統(tǒng)考版2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)提升指導(dǎo)與精練9功能關(guān)系機械能守恒定律及其應(yīng)用含解析

PAGE8-功能關(guān)系、機械能守恒定律及其應(yīng)用1．此學(xué)問點每年必考，試題往往與其他學(xué)問點相結(jié)合，難度較大。2．留意要點：(1)只涉及動能的改變用動能定理分析。(2)只涉及重力勢能的改變，用重力做功與重力勢能改變的關(guān)系分析。例1．(2024?全國I卷?20)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止起先沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的改變?nèi)鐖D中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則（）A.物塊下滑過程中機械能不守恒B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D.當(dāng)物塊下滑2.0m時機械能損失了12J【答案】AB【解析】下滑5m的過程中，重力勢能削減30J，動能增加10J，減小的重力勢能并不等與增加的動能，所以機械能不守恒，A正確；斜面高3m、長5m，則斜面傾角為θ＝37°。令斜面底端為零勢面，則物塊在斜面頂端時的重力勢能mgh＝30J，可得質(zhì)量m＝1kg，下滑5m過程中，由功能原理，機械能的削減量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正確；由牛頓其次定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C錯誤；物塊下滑2.0m時，重力勢能削減12J，動能增加4J，所以機械能損失了8J，D選項錯誤。例2．(2024?全國II卷?18)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的改變?nèi)鐖D所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動能削減100J【考題解讀】本題考查動能、重力勢能、機械能的概念和動能定理、功能關(guān)系的應(yīng)用，以及利用數(shù)形結(jié)合處理物理問題的實力，體現(xiàn)了能量觀念和科學(xué)推理的核心素養(yǎng)，同時還體現(xiàn)了圖像展示物理關(guān)系的形式美?！敬鸢浮緼D【解析】Ep－h(huán)圖像知其斜率為G，故G＝20N，解得m＝2kg，A正確；h＝0時，Ep＝0，Ek＝E機－Ep＝100J－0＝100J，故eq\f(1,2)mv2＝100J，解得v＝10m/s，B錯誤；h＝2m時，Ep＝40J，Ek＝E機－Ep＝85J－40J＝45J，C錯誤；h＝0時，Ek＝E機－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m時，Ek?＝E機－Ep＝80J－80J＝0，故Ek－Ek?＝100J，D正確。提分訓(xùn)練提分訓(xùn)練1．如圖所示，過山車從斜軌上的最高點A由靜止滑下，經(jīng)最低點B運動到圓形軌道最高點C的過程中，忽視空氣阻力和摩擦力，僅有動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化（取B處的重力勢能為零），則過山車()A．在A處的機械能等于在C處的動能B．在A處的重力勢能大于在C處的動能C．在B處的機械能小于在C處的機械能D．在B處的機械能等于在C處的重力勢能【答案】B【解析】由題意可知，過山車在運動過程中機械能守恒，A處動能為0，C處動能不為零，在A處的機械能大于在C處的動能，A錯誤；因為A處的動能為0，所以A處的機械能等于A處的重力勢能，且C處動能和勢能均不為0，在A處的重力勢能大于在C處的動能，B正確；因為過山車在運動過程中機械能守恒，在B處的機械能等于在C處的機械能，C錯誤；在B處的機械能等于在C處的機械能，且C處動能和勢能均不為0，所以在B處的機械能大于在C處的重力勢能，D錯誤。2．如圖所示，豎直面內(nèi)，兩段半徑均為R的光滑半圓形細桿平滑拼接組成“S”形軌道，一個質(zhì)量為m的小環(huán)套在軌道上，小環(huán)從軌道最高點由靜止起先下滑，下滑過程中始終受到一個水平恒力F的作用，小環(huán)能下滑到最低點，重力加速度大小為g，則小環(huán)從最高點下滑到最低點的過程中()A．小環(huán)機械能守恒B．外力F始終做正功C．小環(huán)在最低點的速度大小為2eq\r(2gR)D．在最低點小環(huán)對軌道的壓力大小為mg【答案】C【解析】小環(huán)下滑過程中受重力、軌道沿半徑方向的作用力和水平外力F，重力始終做正功，外力F時而做正功時而做負功，軌道的作用力始終不做功，故小環(huán)機械能不守恒，選項A、B錯誤；小環(huán)從最高點下滑到最低點的過程中，在沿水平恒力F方向上的位移為0，則由動能定理可得整個過程中重力做的功等于動能改變量，mg·4R＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(2gR)，選項C正確；小環(huán)在最低點，由牛頓其次定律得FN′－mg＝meq\f(v2,R)，得FN′＝9mg，由牛頓第三定律可知FN＝FN′＝9mg，選項D錯誤。3．如圖所示，傾角為30°的粗糙斜面與傾角為60°的足夠長的光滑斜面對接在一起，兩斜面上分別放有質(zhì)量均為m的物塊甲和乙，兩物塊通過一跨過定滑輪的細線連在一起。在平行于斜面的拉力F的作用下兩物塊均做勻速運動（細線保持拉直狀態(tài))，從圖示位置起先計時，在甲物塊與滑輪相碰前的一段時間內(nèi)，下面的圖象中，x表示每個物塊所通過的路程，E表示兩物塊組成的系統(tǒng)的機械能，Wf表示甲物塊克服摩擦力所做的功，Ep表示兩物塊組成的系統(tǒng)的重力勢能，WF表示拉力F對乙物塊所做的功，則圖象中所反映的關(guān)系可能正確的是()【答案】C【解析】相同時間內(nèi)兩物塊的位移大小相等，但斜面傾角不同，得：h甲＜h乙，即隨意段時間內(nèi)，乙增加的重力勢能大于甲削減的重力勢能，系統(tǒng)的重力勢能是增加的，而系統(tǒng)動能不變，則系統(tǒng)的機械能也是增加的，故A、B錯誤；甲物塊克服摩擦力所做的功Wf＝μmgscos30°，s＝vt，故Wf－t圖線為過原點的傾斜直線，同理WF－t圖線亦為過原點的直線，故C正確，D錯誤。4．(多選)如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的物體從高為h＝0.2m的光滑軌道上P點由靜止起先下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，傳送帶AB之間的距離為l＝5.5m，傳送帶始終以v＝3m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則()A．物體由A運動到B的時間是1.5sB．物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為1N·sC．物體由A運動到B的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生0.5J的熱量D．帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機在物體由A運動到B的過程中，多做了3J功【答案】BCD【解析】物體下滑到A點的速度為v0，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，代入數(shù)據(jù)得v0＝2m/s，物體在摩擦力作用下先做勻加速運動，后做勻速運動，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，選項A錯誤；物體由A運動到B的過程中，摩擦力對物體的沖量大小為I＝μmgt1＝1N·s，選項B正確；在t1時間內(nèi)，傳送帶做勻速運動s帶＝vt1＝3m，Q＝μmgΔs＝μmg(s帶－s1)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.5J，選項C正確；物體從A運動到B的過程中，物體動能增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電動機多做的功為W＝Q＋ΔEk＝3J，選項D正確。5．(多選)用細繩拴一個質(zhì)量為m的小球，小球?qū)⒁还潭ㄔ趬ι系乃捷p質(zhì)彈簧壓縮了x(小球與彈簧不拴連)，如圖所示。將細繩剪斷后()A．小球馬上獲得的加速度B．小球落地的速度大于eq\r(2gh)C．小球落地的時間等于eq\r(\f(2h,g))D．小球在細繩剪斷瞬間起起先做平拋運動【答案】BC【解析】初態(tài)小球平衡，剪斷繩后，小球合外力與繩中拉力等大反向，，所以加速度，A錯誤；設(shè)初態(tài)彈簧的彈性勢能為Ep，依據(jù)機械能守恒得，速度大于eq\r(2gh)，B正確；小球被水平彈出后，只受重力做平拋運動，豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2，運動時間t＝eq\r(\f(2h,g))，C正確；小球在細繩剪斷瞬間，仍受彈簧彈力，所以不是平拋運動，D錯誤。6．(多選)用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C、D、E處于豎直平面上，各段輕桿等長，其中小球A、B的質(zhì)量均為2m，小球C、D、E的質(zhì)量均為m。現(xiàn)將A、B兩小球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設(shè)全部球只在同一豎直平面內(nèi)運動，不計一切摩擦，則在下落過程中()A．小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機械能和動量均守恒B．小球B的機械能始終減小C．小球B落地時的速度大小為eq\r(2gh)D．當(dāng)小球A的機械能最小時，地面對小球C的支持力大小為mg【答案】CD【解析】小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機械能守恒但動量不守恒，故A錯誤；由于D球受力平衡，所以D球在整個過程中不會動，所以輕桿DB對B不做功，而輕桿BE對B先做負功后做正功，所以小球B的機械能先減小后增加，故B錯誤；當(dāng)B落地時小球E的速度等于零，依據(jù)功能關(guān)系mgh＝eq\f(1,2)mv2可知小球B的速度為eq\r(2gh)，故C正確；當(dāng)小球A的機械能最小時，輕桿AC沒有力，小球C豎直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正確。7．如圖所示為一個兒童電動小汽車的軌道傳送接收裝置，L＝1m的水平直軌道AB與半徑均為0.4m的豎直光滑螺旋圓軌道(O、O?為圓心，C為最高點)相切于B，B?為第2個圓與水平軌道的切點，O?D與O?B?的夾角為60°，接收裝置為高度可調(diào)整的平臺，EF為平臺上一條直線，O'EF在同一豎直平面內(nèi)，裝置切面圖可抽象為如圖所示模型。質(zhì)量為0.6kg的電動小汽車以額定功率P＝6W從起點A啟動沿軌道運動，剛好能通過C點，之后沿圓弧從B?運動至D點后拋出，沿水平方向落到平臺E點，小汽車與水平直軌道AB的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余軌道均光滑。(空氣阻力不計，g取10m/s2，小汽車運動過程中可視為質(zhì)點)(1)求電動機的工作時間；(2)要保證小汽車沿水平方向到達平臺E點，求平臺調(diào)整到的高度H和EB?的水平位移X?！窘馕觥?1)小汽車恰好能通過最高點C，有：mg＝從A到C過程，由動能定理得：Pt－μmgL－2mgR＝eq\f(1,2)mvC2－0聯(lián)立解得t＝1.2s(2)從C到D過程，由機械能守恒定律得：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將從D到E的運動看成逆向平拋運動，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．如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道AB與水平直軌道BD相切于B點，軌道D端固定一豎直擋板。圓弧軌道的圓心為O、半徑為R，軌道BC段光滑且長度大于eq\r(2)R，CD段粗糙且長度為R。質(zhì)量均為m的P、Q兩個小球用輕桿連接，從圖示位置由靜止釋放，Q球與檔板碰撞后反向彈回，每次碰撞后瞬間P、Q兩球的總動能均為碰撞前瞬間的eq\f(3,4)。Q球第一次反彈后，P球沿軌道AB上升的最大高度為eq\f(2,5)R，重力加速度為g。求：(1)P球第一次運動至B點時速度大小v0及此過程中輕桿對Q球所做的功W；(2)Q球與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ；(3)Q球最終靜止時與擋板間的距離x?！窘馕觥?1)P球第一次運動至B點過程中，對P、Q兩球有：mgR＝eq\f(1,2)×2mv02所以：v0＝eq\r(gR)P球第一次運動至B點過程中，輕桿對Q球所做的功W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mgR。(2)Q球第一次運動至D點過程中，對P、Q球有：mgR－μmgR＝EkQ球與擋板碰撞后反向彈回，P球沿軌道AB上升的最大高度過程中，有：－eq\f(2,5)mgR－μmgR＝－eq\f(3,4)Ek聯(lián)立可得μ＝0.2。(3)Q球其次次運動至D點過程中，對P、Q球有：eq\f(2,5)mgR－μmgR＝mgR其次次碰后對P、Q球有：解得：x＝eq\f(3,4)R。9．如圖所示輕彈簧一端固定在水平面上的豎直擋板上，處于原長時另一端位于水平面上B點處，B點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。水平面的右側(cè)C點處有一足夠長的斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為37°，斜面上有一半徑為R＝1m的光滑半圓軌道與斜面切于D點，半圓軌道的最高點為E，G為半圓軌道的另一端點，LBC＝2.5m，A、B、C、D、E、G均在同一豎直面內(nèi)。使質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊P擠壓彈簧右端至A點，然后由靜止釋放P，P到達B點時馬上受到斜向右上方，與水平方向的夾角為37°，大小為F＝5N的恒力，始終保持F對物塊P的作用，結(jié)果P通過半圓軌道的最高點E時的速度為vE＝eq\r(10)m/s。已知P與水平面斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)P運動到E點時對軌道的壓力大??；(2)彈簧的最大彈性勢能；(3)若其他條件不變，增大B、C間的距離使P過G點后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落點距D點的距離。【解析】(1)P在半圓軌道的最高點E，設(shè)軌道對P的壓力為FN，由牛頓運動定律得：解得：FN＝3N由牛頓第三定律得，P運動到E點時對軌道的壓力FN?＝3N。(2)P從D點到E點，由動能定理得：