确；设小球到达最低点C时小球、物块的速度大小分别为v1、v2，由速度的分解得：v1cos45°＝v2，则v1＝eq\r(2)v2，故B正确；在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，D正确；假设小球可能上升到B点，则到达B点时小球和物块的动能之和大于等于零，小球的重力势能不变，物块的重力势能增加，即小球和物块组成的系统机械能增加，不符合实际，故假设错误，小球不行能沿碗面上升到B点，C错误。答案ABD易错警示通过绳子或杆连接的物体沿绳或杆方向的速度、加速度分别相等。配套作业限时：60分钟满分：100分一、选择题(本题共7小题，每小题10分，共70分，其中第1～4题为单选题，第5～7题为多选题)1．(2024·重庆三诊)把一小球从某一高度以大小为v0的速度水平抛出，落地时速度大小仍为v0，方向竖直向下，则该运动过程中()A．小球做平抛运动B．小球的机械能守恒C．重力对小球做功的功率不变D．小球所受合外力的总功为零答案D解析小球的末速度为竖直向下，不是平抛运动，故A错误；该过程小球的动能不变，重力势能减小，故除重力以外还有其他力做功，机械能不守恒，故B错误；起先时小球竖直方向上的速度为0，落地时竖直方向上的速度为v0，由P＝Fv可知重力做功的功率改变了，故C错误；由动能定理知，小球动能不变，故合外力做功为0，故D正确。2.(2024·山西高三二模)2024年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘，在同一水平面，b为U形池最低点。刘佳宇从a点上方h高的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升至最高位置d点(相对c点高度为eq\f(h,2))。不计空气阻力，下列推断正确的是()A．从O到d的过程中机械能削减B．从a到d的过程中机械能守恒C．从d返回到c的过程中机械能削减D．从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能答案A解析运动员从O点运动到d点的过程中，重力势能减小，动能不变，摩擦力做负功，机械能减小，故A正确；从a到d的过程中克服摩擦力做功，则机械能不守恒，故B错误；从d返回到c的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C错误；从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。3.(2024·南昌三模)如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，滑块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将滑块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．A点到O点的距离小于3.2mB．从B点释放后滑块运动的最大动能为9JC．从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点的动能小于1JD．从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J答案B解析滑块从O点时起先压缩弹簧，弹力渐渐增大，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面对下的分力时滑块的速度最大，设此过程中滑块运动的位移为xA，依据能量守恒可知Ek1＋Ep＝mgxAsin30°，最大动能Ek1＝8J，若Ep＝0，则解得xA＝3.2m，实际Ep>0，所以A点到O点的距离大于3.2m，故A错误；两次释放过程中，滑块动能最大的位置相同，滑块动能最大时弹簧的弹性势能都为Ep，从B点释放滑块最大动能为：Ek2＝Ek1＋mg(xB－xA)sin30°＝8J＋0.5×10×0.4×0.5J＝9J，故B正确；从B点释放滑块被弹簧弹回经过A点时滑块的动能为：Ek＝mg(xB－xA)sin30°＝1J，故C错误；弹簧最大弹性势能等于滑块削减的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，重力势能削减量大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加量：ΔEp>mg(xB－xA)sin30°＝0.5×10×0.4×0.5J＝1J，故D错误。故选B。4.(2024·江苏省扬州中学高三模拟)如图所示，平直木板AB倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B从0起先匀称增大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的速度v、加速度a、动能Ek和机械能E机(取地面为零势能面)随下滑位移x改变的图象可能正确的是()答案C解析设斜面的倾角为α，依据题意有μ＝kx，k是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为f＝μmgcosα＝kxmgcosα，可知f∝x。依据动能定理得mgxsinα－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·x＝eq\f(1,2)mv2－0，得v2＝2gxsinα－kx2gcosα，知v­x图象为曲线，故A错误；依据牛顿其次定律得mgsinα－μmgcosα＝ma，结合μ＝kx，得a＝gsinα－kxgcosα，a随x先匀称减小后反向匀称增大，加速度先正后负，故B错误；依据动能定理得mgxsinα－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·x＝Ek－0，得Ek＝mgxsinα－eq\f(1,2)kx2mgcosα，知Ek­x图象是开口向下的抛物线，故C正确；依据功能关系知ΔE机＝－Wf＝－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·Δx＝－eq\f(1,2)kxmgcosα·Δx，随着x的增大，E机­x图象斜率肯定值增大，故D错误。5.(2024·山西省三模)如图，光滑竖直杆固定，小圆环A套在杆上并通过绳子绕过定滑轮和物块B相连，已知定滑轮到竖直杆的距离为d，起先时用手托着A使A、B都静止，A和B的质量之比为1∶eq\r(2)。现放开A，绳子和杆足够长，不计定滑轮体积和摩擦，以下说法正确的是()A．A下滑的最大距离为eq\r(2)dB．A下滑的最大距离为2eq\r(2)dC．A下滑距离为d时速度最大D．A在最低点时的加速度大小为0答案BC解析A下滑到最低点时速度为零，整个系统机械能守恒，设A的质量为m，A下滑的高度为h，则mgh＝eq\r(2)mg·(eq\r(h2＋d2)－d)，解得：h＝2eq\r(2)d，故A错误，B正确；A的速度最大时，A的加速度为零，加速度分解为沿绳子和垂直于绳子都为0，所以B的加速度此时也为0，绳子拉力等于B的重力，则eq\r(2)mgcosθ＝mg，θ＝45°，所以A下滑距离为d，故C正确；系统做往复运动，A下滑到最低点时速度为零，但加速度不为零，故D错误。故选B、C。6．(2024·湖北武汉二模)2024年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国实行，跳台滑雪是其中最具欣赏性的项目之一。跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示。一次竞赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g。只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失。由以上信息可以求出()A．运动员在空中飞行的时间B．A、B之间的高度差C．运动员在停止区运动过程中克服阻力做功的多少D．C、D两点之间的水平距离答案ABC解析运动员从B点做平抛运动，则由h＝eq\f(1,2)gt2可求解运动员在空中飞行的时间，A正确；由eq\f(h,tanθ)＝v0t可求解运动员在B点的速度v0，再由mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求解A、B之间的高度差，B正确；从B点到D点，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝Wf，可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做功的多少，C正确；由题中条件无法求解C、D两点之间的水平距离，D错误。7.(2024·湖南衡阳三模)如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽视一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中()A．球A的机械能始终减小B．球C的机械能始终增大C．球B对地面的压力可能小于mgD．球A落地的瞬时速度为eq\r(2gL)答案CD解析A与B、C在沿杆方向的分速度相等，当A落地时，A沿杆方向分速度为零，B、C停止运动。B、C应先加速后减速，杆对B、C先做正功后做负功，对A先做负功后做正功，B、C机械能先增大后减小，A的机械能先减小后增大，故A、B错误；B做减速运动时，轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可能小于mg，故C