第6讲 机械能守恒定律 能量守恒定律 功能关系-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（广东专版）

专题二　能量与动量 第6讲　机械能守恒定律　能量守恒定律　 功能关系 【目标要求】　1.理解机械能守恒定律、能量守恒定律。2.掌握常见的功能关系,结合实际情景分析功和能的转化。3.会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。 考点一　机械能守恒定律 考点二　能量守恒定律 内容索引 考点三　功能关系 培优　热点训练 精准补弱 考点一　机械能守恒定律 一 4 1.机械能守恒的判断方法与表达形式 2.多物体的机械能守恒问题 共速率 模型   分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速 度模型   两物体角速度相同,线速度与半径成正比 关联速 度模型   根据沿绳或杆方向速度相等,找出两物体速度的关系 轻弹簧 模型   (1)同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小,在弹簧弹性限度内,形变量相等,弹性势能相等 (2)由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统:弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零) 考向1　单物体机械能守恒 [例1]　(2024·广东新高考调研)如图所示,小球沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点时,小球的机械能E机、重力势能Ep(取圆轨道的最低点重力势能为零)和动能Ek的相对大小(用柱形高度表示),可能正确的是(　　) D [解析]　设轨道半径为R,则小球运动到最高点时,速度最小为vmin=,即动能不为零,则机械能E机大于重力势能Ep,故A、B错误;最高点的重力势能Ep=2mgR,最小动能为Ekmin=m=mgR,即在最高点时的动能Ek≥mgR,故D正确,C错误。 考向2　多物体机械能守恒 [例2]　(多选)如图所示,在倾角θ=37°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的球A和B,两球之间用一根长L= 0.5 m的轻杆相连,球B距水平面的高度h=0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法中正确的是(　　) A.A、B小球在斜面上滑动时轻杆处于拉伸状态 B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒 C.两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s D.下滑的整个过程中球B机械能的增加量为 J [答案]　BC [解析]　假设没有轻杆,则A、B小球在斜面上滑动时加速度相同,则当两球用轻杆连接在斜面上下滑时轻杆既不拉伸,也不压缩,故选项A错误;在下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,系统的机械能守恒,故选项B正确;根据机械能守恒定律得mAg(h+Lsin 37°)+mBgh=(mA+mB)v2,解得v=2 m/s,故选项C正确;系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为ΔE=mBv2-mBgh=2 J,故选项D错误。 二 考点二　能量守恒定律 14 应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒:E初=E末,系统初、末状态总能量不变。 (2)转移:EA减=EB增,A物体减少的能量等于B物体增加的能量。 (3)转化:|ΔE减|=|ΔE增|,减少的某些能量等于增加的某些能量。 [例3]　(2024·广东佛山一模)劲度系数为k的轻弹簧的两端分别与质量均为m的物块B、C相连,放在足够长的倾角为30°的光滑斜面上,弹簧与斜面平行,C靠在固定的挡板P上,绕过光滑定滑轮的轻绳一端与B相连,另一端与悬空的物体A相连。开始时用手托住A,使滑轮两侧的轻绳恰好伸直且无弹力,然后松手由静止释放A,C恰好不能离开挡板P。不计空气阻力,重力加速度为g,A、B、C均视为质点,弹簧始终处在弹性限度内,A离地面足够高。下列说法正确的是(　　) A.物体A的质量为m B.物体A下降的最大距离为 C.释放A之后的瞬间,物体A的加速度大小为 D.物体A从被释放到下降至最低点的过程中,由A、B组成的系统机械能始终守恒 [答案]　C [解析]　设初始状态弹簧的压缩量为x1,在C恰好不能 离开挡板P时弹簧的伸长量为x2;物块C恰好不能离开 挡板P时,物块C沿斜面方向受到的重力的分力与弹簧 弹力相互平衡,有mgsin 30°=kx2,释放物体A前,弹簧处于压缩状态,物块B所受重力的分力与弹簧弹力平衡,所以有mgsin 30°=kx1,可得x1=,x2=,即x1=x2,两种状态弹性势能相等,对A、B组成的系统进行分析,A、B的初末速度都为零,根据能量守恒可得mg(x1+x2)sin 30° -mAg(x1+x2)=0,解得mA=,则物体A下降的最大距离为x=x1+x2=,故 A、B错误;释放物体A的瞬间,弹簧的长度来不及改变,物块B所受重力的分力与弹簧弹力平衡,所以物块A、B的共同加速度大小为a==,故C正确;物体A从被释放到下降至最低点的过程中,弹簧对A、B组成的系统先做正功再做负功,根据功能关系可知,此系统的机械能先增大后减小,故D错误。 [例4]　(2024·广东阳江二模)如图所示为某小型购物商场的电梯,长L=7.0 m,倾角θ=37°。在某次搬运货物时,售货员将质量为m=50 kg的货物无初速度放在电梯的最下端,然后启动电机,电梯先以a0=1 m/s2的加速度顺时针做匀加速运动,速度达到v0=2 m/s后匀速运动。已知货物与电梯表面的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,不计空气阻力。求: (1)货物从电梯底端运动到顶端所用的时间; [答案]　(1)6 s　 [解析]　(1)对货物进行受力分析,货物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力,由牛顿第二定律有 μmgcos 37°-mgsin 37°=ma 解得a=0.4 m/s2<1 m/s2 所以货物先以0.4 m/s2的加速度向上做匀加速运动,当速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动。根据匀变速直线运动规律,货物匀加速阶段的位移x满足2ax= 代入数据解得x==5 m 匀加速运动所需要的时间为t1==5 s 之后做匀速直线运动,匀速运动的时间为 t2==1 s 货物从电梯底端运动到顶端所用的时间 t=t1+t2=6 s。 (2)电机因运送该货物多做的功(忽略电梯自身动能的变化)。 [答案]　(2)3 160 J [解析]　(2)根据功能关系可知,电机因运送该货物多做的功等于货物增加的动能、重力势能以及在皮带上产生的热量之和,则有W=m+mgh+Q Q=μmgs相对cos 37°,s相对=x皮-L x皮=+v0(t-)=10 m h=Lsin 37° 联立解得W=3 160 J。 反思提升 传送带问题的综合分析 涉及物体在传送带上运动的具体细节问题,一般用动力学观点进行解决。传送带因传送物体多做的功,从能量的观点进行分析,等于物体增加的动能、重力势能及摩擦生热,而摩擦生热需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。 三 考点三　功能关系 26 　常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能的减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp 弹力做的功等于弹性势能的减少量 静电力做的功等于电势能的减少量 分子力做的功等于分子势能的减少量 动能 合外力做的功等于物体动能的变化量 W=Ek2-Ek1=mv2-m 能量 功能关系 表达式 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化量 W其他=E2-E1=ΔE机 摩擦产 生的内能　　 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=Ff·x相对 x相对为相对路程 电能 克服安培力做的功等于电能的增加量 W克安=E2-E1=ΔE [例5]　(多选)(2021·广东卷)长征途中,为了突破敌方关隘,战士爬上陡峭的山头,居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h,在空中的运动可视为平抛运动,轨迹如图所示,重力加速度为g。下列说法正确的有(　　) A.甲在空中的运动时间比乙的长 B.两手榴弹在落地前瞬间,重力的功率相等 C.从投出到落地,每颗手榴弹的重力势能减少mgh D.从投出到落地,每颗手榴弹的机械能变化量为mgh [答案]　BC [解析]　由平抛运动规律可知,做平抛运动的时间t=,因为两手榴弹运动的高度差相同,所以在空中运动时间相等,故A错误;做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P=mgvy=mg,因为两手榴弹运动的高度差相同、质量相同,所以落地前瞬间,两手榴弹重力的功率相同,故B正确;从投出到落地,手榴弹下降的高度为h,所以手榴弹重力势能减少量ΔEp=mgh,故C正确;从投出到落地,手榴弹做平抛运动,只有重力做功,机械能守恒,故D错误。 [例6]　如图所示,足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面底端有一固定挡板,轻质弹簧下端与挡板相连,上端与物体A相连。用不可伸长的轻绳跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来,A与滑轮间的轻绳与斜面平行。初始时用手托住B,轻绳刚好伸直,此时物体A处于静止状态。不计滑轮质量与摩擦,弹簧始终在弹性限度内,忽略空气阻力。现由静止释放物体B,在B第一次向下运动的过程中(　　) A.轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量 B.物体B重力做的功等于物体B机械能的变化量 C.轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和 D.两物体与轻绳组成的系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值 [答案]　D [解析]　轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化量,故A错误;重力做的功等于物体重力势能的减少量,故B错误;依题意得,轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧弹性势能的变化量之和,故C错误;两物体和弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律可知,D正确。 四 培优　热点训练 35 1.(多选)(2024·广东江门二模)如图所示是一儿童游戏机的简化示意图,光滑游戏面板倾斜放置,长度为8R的直管道AB固定在面板上,A位于斜面底端,AB与底边垂直,半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB相切于B点,C点为圆弧轨道最高点(切线水平),轻弹簧下端固定在AB管道的底端,上端系一轻绳。现缓慢下拉轻绳使弹簧压缩,后释放轻绳,弹珠经C点时,与圆弧轨道无作用力,并水平射出,最后滑到斜面底边上的位置D(图中未画出)。假设所有轨道均光滑,忽略空气阻力,弹珠可视为质点,直管AB粗细不计。下列说法正确的是(　　) A.弹珠脱离弹簧的瞬间,其动能达到最大 B.弹珠脱离弹簧的瞬间,其机械能达到最大 C.A、D之间的距离为3R D.A、D之间的距离为(1+3)R 答案:BD 解析:弹珠与弹簧接触向上运动过程,对弹珠分析可知,弹珠先向上做加速度减小的加速运动,后向上做加速度增大的减速运动,当弹簧弹力与重力沿斜面的分力恰好相等时,合力为0,弹珠的动能达到最大,此时弹簧处于压缩状态,A错误;弹珠脱离弹簧之前,弹簧处于压缩状态,弹簧对弹珠做正功,因此弹珠脱离弹簧的瞬间,弹珠的机械能达到最大,B正确;弹珠飞出后做类平抛运动,沿斜面方向有9R=gsin θ·t2,水平方向有x=vt+R,由于弹珠做圆周运动经C点时与轨道无作用力,则此时有mgsin θ=m,联立解得x=(1+3)R,C错误,D正确。 2.(2024 ·广东珠海高三阶段检测)如图所示,在一个倾角为30°的固定斜面上有一个圆形轨道,半径为R,DE为挡板,现从A点无初速度释放一个质量为m的小物块,小物块与轨道BD段间的动摩擦因数为μ=,与其余部分均无摩擦,小物块与挡板碰撞后的速度大小为原速度大小的e倍,e=,方向相反,已知BD段长为L,重力加速度为g。 (1)若小物块运动时恰好能完整经过圆形轨道,求A、B之间距离s1; 答案:(1)(3+)R　 解析:(1)选择B点为小物块重力势能零点位置,小物块位于圆形轨道最高点时,由能量守恒定律可得 mgs1sin 30°=mgR(cos 30°+1)+mv2 小物块刚好不脱离轨道时有mg=m 解得s1=(3+)R。 (2)若A、B间距离为s2(s2>s1),求小物块第一次与挡板相碰之前的速度大小v1; 答案: (2) 解析: (2)由动能定理得 mg(s2+L)sin 30°-μmgLcos 30°=m 可得v1= 。 (3)若小物块与挡板相碰一次后沿斜面向上运动,又恰好能完整经过圆形轨道,求此时A、B间距离s3的大小。 答案: (3)2L+2(3+)R 解析: (3)由(2)得,当A、B间距离为s3时,小物块与挡板碰之前速度大小v2= 碰后速度变为v2'=e 设小物块到圆弧轨道最高点速度为v3,则由能量守恒定律得mv2'2=m+mg(Lsin 30°+Rcos 30°+R)+μmgLcos 30° 在最高点时,小物块刚好不脱离圆轨道,满足mg=m 联立解得s3=2L+2(3+)R。 五 精准补弱 44 1.(多选)如图,撑竿跳全过程可分为四个阶段:A→B阶段,助跑加速;B→C阶段,竿弯曲程度增大,人上升;C→D阶段,竿弯曲程度减小,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阶段,地面对人和竿系统做正功 B.B→C阶段,人和竿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阶段,人和竿系统的动能减少量小于重力势能增加量 D.D→E阶段,重力对人所做的功等于人的机械能增加量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 BC 解析:A→B阶段,地面对人和竿系统不做功,人助跑加速过程增加的机械能来自人体肌肉做功消耗的人体内的化学能,选项A错误;B→C阶段,人和竿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阶段,人和竿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,则人和竿系统的动能减少量小于重力势能增加量,选项C正确;D→E阶段,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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.(2024·广东广州等5地6校联考)如图为“反向蹦极”运动简化示意图。假设弹性轻绳的上端固定在O点,拉长后将下端固定在体验者身上,并通过扣环和地面固定,打开扣环,人从A点静止释放,沿竖直方向经B点上升到最高位置C点,B点时速度最大。不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.从A点到C点过程中,人的加速度一直减小 B.B点为弹性轻绳处于原长的位置 C.从A点到B点过程中,弹性轻绳的弹性势能一直在减小 D.从B点到C点过程中,人的机械能保持不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:根据题意可知,从A点到B点过程中人的加速度逐渐减小,B点时速度最大,人的加速度为零,加速度方向发生改变,由于弹性绳的原长未知,从B点到C点过程中人的加速度可能先增大后不变,也可能一直增大,故A错误;在B点速度最大,人的加速度为零,此时人受到的弹性轻绳的弹力等于人的重力,弹性轻绳处于拉伸状态,故B错误;B点时弹性轻绳处于拉伸状态,从A到B,轻绳伸长量逐渐变小,弹性势能逐渐减小, 故C正确;从B点到C点过程中轻绳弹力对人做功,人的机 械能不会保持不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.如图所示,质量为m1=0.2 kg的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上,直杆右端O1处固定一光滑定滑轮(图中未画出)。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连,另一端与质量为m2=0.45 kg的物体Q相连。开始时物体P静止于A点,绳处于伸直状态,已知OA=0.3 m,AB=0.4 m,取重力加速度大小g=10 m/s2,两物体均视为质点,不计空气阻力。某时刻给物体P一水平向左的速度v,物体P恰能运动到B点, 则v的大小为(　　) A.3 m/s　　　　　　　　 B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 解析:物体P静止于A点,则OA垂直于AB,根据几何关系可得OB= =0.5 m,则当P从A运动到B的过程中,Q的位移s=OB-OA= 0.2 m,由系统机械能守恒有m2gs=m1v2,解得v=3 m/s,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.(2024·广东广州一模)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上,不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动,下列说法正确的是(　　) A.饺子一直做匀加速运动 B.传送带的速度越快,饺子的加速度越大 C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中,增加的动能等于因摩擦产生的热量 D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:饺子在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,故A错误;饺子的加速度a===μg,与传送带的速度无关,故B错误;饺子从静止加速到与传送带共速的过程,饺子增加的动能Ek=μmgs饺子,因摩擦产生的热量Q=μmgs相对,又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速,饺子的位移s饺子=t,s相对=s传送带-s饺子=vt-=,所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量,故C正确;传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和, 故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.(多选)(2024·广东茂名一模)如图所示,半球形容器ABC固定在水平面上,AC是水平直径,一个质量为m的物块从A点正上方由静止释放刚好能从A点进入容器,第一次从P点由静止释放,P点距A点高度为h,结果物块从C点飞出上升的高度为,第二次由Q点由静止释放,Q点距A点高度为,物块与容器内壁间的动摩擦因数处处相等,B点为容器内壁最低点,容器的半径为h,重力加速度为g,则下列判断 正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.第一次,物块由A点运动到C点克服摩擦力做的功为mgh B.第二次,物块运动到C点的速度刚好为零 C.第一次,物块运动到B点的最大动能为mgh D.第一次,物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功 答案:AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:根据动能定理有mg-W克f=0,解得克服摩擦力做功W克f=mgh,故A正确;第二次,由于物块运动到某一位置速度小于第一次物块在该位置的速度,因此正压力小于第一次的正压力,摩擦力小于第一次的摩擦力,因此从A到C克服摩擦力做功小于mgh,根据动能定理可知,物块到达C点的速度不为零,故B错误;第一次,物块从A运动到B过程中的速度大于从B运动到C的速度,因此正压力大,摩擦力大,所以物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功,故D正确;第一次,物块由A运动到B克服摩擦力做的功大于由B运动到C克服摩擦力做的功,大于mgh,因此物块运动到B点的最大 动能小于2mgh-mgh=mgh,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.如图所示,A、B、C为三个可视为质点的小球,A固定在光滑水平面上,A与B、B与C间均通过长为L的轻杆和轻质光滑铰链相连,初始时A、B、C构成的系统受外力作用在竖直平面内静止,A、C间距为L。撤去外力,当∠BCA=45°时C动能最大,重力加速度为g,则(　　) A.撤去外力的瞬间,B的加速度为0 B.B下降过程中,C一直向左加速 C.C动能最大时,B、C速度大小之比vB∶vC=1∶ D.B速度最大值为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:撤去外力瞬间,B所受合外力不再为零,则B的加速度 不为零,故A错误;由题意知,当∠BCA=45°时C动能最大, 即C速度最大,分析可知,当B落地时,B的速度达到最 大值,C的速度减为零,因此可得B下降过程中,C先向左加速,后向左减速,而B、C组成的系统机械能守恒,当B落地时,B的重力势能全部转化成了B的动能,根据机械能守恒有mgLsin 60°=m,解得B速度的最大值为vmax=,故B、D错误;当∠BCA=45°时C动能最大,而B在下降过 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 程中做圆周运动,此时B的速度恰好沿着B、C间杆的方向,而C的速度水平向左,根据连接体的关联速度可知,C沿杆的分速度等于B的速度,则有vB=vCcos 45°=vC,即vB∶vC=1∶,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.(2024·广东汕头二模)如图甲所示,轻弹簧下端固定在倾角为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(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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析: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;物块由静止释放到运动到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;物块由静止释放到运动到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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.(多选)(2024·广东韶关联考)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AD 解析: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做的功之和等于系统动能的增量,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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9.如图所示,A、B两点位于同一高度,细线的一端系有质量为M的小物块,另一端绕过B处的定滑轮固定在A点,质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放,小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点),图中△ABD为直角三角形,小物块和小球均可视为质点,∠DBA=37°,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.小球重力的功率一直增大 B.M∶m=3∶5 C.运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等 D.小球运动到D点时,小物块受到的拉力大小为Mg 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:小球在题图所示水平位置和D点时速度均为0,重力的功率也为0,故重力的功率不是一直增大,故A错误;设AD长为3L,根据机械能守恒定律有Mg·2L=mg·3Lcos 37°,解得M∶m=6∶5,故B错误;小球在题图所示水平位置和D点时,小球和小物块的速度相等,均为0,AC长度不变,小球做圆周运动,其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小,因此只有2个位置两者速度相等,故C错误;设小球在最低点D时沿BD方向的加速度大小为a,BD中的拉力为T,根据牛顿第二定律有Mg-T=Ma,T-mgcos 53°=ma,解得T=Mg,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.(2024·广东湛江模拟预测)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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析: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0.05(M+m1)gx1=ηE1,电池的电能为1 000 kW·h时,有0.05(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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.(多选)(2024·广东广州二模)如图,广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h(18 m/s)的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时,速度减为7.2 km/h(2 m/s),设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比),则(　　) A.该过程列车的机械能守恒 B.该过程列车的机械能减少 C.η约为10% D.η约为25% 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 BD 解析:列车在冲上坡顶站时,需要克服阻力做功,减小的动能一部分转化成了列车的重力势能,一部分克服了阻力做功,该过程中列车增加的重力势能与减小的动能之间的关系为ΔEp=mgh<|ΔEk|=m-mv2,该过程列车的机械能减少,故A错误,B正确;该过程重力势能的增加量为ΔEp=mgh,动能的减少量为|ΔEk|=m-mv2,则该过程节能坡的转化率为η==×100%=25%,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.(2024·江苏卷)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块,在电动机作用下,从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v,之后作匀速运动至C点,关闭电动机,从 C点又恰好到达最高点D。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)CD段长x; 答案:(1)　 解析:(1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma 由运动学公式0-v2=-2ax 联立解得x=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)BC段电动机的输出功率P; 答案: (2)mgv(sin θ+μcos θ)　 解析: (2)物块在BC段匀速运动,则电动机的牵引力为 F=mgsin θ+μmgcos θ 由P=Fv得P=mgv(sin θ+μcos θ)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。 答案: (3) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析: (3)全过程物块增加的机械能为 E1=mgLsin θ 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,故可知 E2=E1+μmgcos θ·L 故可得==。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13.机场某货物传送装置简化图如图甲所示,该装置由传送带及固定挡板CDEF组成,挡板与传送带上表面ABCD垂直,传送带上表面与水平地面的夹角θ=37°,CD与水平面平行。传送带始终匀速转动,工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放,货物对地发生位移L=10 m后被取走,货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送 带速率v0=2 m/s,货物质量m=10 kg,货物与传送带间 的动摩擦因数μ1=0.5,与挡板间的动摩擦因数μ2=0.25。 (sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2, 不计空气阻力)。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)货物在传送带上经历的时间t; 答案:(1)5.4 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:(1)令传送带对货物的弹力为N1,挡板对货物的弹力大小为N2,对货物进行分析有 N1=mgcos θ,N2=mgsin θ 由牛顿第二定律有μ1N1-μ2N2=ma 解得a=2.5 m/s2 货物匀加速至2 m/s的过程,根据速度与位移关系式有=2ax0 解得x0= m=0.8 m<L=10 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 则匀加速直线运动的时间 t1== s=0.8 s 之后货物做匀速直线运动,经历的时间 t2== s=4.6 s 则货物在传送带上经历的时间t=t1+t2=5.4 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。 答案: (2)202 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析: (2)货物在匀加速与匀速运动过程中,传送带的位移分别为x1=v0t1=1.6 m,x2=v0t2=9.2 m 设货物匀加速过程传送带所受摩擦力为f1,货物匀速过程传送带所受摩擦力为f2。 货物匀加速过程传送带克服摩擦力做的功为 Wf1=f1x1=μ1mgcos θ·x1=64 J 货物匀速过程传送带克服摩擦力做的功为 Wf2=f2x2=μ2mgsin θ·x2=138 J 则因运送货物传送装置多消耗的电能为 E=Wf1+Wf2=202 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $$