第1部分 专题2 第6讲 功能关系 机械能守恒定律 能量守恒定律（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(多选)(2024·云南昆明一中、银川一中联考)如图，撑杆跳全过程可分为四个阶段：A→B阶段，助跑加速；B→C阶段，杆弯曲程度增大，人上升；C→D阶段，杆弯曲程度减小，人上升；D→E阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计．则关于这四个阶段的说法正确的是(　　) A．A→B地面对人和杆系统做正功 B．B→C人和杆系统的动能减少量等于重力势能和弹性势能增加量 C．C→D人和杆系统的动能减少量小于重力势能增加量 D．D→E重力对人所做的功等于人的机械能增加量 解析：BC　[A→B地面对人和杆系统不做功，人助跑加速过程增加的机械能是通过人体肌肉做功消耗人体内的化学能转化为人的机械能，选项A错误；B→C人和杆系统的动能减少量等于重力势能和弹性势能增加量，选项B正确；C→D人和杆系统的动能减少量与弹性势能减少量之和等于重力势能增加量，则人和杆系统的动能减少量小于重力势能增加量，选项C正确；D→E重力对人所做的功等于人的重力势能减少量，人的机械能不变，选项D错误．] 2．(2024·安徽合肥市高三质检)我国风洞技术世界领先．如图为某风洞实验的简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中(弹簧在弹性限度内)，下列说法正确的是(　　) A．物块的速度一直减小到零 B．物块加速度先不变后减小 C．弹簧弹性势能先不变后增大 D．物块和弹簧组成的系统的机械能一直增大 解析：D　[从物块接触弹簧开始至到达最高点的过程中，对物块受力分析，沿斜面方向有F风－mgsin θ－kx＝ma，弹簧的压缩量x从0开始增大，物块先沿斜面加速，加速度向上且逐渐减小，当a减小到0时，速度达到最大；然后加速度反向且逐渐增大，物体减速，直至减速到0，故A、B错误；由于弹簧的压缩量不断增大，所以弹性势能不断增大，故C错误；由于风力对物块一直做正功，所以物块与弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确．] 3．(2024·广东广州市二模)如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B固定在轻质细杆两端，由细绳OA、OB、PB悬挂于竖直平面内，OAB恰好构成一边长为l的正三角形且在竖直方向，现剪断细绳PB，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　) A．B球恰好摆到最低点 B．B球摆到最低点的过程中，机械能守恒 C．B球摆到最低点的过程中，细杆对A球做功mgl D．B球摆到最低点的过程中，细杆对A球做功mgl 解析：C　[假设B球能运动到最低点，由于A、B的线速度大小相同，根据系统机械能守恒可得2mglsin 30°－mglsin 30°＝×3mv2，解得v＝，故B球到达最低点后继续向左运动，故A错误；B球运动到最低点的过程中，杆对B球做功，B球的机械能不守恒，故B错误；对A球根据动能定理有－mglsin 30°＋W＝mv2，解得W＝mgl，故C正确，D错误．] 4．(多选)(2024·安徽六校教育研究会高三测试)如图所示，一轻绳系一小球竖直悬挂在O点，现保持绳处于拉直状态，将小球拉至与O等高的A点，由静止自由释放小球．球运动过程中经过C点时，绳与竖直方向的夹角为α，以下判断正确的是(　　) A．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为0 B．小球运动至C点时，其加速度大小为gsin α C．小球运动至C点时，轻绳对小球的拉力大小T＝3mgcos α D．若小球经过C点时重力功率最大，则cos α＝ 解析：CD　[下落的过程中，重力做功不等于0，根据P＝，可知重力的平均功率不为0，A错误；小球运动至C点时，对小球分析可知，其切向有mgsin α＝ma1，解得切向加速度大小为a1＝gsin α，小球做圆周运动，沿半径方向还具有向心加速度，小球运动至C点时，其加速度大小必定大于gsin α，B错误；设绳长为l，根据机械能守恒定律，有mglcos α＝mv2，T－mgcos α＝m，解得T＝3mgcos α，C正确；重力功率最大时，小球在竖直方向的分速度应该达到最大值，可知此时竖直方向合力为0，因此Tcos α＝mg，解得cos α＝，D正确．] 5．(2024·贵州凯里市第一中学模拟)如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角θ＝37°的粗糙斜面底端，质量为m＝1 kg的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放，测得物块的动能Ek与其通过的路程x的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内)，图像中0～x1＝0.4 m之间为直线，其余部分为曲线，x2＝0.6 m时物块的动能达到最大．弹簧的长度为l时，弹性势能为Ep＝k(l0－l)2，其中k为弹簧的劲度系数，l0为弹簧的原长．物块可视为质点，不计空气阻力，物块接触弹簧瞬间无能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则(　　) A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.2 B．弹簧的劲度系数k为25 N/m C．x3的大小为0.8 m D．物块在斜面上运动的总路程大于x3 解析：D　[物块接触弹簧前，由动能定理得mgx1sin θ－μmgx1cos θ＝Ek1，解得μ＝0.25，故A错误；物块由释放运动到x2位置，由能量守恒定律得mgx2sin θ＝μmgx2cos θ＋Ek2＋k(x2－x1)2，解得k＝20 N/m，故B错误；物块由释放运动到x3位置，由能量守恒定律得mgx3sin θ＝μmgx3cos θ＋k(x3－x1)2，解得x3＝(0.6＋0.2)m，故C错误；物块的路程为x3时mgsin θ＋μmgcos θ<k(x3－x1)，物块反向沿斜面向上运动，所以物块在斜面上运动的路程大于x3，故D正确．] 6．(2024·河北省九师联盟一模)如图所示，固定的水平长杆上套有质量为m的小物块A，跨过轻质定滑轮(可视为质点O)的细线一端连接A，另一端悬挂质量为m的小物块B(B靠近定滑轮)，滑轮到杆的距离OC＝h，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦．现将A、B由静止释放，则当A与O间的细线与水平方向的夹角为60°时，小物块B的速度大小为(　　) A.　　　 B． C. D． 解析：D　[将A、B由静止释放，当A与O间的细线与水平方向的夹角为60°时，B下落的高度H＝－＝2(－1)h，由A和B组成的系统机械能守恒得mgH＝mv＋mv，A沿细线方向的分速度与B的速度大小相等，则有vB＝vAcos 60°，解得vB＝，故选D.] 7．(多选)如图所示，足够长粗糙斜面倾角为θ，固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动．则在b下降h高度过程中(　　) A．a的加速度小于 B．a的重力势能增加mghsin θ C．绳的拉力对a做的功等于a机械能的增量 D．F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增量 解析：AD　[开始时，根据平衡条件有magsin θ＝mg，解得ma＝，a、b的加速度大小相等，对b，根据牛顿第二定律F－T＋mg＝ma，对a，有T－magsin θ－μmagcos θ＝maa，联立得a＝＜＜，故A正确；b下降h，则a上升hsin θ，则a重力势能的增加量为ΔEp＝mag·hsin θ＝mgh，故B错误；对a分析，绳的拉力做的功转化为a的机械能和a摩擦生热，所以绳的拉力做的功应该大于a机械能增量，故C错误；对系统，合外力做的功等于动能的增量，即F对b做的功与摩擦力对a做的功与重力对a和b做的功之和，而重力对b做正功，对a做负功，且绝对值相等，故重力对系统做功之和为0，则F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能增量，故D正确．] 8．(2024·福建厦门二模)如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10 kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动．已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，sin 10°＝0.17，则货物(　　) A．在0～3 m的过程中，所受的合力逐渐增大 B．在3 m～5 m的过程中，所受的合力逐渐减小 C．在0～3 m的过程中，机械能先增大后减小 D．在3 m～5 m的过程中，机械能先增大后减小 解析：D　[图乙所示图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则可知，在0～3 m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则货物所受的合力逐渐减小，故A错误；在3 m～5 m的过程中，图像斜率的绝对值逐渐增大，则可知货物所受的合力逐渐增大，故B错误；根据图乙可知，在0～3 m的过程中，动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运动，货物的势能也逐渐增大，由此可知，在0～3 m的过程中，货物的机械能始终增大，故C错误；取x＝0处为零势能面，在x＝5 m处货物的重力势能Ep＝mgxsin 10°＝10×10×5×0.17 J＝85 J，做出重力势能随位移变化的图像如图所示 根据图像对比可知，在x＝3 m到x＝5 m之间，根据动能图线斜率绝对值的变化趋势与重力势能斜率比较可知，动能随位移的变化先慢于重力势能随位移的变化，该过程中机械能增加，后动能随位移的变化快于重力势能与位移的变化，该过程中机械能减小，由此可知，在3 m～5 m的过程中，机械能先增大后减小，故D正确．] [B组　创新应用练] 9．(2024·山东模拟预测)现在，电动车已经走进千家万户，逐渐被人们接受，其续航里程是人们关注的焦点．某纯电动车研究团队在平直的公路上用同一辆纯电动车(总质量不同)作研究，改变电池电能从而改变整车质量．让电动车以某一速度做匀速直线运动，得到电池电能与续航里程的关系如图甲所示．设该纯电动车电机把电能转化为机械能的效率η＝80 %，电动车受到的阻力恒为总重力的0.05倍，电池电能与对应的质量关系如图乙所示．重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息，可以得出(　　) A．电池的电能越大，电动车的续航里程一定越大 B．电池的电能分别为50 kW·h和1 000 kW·h时，电动车的总质量之比为3∶35 C．电池的电能为1 000 kW·h时，电动车的总质量为4 800 kg D．图乙中E0＝1.2 kW·h 解析：C　[由题图甲可知，当电池的容量为1 000 kW·h时，续航里程为1 200 km，再增大电池的电能，续航里程不再增大，A错误；由题意知确定续航里程的条件是电动车做匀速直线运动，设除电池外电动车的质量为M，根据能量守恒定律得电池的电能为50 kW·h时，有k(M＋m1)gx1＝ηE1，电池的电能为1 000 kW·h时，有k(M＋m2)gx2＝ηE2，联立解得M＋m1＝576 kg，M＋m2＝4 800 kg，(M＋m1)∶(M＋m2)＝3∶25，B错误，C正确；由题图乙有m2＝20m1，＝，结合前面的分析可得m1＝ kg，E0＝ kW·h≈1.08 kW·h，D错误．] 10．(2024·河北高三联考)如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接物体A，物体A置于光滑水平桌面上，物体A和B通过细绳绕过定滑轮连接，已知物体A的质量为mA，物体B的质量为mB，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦，物体A位于O点时，系统处于静止状态，物体A在Р点时弹簧处于原长．现将物体A由P点静止释放，物体A不会和定滑轮相碰，当物体B向下运动到最低点时，绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度，则(　　) A．释放物体A瞬间，物体A的加速度为零 B．绳子能承受的最大拉力为mBg C．物体A动能的增加量小于物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和 D．物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体B所受重力对B做的功 解析：C　[在P点释放物体A瞬间，弹簧弹力为零，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得a＝，释放物体A瞬间，物体A的加速度为，故A错误；当物体B向下运动到最低点时，根据对称性可知，此时B的加速度大小为，方向向上，根据牛顿第二定律可得Tm－mBg＝mBa，解得绳子能承受的最大拉力为Tm＝·mBg，故B错误；根据能量守恒定律可知，物体B减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和A、B的动能之和，所以物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和等于物体A、B的动能之和，则物体A动能的增加量小于物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；物体B所受重力对B做的功等于物体B减少的重力势能，根据能量守恒定律可知，物体B减少的重力势能等于物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量与物体B的动能增加量之和，故D错误．] 11．如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑．斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同．一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T.T随滑块沿斜面下滑的位移x的变化关系如图(b)所示．已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6.求： (1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小； (2)滑块第一次到达B点时的动能； (3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离． 解析：(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a.由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma　①， FN－mgcos θ＝0　②， Ff＝μFN　③， 联立①②③式并代入题给数据得 a＝7 m/s2　④. (2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1x1＋T2x2　⑤， 式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小． 依题意，T1＝8 N，x1＝1 m， T2＝10 N，x2＝1 m， 设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0　⑥， 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J　⑦. (3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek.设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek　⑧， 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m. 答案：(1)7 m/s2　(2)26 J　(3)1.3 m 12．(2024·山东省新高考联合质量测评3月联考)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面AB固定在水平桌面上，竖直面内的半圆轨道CD与桌面相切于C点．小物块甲、乙用轻质细绳连接，跨过轻质光滑的定滑轮，与乙相连的轻绳竖直，与甲相连的轻绳平行于斜面．开始将乙按在桌面上静止不动，甲位于斜面顶端；释放乙，当甲滑至斜面AB中点时剪断细绳．已知斜面AB长lAB＝2 m，水平桌面BC段长lBC＝0.95 m，甲的质量m1＝5 kg、乙的质量m2＝1 kg，物块甲与斜面AB和水平桌面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.2，半圆轨道CD光滑，物块甲从斜面滑上水平桌面时速度大小不变，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力．求： (1)物块甲到斜面底端B时重力的瞬时功率P； (2)若物块甲在半圆轨道CD上运动时不脱离轨道，半圆轨道半径R的取值范围． 解析：(1)设轻绳剪断时甲速度的大小为v1，对甲、乙组成的系统，甲下滑到斜面中点过程， 根据能量守恒定律m1gsin θ－m2g＝ (m1＋m2)v＋μm1gcos θ， 解得v1＝2 m/s， 设甲到达斜面底端时的速度大小为v2，对甲下滑到斜面底端过程，根据动能定理m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1v－m1v， 解得v2＝ m/s， 重力的瞬时功率P＝m1gv2sin θ 解得P＝48 W. (2)设甲到达C时的速度大小为v3，甲从B到C过程，根据动能定理－μm1glBC＝m1v－m1v，解得v3＝3 m/s， 当甲到达最高点D恰好不脱离轨道时，轨道半径最小，设最小值为R1，甲由C到D过程，由动能定理得－m1g×2R1＝m1v－m1v， 甲到达D时，根据牛顿第二定律m1g＝m1， 解得R1＝0.18 m， 当甲恰好到达与轨道圆心等高的位置时，速度为0，轨道半径最大，设最大值为R2，甲由C到与圆心等高位置，由动能定理得－m1gR2＝0－m1v，解得R2＝0.45 m， 综上，半圆轨道半径R的取值范围为0.18 m≤R≤0.45 m. 答案：(1)48 W　(2)0.18 m≤R≤0.45 m 学科网（北京）股份有限公司 $$