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(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用含解析

PAGE8-功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用1．此學(xué)問點(diǎn)每年必考，試題往往與其他學(xué)問點(diǎn)相結(jié)合，難度較大。2．留意要點(diǎn)：(1)只涉及動(dòng)能的改變用動(dòng)能定理分析。(2)只涉及重力勢(shì)能的改變，用重力做功與重力勢(shì)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(shì)能和動(dòng)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(jī)械能不守恒B.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D.當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J【答案】AB【解析】下滑5m的過程中，重力勢(shì)能削減30J，動(dòng)能增加10J，減小的重力勢(shì)能并不等與增加的動(dòng)能，所以機(jī)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(shì)面，則物塊在斜面頂端時(shí)的重力勢(shì)能mgh＝30J，可得質(zhì)量m＝1kg，下滑5m過程中，由功能原理，機(jī)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(cuò)誤；物塊下滑2.0m時(shí)，重力勢(shì)能削減12J，動(dòng)能增加4J，所以機(jī)械能損失了8J，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。例2．(2024?全國II卷?18)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，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(shí)，物體的速率為20m/sC．h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能削減100J【考題解讀】本題考查動(dòng)能、重力勢(shì)能、機(jī)械能的概念和動(dòng)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(shí)力，體現(xiàn)了能量觀念和科學(xué)推理的核心素養(yǎng)，同時(shí)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(shí)，Ep＝0，Ek＝E機(jī)－Ep＝100J－0＝100J，故eq\f(1,2)mv2＝100J，解得v＝10m/s，B錯(cuò)誤；h＝2m時(shí)，Ep＝40J，Ek＝E機(jī)－Ep＝85J－40J＝45J，C錯(cuò)誤；h＝0時(shí)，Ek＝E機(jī)－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m時(shí)，Ek?＝E機(jī)－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(diǎn)A由靜止滑下，經(jīng)最低點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到圓形軌道最高點(diǎn)C的過程中，忽視空氣阻力和摩擦力，僅有動(dòng)能和重力勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化（取B處的重力勢(shì)能為零），則過山車()A．在A處的機(jī)械能等于在C處的動(dòng)能B．在A處的重力勢(shì)能大于在C處的動(dòng)能C．在B處的機(jī)械能小于在C處的機(jī)械能D．在B處的機(jī)械能等于在C處的重力勢(shì)能【答案】B【解析】由題意可知，過山車在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，A處動(dòng)能為0，C處動(dòng)能不為零，在A處的機(jī)械能大于在C處的動(dòng)能，A錯(cuò)誤；因?yàn)锳處的動(dòng)能為0，所以A處的機(jī)械能等于A處的重力勢(shì)能，且C處動(dòng)能和勢(shì)能均不為0，在A處的重力勢(shì)能大于在C處的動(dòng)能，B正確；因?yàn)檫^山車在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，在B處的機(jī)械能等于在C處的機(jī)械能，C錯(cuò)誤；在B處的機(jī)械能等于在C處的機(jī)械能，且C處動(dòng)能和勢(shì)能均不為0，所以在B處的機(jī)械能大于在C處的重力勢(shì)能，D錯(cuò)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(xì)桿平滑拼接組成“S”形軌道，一個(gè)質(zhì)量為m的小環(huán)套在軌道上，小環(huán)從軌道最高點(diǎn)由靜止起先下滑，下滑過程中始終受到一個(gè)水平恒力F的作用，小環(huán)能下滑到最低點(diǎn)，重力加速度大小為g，則小環(huán)從最高點(diǎn)下滑到最低點(diǎn)的過程中()A．小環(huán)機(jī)械能守恒B．外力F始終做正功C．小環(huán)在最低點(diǎn)的速度大小為2eq\r(2gR)D．在最低點(diǎn)小環(huán)對(duì)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(shí)而做正功時(shí)而做負(fù)功，軌道的作用力始終不做功，故小環(huán)機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小環(huán)從最高點(diǎn)下滑到最低點(diǎn)的過程中，在沿水平恒力F方向上的位移為0，則由動(dòng)能定理可得整個(gè)過程中重力做的功等于動(dòng)能改變量，mg·4R＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(2gR)，選項(xiàng)C正確；小環(huán)在最低點(diǎn)，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(xiàng)D錯(cuò)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(duì)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(xì)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(yùn)動(dòng)（細(xì)線保持拉直狀態(tài))，從圖示位置起先計(jì)時(shí)，在甲物塊與滑輪相碰前的一段時(shí)間內(nèi)，下面的圖象中，x表示每個(gè)物塊所通過的路程，E表示兩物塊組成的系統(tǒng)的機(jī)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(shì)能，WF表示拉力F對(duì)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(shí)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(shí)間內(nèi)，乙增加的重力勢(shì)能大于甲削減的重力勢(shì)能，系統(tǒng)的重力勢(shì)能是增加的，而系統(tǒng)動(dòng)能不變，則系統(tǒng)的機(jī)械能也是增加的，故A、B錯(cuò)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(diǎn)的傾斜直線，同理WF－t圖線亦為過原點(diǎn)的直線，故C正確，D錯(cuò)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(diǎn)由靜止起先下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)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(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則()A．物體由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5sB．物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體的沖量大小為1N·sC．物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生0.5J的熱量D．帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)在物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，多做了3J功【答案】BCD【解析】物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，由機(jī)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(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)A錯(cuò)誤；物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體的沖量大小為I＝μmgt1＝1N·s，選項(xiàng)B正確；在t1時(shí)間內(nèi)，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)s帶＝vt1＝3m，Q＝μmgΔs＝μmg(s帶－s1)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.5J，選項(xiàng)C正確；物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，物體動(dòng)能增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電動(dòng)機(jī)多做的功為W＝Q＋ΔEk＝3J，選項(xiàng)D正確。5．(多選)用細(xì)繩拴一個(gè)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(xì)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(shí)間等于eq\r(\f(2h,g))D．小球在細(xì)繩剪斷瞬間起起先做平拋運(yùn)動(dòng)【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(cuò)誤；設(shè)初態(tài)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，依據(jù)機(jī)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(yùn)動(dòng)，豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))，C正確；小球在細(xì)繩剪斷瞬間，仍受彈簧彈力，所以不是平拋運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)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?，F(xiàn)將A、B兩小球置于距地面高h(yuǎn)處，由靜止釋放，假設(shè)全部球只在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)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(jī)械能和動(dòng)量均守恒B．小球B的機(jī)械能始終減小C．小球B落地時(shí)的速度大小為eq\r(2gh)D．當(dāng)小球A的機(jī)械能最小時(shí)，地面對(duì)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(jī)械能守恒但動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；由于D球受力平衡，所以D球在整個(gè)過程中不會(huì)動(dòng)，所以輕桿DB對(duì)B不做功，而輕桿BE對(duì)B先做負(fù)功后做正功，所以小球B的機(jī)械能先減小后增加，故B錯(cuò)誤；當(dāng)B落地時(shí)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(jī)械能最小時(shí)，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(gè)兒童電動(dòng)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(diǎn))相切于B，B?為第2個(gè)圓與水平軌道的切點(diǎn)，O?D與O?B?的夾角為60°，接收裝置為高度可調(diào)整的平臺(tái)，EF為平臺(tái)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(dòng)小汽車以額定功率P＝6W從起點(diǎn)A啟動(dòng)沿軌道運(yùn)動(dòng)，剛好能通過C點(diǎn)，之后沿圓弧從B?運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)后拋出，沿水平方向落到平臺(tái)E點(diǎn)，小汽車與水平直軌道AB的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余軌道均光滑。(空氣阻力不計(jì)，g取10m/s2，小汽車運(yùn)動(dòng)過程中可視為質(zhì)點(diǎn))(1)求電動(dòng)機(jī)的工作時(shí)間；(2)要保證小汽車沿水平方向到達(dá)平臺(tái)E點(diǎn)，求平臺(tái)調(diào)整到的高度H和EB?的水平位移X。【解析】(1)小汽車恰好能通過最高點(diǎn)C，有：mg＝從A到C過程，由動(dòng)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(jī)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(yùn)動(dòng)看成逆向平拋運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)，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(gè)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(dòng)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(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度大小v0及此過程中輕桿對(duì)Q球所做的功W；(2)Q球與軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)Q球最終靜止時(shí)與擋板間的距離x。【解析】(1)P球第一次運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中，對(duì)P、Q兩球有：mgR＝eq\f(1,2)×2mv02所以：v0＝eq\r(gR)P球第一次運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中，輕桿對(duì)Q球所做的功W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mgR。(2)Q球第一次運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)過程中，對(duì)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(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)過程中，對(duì)P、Q球有：eq\f(2,5)mgR－μmgR＝mgR其次次碰后對(duì)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(shí)另一端位于水平面上B點(diǎn)處，B點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。水平面的右側(cè)C點(diǎn)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(diǎn)，半圓軌道的最高點(diǎn)為E，G為半圓軌道的另一端點(diǎn)，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(diǎn)，然后由靜止釋放P，P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(duì)物塊P的作用，結(jié)果P通過半圓軌道的最高點(diǎn)E時(shí)的速度為vE＝eq\r(10)m/s。已知P與水平面斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能；(3)若其他條件不變，增大B、C間的距離使P過G點(diǎn)后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落點(diǎn)距D點(diǎn)的距離?！窘馕觥?1)P在半圓軌道的最高點(diǎn)E，設(shè)軌道對(duì)P的壓力為FN，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：解得：FN＝3N由牛頓第三定律得，P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN?＝3N。(2)P從D點(diǎn)到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：