2025屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試模塊二能量和動(dòng)量專題五功和功率動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律

模塊二能量和動(dòng)量專題五功和功率動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律[專題復(fù)習(xí)定位]1．本專題主要是復(fù)習(xí)功和功率的分析與計(jì)算、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律以及力學(xué)中的功能關(guān)系應(yīng)用。2．應(yīng)用動(dòng)能定理和力學(xué)中的功能關(guān)系分析和解決問(wèn)題。命題點(diǎn)1功和功率1．(2024·江西卷，T5)廬山瀑布“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”瀑布高150m，水流量10m3/s，假設(shè)利用瀑布來(lái)發(fā)電，能量轉(zhuǎn)化效率為70%，則發(fā)電功率為(B)A．109W B．107WC．105W D．103W解析：由題知，Δt時(shí)間內(nèi)流出的水量m＝ρQΔt＝1.0×104Δt，發(fā)電過(guò)程中水的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能，則有P＝eq\f(mgh,Δt)×70%≈1.0×107W。2．(多選)(2022·廣東卷，T9)如圖所示，載有防疫物資的無(wú)人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的有(ABD)A．從M到N，小車牽引力大小為40NB．從M到N，小車克服摩擦力做功800JC．從P到Q，小車重力勢(shì)能增加1×104JD．從P到Q，小車克服摩擦力做功700J解析：從M到N，由P1＝F1v1可得小車牽引力F1＝eq\f(P1,v1)＝eq\f(200,5)N＝40N，A正確；從M到N，小車勻速行駛，牽引力的大小等于摩擦力的大小，可得摩擦力f1＝F1＝40N，小車克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20J＝800J，B正確；從P到Q，小車上升的高度h＝PQ·sin30°＝10m，則此過(guò)程小車重力做功WG＝－mgh＝－5000J，即重力勢(shì)能增加5000J，C錯(cuò)誤；從P到Q，由P2＝F2v2可得小車牽引力F2＝eq\f(P2,v2)＝eq\f(570,2)N＝285N，從P到Q，小車勻速行駛，小車牽引力F2＝f2＋mgsin30°，解得f2＝F2－mgsin30°＝285N－50×10×eq\f(1,2)N＝35N，從P到Q，小車克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20J＝700J，D正確。3.(2022·1月浙江選考，T12)某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以v0＝15m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質(zhì)量為2.0kg，噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持H＝3.75m不變。水泵由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，輸入電壓為220V，輸入電流為2.0A，不計(jì)電動(dòng)機(jī)的摩擦損耗，電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的輸出功率與轉(zhuǎn)入功率之比)為75%，忽略水在管道中運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能損失，則(D)A．每秒水泵對(duì)水做功為75JB．每秒水泵對(duì)水做功為225JC．水泵輸入功率為440WD．電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為10Ω解析：每秒水泵對(duì)水做的功等于水的機(jī)械能增加量，即W＝ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgH＝300J，故A、B錯(cuò)誤；水泵輸入功率(即電動(dòng)機(jī)輸出功率)P泵入＝eq\f(P泵出,η)＝eq\f(W,ηt)W＝400W，故C錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)的輸入功率P電＝UI＝440W，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒，可得P電＝P泵入＋Pr＝P泵入＋I(xiàn)2r，代入數(shù)據(jù)可得電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻r＝10Ω，故D正確。4．(2023·湖北卷，T4)兩節(jié)動(dòng)車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達(dá)到的最大速度分別為v1和v2。現(xiàn)將它們編成動(dòng)車組，設(shè)每節(jié)動(dòng)車運(yùn)行時(shí)受到的阻力在編組前后不變，則該動(dòng)車組在此鐵軌上能達(dá)到的最大速度為(D)A．eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B．eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C．eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P1＋P2))v1v2,P1v1＋P2v2) D．eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P1＋P2))v1v2,P1v2＋P2v1)解析：由題意可知對(duì)兩節(jié)動(dòng)車分別有P1＝f1v1，P2＝f2v2，當(dāng)將它們編組后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，聯(lián)立可得v＝eq\f((P1＋P2)v1v2,P1v2＋P2v1)。命題點(diǎn)2動(dòng)能定理的應(yīng)用5．(2024·安徽卷，T2)某同學(xué)參加戶外拓展活動(dòng)，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時(shí)速度為v。已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)。重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。則此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為(D)A．mgh B．eq\f(1,2)mv2C．mgh＋eq\f(1,2)mv2 D．mgh－eq\f(1,2)mv2解析：人在下滑的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，可得此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2。6．(2023·新課標(biāo)卷，T2)無(wú)風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過(guò)程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)(B)A．0 B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mgh D．eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：在地面附近雨滴做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空氣阻力做的功為mgh。7.(2024·新課標(biāo)卷，T24)將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí)，為安全起見(jiàn)，要求下降過(guò)程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡(jiǎn)單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量m＝42kg，重力加速度大小g取10m/s2，當(dāng)P繩與豎直方向的夾角α＝37°時(shí)，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°。(sin37°＝0.6)(1)求此時(shí)P、Q繩中拉力的大?。?2)若開(kāi)始豎直下降時(shí)重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的過(guò)程中，兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功。解析：(1)重物下降的過(guò)程中受力平衡，設(shè)此時(shí)P、Q繩中拉力的大小分別為T1和T2，豎直方向T1cosα＝mg＋T2cosβ水平方向T1sinα＝T2sinβ聯(lián)立代入數(shù)值得T1＝1200N，T2＝900N。(2)整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得W＋mgh＝0解得兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功W＝－4200J。答案：(1)1200N900N(2)－4200J命題點(diǎn)3功能關(guān)系的理解和應(yīng)用8．(2024·山東卷，T7)如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過(guò)一根原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點(diǎn)等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時(shí)彈性勢(shì)能E＝eq\f(1,2)kx2(x為繩的伸長(zhǎng)量)?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置，此過(guò)程中兩人與所坐木板保持相對(duì)靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于(B)A．eq\f((μmg)2,2k)＋μmg(l－d)B．eq\f(3(μmg)2,2k)＋μmg(l－d)C．eq\f(3(μmg)2,2k)＋2μmg(l－d)D．eq\f((μmg)2,2k)＋2μmg(l－d)解析：當(dāng)甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置時(shí)，對(duì)甲及其所坐木板整體有kx0＝μmg，解得彈性繩的伸長(zhǎng)量x0＝eq\f(μmg,k)，則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能E0＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝eq\f(μ2m2g2,2k)，從開(kāi)始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開(kāi)原位置的過(guò)程，乙所坐木板的位移x1＝x0＋l－d,則由功能關(guān)系可知該過(guò)程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝eq\f(3(μmg)2,2k)＋μmg(l－d)。9．(2024·安徽卷，T7)在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡(jiǎn)化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點(diǎn)的水平距離約為l。假設(shè)抽水過(guò)程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機(jī)械能。已知水的密度為ρ，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，則水泵的輸出功率約為(B)A．eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,2h)))B．eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h)))C．eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,2h)))D．eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,4h)))解析：設(shè)水從出水口射出的初速度為v0，取t時(shí)間內(nèi)的水為研究對(duì)象，該部分水的質(zhì)量m＝v0tSρ，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律v0t′＝l，h＝eq\f(1,2)gt′2，解得v0＝leq\r(\f(g,2h))，根據(jù)功能關(guān)系得Ptη＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)，聯(lián)立解得水泵的輸出功率P＝eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq\f(l2,4h))。10．(2023·1月浙江選考，T4)一位游客正在體驗(yàn)蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺(tái)縱身而下。游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過(guò)程中(B)A．彈性勢(shì)能減小B．重力勢(shì)能減小C．機(jī)械能保持不變D．繩一繃緊動(dòng)能就開(kāi)始減小解析：游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過(guò)程中，游客所受的重力做正功，重力勢(shì)能減小，B正確；橡皮繩繃緊后形變量一直增大，彈性勢(shì)能一直增大，A錯(cuò)誤；橡皮繩繃緊后的過(guò)程，橡皮繩的彈力做負(fù)功，因此游客的機(jī)械能減小，C錯(cuò)誤；繩繃緊后游客先加速后減速，因此游客的動(dòng)能先增大后減小，D錯(cuò)誤。題型一功和功率1．幾種力做功(1)重力、彈簧彈力、電場(chǎng)力、分子力做功與位移有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)。(2)摩擦力的功①單個(gè)摩擦力(包括靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過(guò)程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒(méi)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值。在一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過(guò)程中，相互摩擦的物體間不僅有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積。2．平均功率(1)eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)。(2)eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosα，eq\o(v,\s\up6(－))為物體運(yùn)動(dòng)的平均速度。3．瞬時(shí)功率(1)P＝Fvcosα，v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。(2)P＝FvF，vF為物體的速度v在力F方向上的分速度，v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。(3)P＝Fvv，F(xiàn)v為物體受到的外力F在速度v方向上的分力，v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。考向1功和功率的分析(2023·江蘇卷，T11)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過(guò)程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊(C)A．受到的合力較小B．經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小[解析]設(shè)斜面傾角為θ、滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對(duì)滑塊受力分析有F合上＝mgsinθ＋μmgcosθ，F(xiàn)合下＝mgsinθ－μmgcosθ，故題圖甲中滑塊受到的合力較大，A錯(cuò)誤；滑塊由A到B的過(guò)程，有2a上x(chóng)AB＝veq\o\al(2,A上)，由B到A的過(guò)程，有2a下xAB＝veq\o\al(2,A下)，又F合上>F合下，則a上>a下，故vA上>vA下，題圖甲中滑塊經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較大，B錯(cuò)誤；將滑塊由A到B的過(guò)程逆向思維為由B到A的初速度為0、加速度大小為a上的勻加速運(yùn)動(dòng)，則xAB＝eq\f(1,2)a上teq\o\al(2,上)，又xAB＝eq\f(1,2)a下teq\o\al(2,下)，a上>a下，故t上<t下，即題圖甲中滑塊在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，C正確；上升和下降過(guò)程摩擦力大小相等，經(jīng)過(guò)AB的距離相等，根據(jù)W＝fx可知在A、B之間克服摩擦力做的功相等，D錯(cuò)誤。(2023·遼寧卷，T3)如圖(a)所示，從高處M點(diǎn)到地面N點(diǎn)有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時(shí)從M點(diǎn)由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點(diǎn)，其速率v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(b)所示。由圖可知，兩物塊在離開(kāi)M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過(guò)程中(B)A．甲沿Ⅰ下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大[解析]由題圖(b)可知小物塊甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小物塊乙做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合題圖(a)可知，小物塊甲沿軌道Ⅱ下滑，小物塊乙沿軌道Ⅰ下滑，A、D錯(cuò)誤；由題圖(b)可知，兩物塊在離開(kāi)M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過(guò)程中，同一時(shí)刻物塊乙的速度大于物塊甲的速度，則同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小，B正確；小物塊乙由靜止釋放的瞬間，小物塊乙的速度為零，則小物塊乙的重力功率為0，小物塊乙滑到軌道Ⅰ底端的瞬間，小物塊乙的速度方向與重力方向垂直，則小物塊乙的重力功率為0，但在下滑過(guò)程，小物塊乙的重力做的功不為0，則小物塊乙的重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，C錯(cuò)誤?？枷?機(jī)車啟動(dòng)類問(wèn)題小明同學(xué)乘電動(dòng)汽車出行，當(dāng)汽車以90km/h的速度勻速行駛時(shí)，在該車的行車信息顯示屏上看到了如下信息，電池組輸出電壓400V，電流為25A。已知該車電機(jī)及傳動(dòng)系統(tǒng)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率約為80%，則此時(shí)該車(C)A．電池組輸出的電功率約為8000WB．牽引力的功率約為10000WC．受到的阻力約為320ND．受到的牽引力約為400N[解析]電池組輸出的電功率P＝UI＝400×25W＝10000W，故A錯(cuò)誤；牽引力的功率約為P′＝80%×P＝8000W，故B錯(cuò)誤；汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力等于阻力，即F＝f，汽車的速度v＝90km/h＝25m/s，汽車受到的阻力f＝F＝eq\f(P′,v)＝320N，故C正確，D錯(cuò)誤。題型二動(dòng)能定理的應(yīng)用1．基本思路(1)確定研究對(duì)象和研究過(guò)程。(2)進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析，確定初、末速度和各力做功情況，利用動(dòng)能定理全過(guò)程或者分過(guò)程列式。2．解題技巧(1)動(dòng)能定理雖然是根據(jù)恒力做功和直線運(yùn)動(dòng)推導(dǎo)出來(lái)的，但是也適用于變力做功和曲線運(yùn)動(dòng)。(2)在解決涉及位移和速度而不涉及加速度和時(shí)間的問(wèn)題時(shí)，常選用動(dòng)能定理求解。(3)動(dòng)能定理常用于分析多運(yùn)動(dòng)過(guò)程問(wèn)題，關(guān)鍵是明確各力及各力作用的位移。一個(gè)小球在離地一定高度處向右水平拋出，不計(jì)空氣阻力，拋出的初速度越大，則小球(C)A．落地時(shí)的速度越小B．從拋出到落地過(guò)程中，速度的變化量越大C．落地時(shí)的重力的瞬時(shí)功率不變D．從拋出到落地過(guò)程中，動(dòng)能的變化量變大[解析]小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球拋出點(diǎn)離地高度為h，則落地時(shí)的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gh)，知拋出的初速度越大，落地時(shí)的速度就越大，故A錯(cuò)誤；從拋出到落地過(guò)程中，小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度不變，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則速度的變化量Δv＝gt，由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，故從拋出到落地過(guò)程中，速度的變化量恒定，故B錯(cuò)誤；落地時(shí)的重力的瞬時(shí)功率P＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，故落地時(shí)的重力的瞬時(shí)功率不變，故C正確；動(dòng)能的變化量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，故從拋出到落地過(guò)程中，動(dòng)能的變化量不變，故D錯(cuò)誤。一位同學(xué)設(shè)計(jì)的直角輸送推料裝置如圖所示，導(dǎo)軌輸送線A與傾角θ＝37°、長(zhǎng)度L＝3.5m的導(dǎo)軌輸送線B平滑連接。每相同時(shí)間間隔有一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的料盒通過(guò)輸送線A被送到推桿前并處于靜止?fàn)顟B(tài)，推桿將其沿輸送線B推動(dòng)距離L0＝0.1m后，快速縮回到原推料處，料盒離開(kāi)推桿后恰能到達(dá)輸送線B的頂端。已知輸送線B與料盒間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，整個(gè)過(guò)程料盒可視為質(zhì)點(diǎn)，輸送線B靜止不動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)料盒離開(kāi)推桿后，在輸送線B上滑行的加速度；(2)推桿對(duì)每個(gè)料盒做的功。[解析](1)對(duì)料盒，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝6.8m/s2加速度方向沿輸送線B向下。(2)設(shè)推桿對(duì)每個(gè)料盒做的功W，對(duì)料盒，由動(dòng)能定理得W－(mgsinθ＋μmgcosθ)L＝0解得W＝23.8J。[答案](1)6.8m/s2方向沿輸送線B向下(2)23.8J題型三機(jī)械能守恒定律1．機(jī)械能守恒的判斷定義判斷法看動(dòng)能與勢(shì)能之和是否變化能量轉(zhuǎn)化判斷法機(jī)械能沒(méi)有與其他形式的能轉(zhuǎn)化時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒做功判斷法只有重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈簧的彈力)做功時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒2.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式3．連接體的機(jī)械能守恒問(wèn)題共速率模型分清兩物體位移大小與高度變化關(guān)系共角速度模型兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比關(guān)聯(lián)速度模型此類問(wèn)題注意速度的分解，找出兩物體速度關(guān)系，當(dāng)某物體位移最大時(shí)，速度可能為0輕彈簧模型①同一根彈簧彈性勢(shì)能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，彈性勢(shì)能相等②由兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最小(為零)考向1機(jī)械能守恒的判斷物體從離地高H處的M點(diǎn)開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落至離地高度為eq\f(1,3)H處的N點(diǎn)，下列能量條形圖表示了物體在M和N處的動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep的相對(duì)大小關(guān)系，可能正確的是(D)[解析]由題意可知，選項(xiàng)A中物體的重力勢(shì)能應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,3)，A錯(cuò)誤；由于機(jī)械能守恒，動(dòng)能與重力勢(shì)能之和應(yīng)等于釋放時(shí)的機(jī)械能，B、C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D中，設(shè)釋放位置所在平面為零勢(shì)能面，則增加的動(dòng)能等于減少的勢(shì)能，D正確?？枷?機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用一質(zhì)量為m的物體從某一高處做自由落體運(yùn)動(dòng)，已知物體落地時(shí)的動(dòng)能為Ek，則當(dāng)物體動(dòng)能為eq\f(2Ek,3)時(shí)，物體距離地面的高度為(C)A．eq\f(Ek,mg) B．eq\f(2Ek,mg)C．eq\f(Ek,3mg) D．eq\f(2Ek,3mg)[解析]物體自由下落過(guò)程機(jī)械能守恒，以地面為零勢(shì)能面，可得eq\f(2Ek,3)＋mgh＝Ek，解得h＝eq\f(Ek,3mg)。題型四功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1．常見(jiàn)的功能關(guān)系2.兩條基本思路(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增。(2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔEA減＝ΔEB增。急行跳遠(yuǎn)起源于古希臘奧林匹克運(yùn)動(dòng)。如圖所示，急行跳遠(yuǎn)由助跑、起跳、騰空與落地等動(dòng)作組成，空氣阻力不能忽略，下列說(shuō)法正確的是(C)A．蹬地起跳時(shí)，運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)B．助跑過(guò)程中，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功C．從起跳到最高點(diǎn)過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員重力勢(shì)能的增加量小于其動(dòng)能的減少量D．從空中最高點(diǎn)到落地瞬間，運(yùn)動(dòng)員克服空氣阻力做的功等于重力勢(shì)能的減少量[解析]蹬地起跳時(shí)，運(yùn)動(dòng)員加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；在助跑加速過(guò)程中，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員有豎直向上的支持力和水平方向的靜摩擦力，其對(duì)應(yīng)位移都為0，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員不做功，B錯(cuò)誤；空氣阻力不能忽略，從起跳到最高點(diǎn)過(guò)程，要克服阻力做功，機(jī)械能會(huì)有損失，因此運(yùn)動(dòng)員重力勢(shì)能的增加量小于其動(dòng)能的減少量，C正確；落地瞬間運(yùn)動(dòng)員有速度，有動(dòng)能，因此從空中最高點(diǎn)到落地瞬間，運(yùn)動(dòng)員克服空氣阻力做的功與運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能增加量之和等于重力勢(shì)能的減少量，D錯(cuò)誤。如圖所示，取一支質(zhì)量為m的按壓式圓珠筆，將筆的按壓式小帽朝下按在桌面上，無(wú)初速度放手后筆將會(huì)豎直向上彈起一定的高度h，然后再豎直下落。重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是(A)A．按壓時(shí)筆內(nèi)部彈簧的彈性勢(shì)能增加了mghB．放手后到筆向上離開(kāi)桌面的過(guò)程彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為筆的動(dòng)能C．筆在離開(kāi)桌面后的上升階段處于超重狀態(tài)D．筆從離開(kāi)桌面到落回桌面過(guò)程的時(shí)間為eq\r(\f(2h,g))[解析]因放手后筆將會(huì)豎直向上彈起一定的高度h，該過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，則彈性勢(shì)能大小為mgh，則按壓時(shí)筆內(nèi)部彈簧的彈性勢(shì)能增加了mgh，A正確；放手后到筆向上離開(kāi)桌面的過(guò)程彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為筆的動(dòng)能和重力勢(shì)能，B錯(cuò)誤；筆在離開(kāi)桌面后的上升階段，加速度向下為g，則處于完全失重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，筆從離開(kāi)桌面到落回桌面過(guò)程的時(shí)間t＝2eq\r(\f(2h,g))，D錯(cuò)誤。(多選)如圖所示，在模擬風(fēng)洞管中的光滑斜面上，一個(gè)小物塊受到沿斜面方向的恒定風(fēng)力作用，沿斜面加速向上運(yùn)動(dòng)，則從物塊接觸彈簧至到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中(AD)A．物塊的速度先增大后減小B．物塊加速度一直減小到零C．彈簧彈性勢(shì)能先增大后減小D．物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直增大[解析]接觸彈簧之前，物塊所受的合力F＝F風(fēng)－mgsinθ，接觸彈簧后，開(kāi)始時(shí)彈力F彈小于合力F，物塊仍加速向上運(yùn)動(dòng)，隨著彈力增加，加速度減小，當(dāng)加速度減小到零時(shí)速度最大，以后當(dāng)彈力F彈大于合力F時(shí)，加速度反向，物塊做減速運(yùn)動(dòng)直到停止，此時(shí)加速度反向最大，則此過(guò)程中，物塊的速度先增大后減小，加速度先減小后增大，彈簧的彈性勢(shì)能一直變大，因風(fēng)力做正功，則物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直增大。1.(2024·潮州市期末)成語(yǔ)“簸揚(yáng)糠秕”源于如圖的勞動(dòng)情景，在恒定水平風(fēng)力作用下，從同一高度由靜止釋放的米粒和糠落到地面不同位置，糠落點(diǎn)更遠(yuǎn)。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(D)A．米粒和糠都做平拋運(yùn)動(dòng)B．米粒和糠質(zhì)量相同C．落地時(shí)，米粒豎直方向的速度大于糠豎直方向的速度D．落地時(shí)，米粒重力的瞬時(shí)功率大于糠重力的瞬時(shí)功率解析：平拋運(yùn)動(dòng)只受重力作用，故不是平拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；空氣阻力忽略不計(jì)，米粒和糠在豎直方向都做自由落體運(yùn)動(dòng)，由h＝eq\f(1,2)gt2，可知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，在恒定水平風(fēng)力作用下F＝ma，x＝eq\f(1,2)at2，米粒和糠落到地面不同位置，則加速度不同，所以質(zhì)量不同，故B錯(cuò)誤；空氣阻力忽略不計(jì)，米粒和糠在豎直方向都做自由落體運(yùn)動(dòng)，由v2＝2gh，可知，落地豎直方向的速度相同，故C錯(cuò)誤；根據(jù)P＝mgv，由于米粒質(zhì)量大，落地時(shí)，米粒重力的瞬時(shí)功率大于糠重力的瞬時(shí)功率，故D正確。2.(2024·深圳市一模)節(jié)能電梯在無(wú)人時(shí)緩慢運(yùn)行或靜止不動(dòng)，有人上電梯后，電梯先加速后勻速運(yùn)行。一乘客坐電梯下樓，始終與電梯保持相對(duì)靜止，如圖所示，則(B)A．加速時(shí)乘客所受的摩擦力方向沿斜面向下B．加速時(shí)乘客處于失重狀態(tài)C．下樓過(guò)程中電梯對(duì)乘客的作用力大于乘客對(duì)電梯的作用力D．下樓過(guò)程中乘客受到的摩擦力始終做負(fù)功解析：電梯加速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，人有水平向左的加速度，重力提供向下的加速度，由牛頓第二定律可知，乘客所受的摩擦力方向水平向左，故A錯(cuò)誤；電梯加速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，人有向下的加速度，則乘客處于失重狀態(tài)，故B正確；電梯對(duì)乘客的作用力與乘客對(duì)電梯的作用力是一對(duì)相互作用力，大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；當(dāng)電梯勻速運(yùn)行時(shí)，乘客不受摩擦力，摩擦力做功為零，故D錯(cuò)誤。3.(2024·梅州市一模)如圖所示，噴泉經(jīng)常出現(xiàn)在廣場(chǎng)和公園等公共場(chǎng)所，給人們的生活增添了無(wú)窮樂(lè)趣。假設(shè)一水珠從噴出到落回地面在同一豎直線上運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中水珠的質(zhì)量和空氣阻力的大小均保持不變，則該水珠在空中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(B)A．該水珠在落回地面時(shí)，重力的瞬時(shí)功率最小B．該水珠在落回地面時(shí)，水珠的機(jī)械能最小C．上升過(guò)程所用的時(shí)間大于下落過(guò)程所用的時(shí)間D．上升過(guò)程克服空氣阻力做的功大于下落過(guò)程克服空氣阻力做的功解析：重力的瞬時(shí)功率P＝mgv，水珠在最高點(diǎn)時(shí)，速度為零，重力的瞬時(shí)功率最小，故A錯(cuò)誤；水珠在空中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，一直克服空氣阻力做功，水珠的機(jī)械能逐漸減小，故該水珠在落回地面時(shí)，水珠的機(jī)械能最小，故B正確；水珠上升過(guò)程阻力方向與重力方向相同，下降過(guò)程阻力方向與重力方向相反，則水珠上升過(guò)程的加速度大于下降過(guò)程的加速度，水珠上升過(guò)程的位移等于下降過(guò)程的位移，故上升過(guò)程所用的時(shí)間小于下落過(guò)程所用的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中水珠空氣阻力的大小均保持不變，水珠上升過(guò)程的位移等于下降過(guò)程的位移，故上升過(guò)程克服空氣阻力做的功等于下落過(guò)程克服空氣阻力做的功，故D錯(cuò)誤。4．(2023·全國(guó)甲卷，T14)一同學(xué)將鉛球水平推出，不計(jì)空氣阻力和轉(zhuǎn)動(dòng)的影響，鉛球在平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(B)A．機(jī)械能一直增加B．加速度保持不變C．速度大小保持不變D．被推出后瞬間動(dòng)能最大解析：鉛球做平拋運(yùn)動(dòng)，僅受重力，故機(jī)械能守恒，A錯(cuò)誤；鉛球的加速度恒為重力加速度保持不變，B正確；鉛球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向速度不變，鉛球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成可知鉛球速度變大，則動(dòng)能越來(lái)越大，C、D錯(cuò)誤。5．(2024·廣東大亞灣區(qū)聯(lián)合模擬)如圖所示，塔式起重機(jī)將質(zhì)量m＝5×103kg的重物沿豎直方向吊起的過(guò)程中，在MN段重物以加速度a＝0.2m/s2勻加速上升，在PQ段重物以速度v＝1.2m/s勻速上升，MN＝PQ＝2.5m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力。下列說(shuō)法正確的有(C)A．從M到N，起重機(jī)的輸出功率保持為10kWB．從M到N，重物的機(jī)械能增加量為1.25×105JC．從P到Q，起重機(jī)的輸出功率保持為60kWD．從P到Q，起重機(jī)對(duì)重物做功為1.0×105J解析：從M到N，重物勻加速上升，由牛頓第二定律有F1－mg＝ma，解得F1＝5.1×104N，保持不變，速度增加，則起重機(jī)的輸出功率增大，由功能關(guān)系可知，重物的機(jī)械能增加量ΔE＝F1x＝5.1×104×2.5J＝1.275×105J，故A、B錯(cuò)誤；從P到Q，重物勻速上升，則有F2＝mg＝5×104N，保持不變，速度也不變，則起重機(jī)的輸出功率保持P＝F2v＝5×104×1.2W＝6×104W＝60kW，起重機(jī)對(duì)重物做功W＝F2x＝5×104×2.5J＝1.25×105J，故C正確，D錯(cuò)誤。6.(2024·江門市一模)跳傘運(yùn)動(dòng)員由高空沿豎直方向落下，t1時(shí)刻開(kāi)啟降落傘，t2時(shí)刻開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)直到t3時(shí)刻落地，速度傳感器記錄此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員的v－t圖像如圖所示，下列關(guān)于跳傘運(yùn)動(dòng)員及降落傘的說(shuō)法正確的是(C)A．0到t1時(shí)間內(nèi)，他們處于超重狀態(tài)B．t1到t2時(shí)間內(nèi)，他們受到的空氣阻力逐漸增大C．t1時(shí)刻，他們所受重力的功率最大D．t2到t3時(shí)間內(nèi)，他們的機(jī)械能守恒解析：由題圖可知，0到t1時(shí)間內(nèi)，他們加速下降，具有豎直向下的加速度，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；同理，t1到t2時(shí)間內(nèi)，他們減速下降，由牛頓第二定律可知a＝eq\f(f－mg,m)，加速度越來(lái)越小，受到的空氣阻力逐漸減小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)P＝mgv，可知，t1時(shí)刻速度最大，則他們所受重力的功率最大，故C正確；由題圖可知，t2到t3時(shí)間內(nèi)，他們勻速下降則機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。7.“廣湛”高鐵將茂名到廣州的通行時(shí)間縮短至2h。假設(shè)動(dòng)車啟動(dòng)后沿平直軌道行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定，行車過(guò)程中受到的阻力恒為f。已知?jiǎng)榆囐|(zhì)量為m，最高行駛速度為vm，下列說(shuō)法正確的是(B)A．動(dòng)車啟動(dòng)過(guò)程中所受合外力不變B．動(dòng)車發(fā)動(dòng)機(jī)功率為fvmC．從啟動(dòng)到最大速度過(guò)程中，動(dòng)車平均速度為eq\f(vm,2)D．從啟動(dòng)到最大速度過(guò)程中，動(dòng)車牽引力做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解析：發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定，根據(jù)P＝Fv可知速度變大，牽引力變小，合外力F合＝F－f，則合外力變小，故A錯(cuò)誤；速度最大時(shí)，動(dòng)車加速度為零，受力平衡，此時(shí)P＝Fv＝fvm，故B正確；從啟動(dòng)到最大速度過(guò)程中，動(dòng)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)車平均速度大于eq\f(vm,2)，故C錯(cuò)誤；從啟動(dòng)到最大速度過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有WF－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，則動(dòng)車牽引力做功大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，故D錯(cuò)誤。8．(多選)(2024·潮州市期末)如圖甲所示是某游樂(lè)場(chǎng)的一部直道滑梯，質(zhì)量為20千克的兒童在長(zhǎng)為5米的滑梯頂端從靜止開(kāi)始沿滑梯下滑，經(jīng)過(guò)3秒到達(dá)滑梯底端，其重力勢(shì)能隨下滑距離s的變化如圖乙所示，取滑梯底部為零勢(shì)能面，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取10m/s2，則(ACD)A．兒童下滑時(shí)加速度的大小約為1.1m/s2B．兒童與滑梯間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.7C．滑梯與水平面的夾角θ為37°D．兒童下滑過(guò)程中機(jī)械能減小解析：根據(jù)圖像可知，下滑距離為5m，根據(jù)s＝eq\f(1,2)at2，可得，加速度a＝eq\f(2s,t2)＝eq\f(10,9)m/s2≈1.1m/s2，故A正確；根據(jù)題意Ep＝mgssinθ，解得sinθ＝0.6，所以滑梯與水平面的夾角θ為37°，根據(jù)mgsinθ－f＝ma，f＝μN(yùn)，N＝mgcosθ，解得μ＝eq\f(11,18)，故B錯(cuò)誤，C正確；兒童下滑過(guò)程中克服阻力做功，機(jī)械能減小，故D正確。9.(多選)如圖所示，半球形容器ABC固定在水平面上，AC是水平直徑，一個(gè)物塊從A點(diǎn)正上方由靜止釋放剛好能從A點(diǎn)進(jìn)入容器，第一次從P點(diǎn)由靜止釋放，P點(diǎn)離A點(diǎn)高度為h，結(jié)果物塊從C點(diǎn)飛出上升的高度為eq\f(h,2)，第二次從Q點(diǎn)由靜止釋放，Q點(diǎn)離A點(diǎn)高度為eq\f(h,2)，物塊與容器內(nèi)壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，B為容器內(nèi)壁最低點(diǎn)，容器的半徑為h。下列判斷正確的是(AD)A．第一