第5节 专题：功能关系 能量守恒定律-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第5节　专题：功能关系　能量守恒定律 考点一　常见的功能关系 1．(2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球(　　) A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变 答案：B 解析：由题图中足球的运动轨迹可知，在空中运动时，足球除受重力外，一定受到空气阻力作用。足球从1到2重力做负功，WG＝－mgh，则重力势能增加mgh，空气阻力做负功，即Wf<0，由动能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，可得足球动能的变化量ΔEk＝－mgh＋Wf<0，所以足球从1到2动能减少，且减少量|ΔEk|＝mgh＋|Wf|>mgh，A错误，B正确；足球从2到3，空气阻力做负功，即Wf′<0，则足球机械能减小，重力做正功，WG′＝mgh，由动能定理有WG′＋Wf′＝ΔEk′，可得足球动能的变化量ΔEk′＝mgh＋Wf′<mgh，C、D错误。 2.(多选)如图所示，质量为m的物块在力F(图中未画出)作用下沿倾角为37°的固定斜面匀加速下滑，其加速度a＝0.8g。已知物块在沿斜面向下滑行距离s的过程中，力F做功为mgs，g为当地的重力加速度，sin37°＝0.6。则该过程中(　　) A．物块的动能增加了1.2mgs B．物块的重力势能减少了0.6mgs C．物块的机械能增加了0.2mgs D．物块克服摩擦力做功0.8mgs 答案：BCD 解析：物块下滑过程所受合力为F合＝ma＝0.8mg，根据动能定理可得，物块的动能增加量为ΔEk＝F合s＝0.8mgs，故A错误；物块下降的高度为h＝s·sin37°＝0.6s，重力做功为WG＝mgh＝0.6mgs，故物块的重力势能减少了0.6mgs，故B正确；整个过程物块的机械能改变量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝0.8mgs－0.6mgs＝0.2mgs，即物块的机械能增加了0.2mgs，故C正确；由题意可知，物块下滑过程中有重力、摩擦力和F做功，根据动能定理可得ΔEk＝WG＋Wf＋WF，代入数据可得Wf＝－0.8mgs，即物块克服摩擦力做功0.8mgs，故D正确。 3．(2024·山东高考)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A.＋μmg(l－d) B.＋μmg(l－d) C.＋2μmg(l－d) D.＋2μmg(l－d) 答案：B 解析：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体，根据平衡条件和胡克定律，有kx0＝μmg，解得弹性绳的伸长量x0＝，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d，由功能关系可知W－μmgx1＝E0－0，可解得该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，故B正确。 4．2022年12月4日，神舟十四号顺利脱离天和核心舱空间站，安全返回地球。规定无穷远处引力势能为0，空间站到地心距离为r时，其引力势能可表示为Ep＝－，其中G为引力常量，M为地球质量，m为空间站质量。已知地球半径为R，空间站绕地球做匀速圆周运动时距地面的高度为h，若忽略地球的自转及空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．空间站在地球表面的引力势能为 B．空间站在离地面高度为h的轨道上运行的动能为 C．空间站在离地面高度为h的轨道上运行的机械能为 D．从地面发射到在离地面高度为h的轨道上做圆周运动，需要对空间站做的功为 答案：D 解析：根据题意，由引力势能的表达式可得，空间站在地球表面的引力势能为Ep0＝－，故A错误；空间站在离地面高度为h的轨道上运行时，根据万有引力提供向心力有＝m，又由动能表达式有Ek1＝mv2，解得此时空间站的动能为Ek1＝，根据题意，此时空间站的引力势能为Ep1＝－，则空间站的机械能为E1＝Ep1＋Ek1＝－，由功能关系可知，从地面发射到在离地面高度为h的轨道上做圆周运动，需要对空间站做的功为W＝E1－Ep0＝－＋＝，故B、C错误，D正确。 5．(2025·辽宁省高三上期中)如图所示，在竖直平面内，半径为l的半圆轨道CD和水平轨道AC在C点相切，D为半圆轨道的最高点。将一轻弹簧水平放置在轨道AC上，弹簧左端固定在A点，右端位于B点，并与质量为m的小物块接触但不连接，此时弹簧处于原长。现给小物块施加一水平向左、大小为mg(g为重力加速度)的恒力，使小物块向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，之后小物块向右运动并进入半圆轨道，到达D点时对轨道的压力大小为mg。已知BC＝l，轻弹簧的劲度系数为，小物块与水平轨道间的滑动摩擦力大小恒为mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)弹簧的最大压缩量Δx； (2)小物块到达C点时的速度vC； (3)小物块从C点运动到D点的过程中克服阻力做的功Wf。 答案：(1)l　(2)　(3)mgl 解析：(1)根据题意可知，小物块向左运动，速度为零时，弹簧压缩量最大，根据功能关系有 mgΔx－mgΔx＝k(Δx)2 其中k＝ 解得Δx＝l。 (2)小物块从B点开始向左运动至到达C点过程，弹簧弹力对物块做的总功为0，根据动能定理有 mgΔx－2×mgΔx－mgl＝mv－0 解得vC＝。 (3)小物块到达D点时对轨道的压力大小为mg，则受到轨道的弹力大小为mg，设小物块到达D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有mg＋mg＝m 小物块从C点到D点，由动能定理得 －2mg×－Wf＝mv－mv 联立解得Wf＝mgl。 考点二　用功能关系解图像问题 6．(2020·江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是(　　) 答案：A 解析：设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。物块在斜面上运动时，根据动能定理有mgxtanθ－μ1mgcosθ·＝Ek－0，整理可得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上运动时，物块的动能Ek与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为Ek0，水平位移为x0，物块在水平地面上运动时，根据动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上运动时，物块的动能Ek与x也成线性关系。综上分析可知A正确。 7．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m，选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体所受滑动摩擦力大小可视为等于最大静摩擦力大小。下列说法正确的是(　　) A．物体的质量m＝1.0 kg B．最终物体可能静止在斜面上 C．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J D．物体回到斜面底端时重力的瞬时功率大小P＝20 W 答案：AC 解析：由题意知，物体上升最大高度hm＝3.0 m时速度为0，物体的机械能等于重力势能，即E＝mghm＝30 J，解得m＝1.0 kg，故A正确；物体上升到最高点的过程中，机械能减少量等于克服摩擦力做的功，即E0－E＝fs，其中s＝，联立得E＝－h＋E0，故E­h图线的斜率的绝对值为＝ N，解得物体所受滑动摩擦力大小f＝4 N，因为mgsin37°＝6 N>f，所以最终物体不可能静止在斜面上，故B错误；物体上升到最高点的过程中，克服摩擦力做的功Wf＝50 J－30 J＝20 J，上升过程和下降过程中的摩擦力大小相同，位移大小相同，则克服摩擦力做的功相同，所以物体回到斜面底端时的机械能即物体的动能Ek＝E0－2Wf＝50 J－2×20 J＝10 J，故C正确；根据Ek＝mv2＝10 J，得物体回到斜面底端时速度大小为v＝2 m/s，重力的瞬时功率大小P＝mgvsin37°＝12 W，故D错误。 8．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中错误的是(　　) A．物体在沿斜面向下运动 B．在0～x1过程中，物体的加速度一直增大 C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速 D．在x1～x2过程中，物体的加速度大小为gsinθ 答案：C 解析：由题图乙可知，在0～x1过程中，物体的机械能一直在减少，故外力F做负功，物体沿斜面向下运动，A正确；对物体，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F＝ma，题图乙中图线切线的斜率的绝对值表示外力F的大小，因此在0～x1过程中外力F逐渐减小，故物体的加速度一直增大，B正确；在x1～x2过程中，物体的机械能不变，故外力F等于0，物体做加速度大小为gsinθ的匀加速直线运动，C错误，D正确。本题选说法错误的，故选C。 9．(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总与重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。取地面为重力势能零势能参考平面，空气阻力大小恒定，重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　) A．物体的质量为2 kg B．物体落回地面时的速率为 m/s C．从地面上升至h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D．从地面上升至h＝4 m时，物体的动能减少20 J 答案：BC 解析：由图可知，该物体上升的最大高度为hm＝4 m，则在最高点的重力势能为mghm＝60 J，可得物体的质量为m＝1.5 kg，故A错误；从开始到最高点，物体的机械能减少量ΔE＝80 J－60 J＝20 J，由功能关系得fhm＝ΔE，解得物体所受空气阻力大小f＝5 N，物体的初动能即初始时的机械能为Ek0＝80 J，对全程由动能定理得－f·2hm＝mv2－Ek0，解得物体落回地面时的速率为v＝ m/s，故B正确；从开始到上升至h＝2 m处，由动能定理可得－fh－mgh＝Ek－Ek0，解得Ek＝40 J，故C正确；物体上升至h＝4 m时速度为零，则物体的动能减少量为ΔEk＝Ek0－0＝80 J，故D错误。 10．(2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　) A．物块下滑过程中机械能不守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 答案：AB 解析：物块下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，增加的动能小于减少的重力势能，所以机械能不守恒，A正确。斜面高h＝3.0 m、长L＝5.0 m，则斜面倾角θ的正弦值sinθ＝＝0.6；物块在斜面底端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30 J，可得物块的质量m＝1.0 kg；物块下滑5 m的过程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20 J，可求得μ＝0.5，B正确。由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0 m/s2，C错误。当物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。 考点三　摩擦力做功与能量转化 11．(2024·四川省广安市高三上月考)(多选)将三个木板1、2、3固定在墙脚，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，物块沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是(　　) A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同 B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大 C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的 D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的 答案：BD 解析：设木板与地面的夹角为θ，木板的长度为L，木板底端与墙壁的距离为x，物块滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgh－μmgcosθ·L＝mv2－0，又Lcosθ＝x，则可得mgh－μmgx＝mv2－0。根据题图可得h1>h2＝h3，x1＝x2<x3，由上式可知，滑到底端时，物块的速度大小关系为v1>v2>v3，即沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，故A错误，B正确。摩擦产生的热量等于物块克服摩擦力做的功，即Q＝μmgx，由x1＝x2<x3可知，在这三个过程中，产生的热量关系为Q1＝Q2<Q3，故C错误，D正确。 12．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是(　　) A．此时物块的动能为F(x＋L) B．此时小车的动能为f(x＋L) C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL 答案：CD 解析：由图可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L＋x，故拉力对物块做的功为F(x＋L)，摩擦力对物块做的功为－f(x＋L)，则由动能定理可知，物块刚好滑到小车的最右端时，物块的动能为(F－f)(x＋L)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，由动能定理得，此时小车的动能为fx，B错误；这一过程中，物块和小车增加的机械能等于力F做的功减去系统内能的增量，系统内能的增量等于fL，即物块和小车因摩擦而产生的热量为fL，故系统机械能的增量为F(x＋L)－fL，C、D正确。 13．(多选)如图所示，质量为M、长为L＝14 m的木板Q放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为m的物块P放在木板的最左端。t＝0时刻给物块水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移为x＝7 m。则下列说法正确的是(　　) A．P、Q所受的摩擦力之比为m∶M B．摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为3∶1 C．P减小的动能与P、Q间因摩擦力而产生的热量之比为3∶2 D．Q增加的动能与系统损失的机械能之比为3∶2 答案：BC 解析：P对Q的摩擦力与Q对P的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，即P、Q所受的摩擦力之比为1∶1，A错误；设P、Q之间的摩擦力大小为f，摩擦力对物块P所做的功为WfP＝－f(x＋L)，摩擦力对木板Q所做的功为WfQ＝fx，则摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为|WfP|∶|WfQ|＝(x＋L)∶x＝3∶1，B正确；对P，由动能定理得－f(x＋L)＝ΔEkP，对Q，由动能定理得fx＝ΔEkQ，P、Q间因摩擦而产生的热量即系统损失的机械能为fL，则|ΔEkP|∶fL＝(x＋L)∶L＝3∶2，ΔEkQ∶fL＝x∶L＝1∶2，C正确，D错误。 14．(多选)在大型物流货场，广泛地应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v­t图像可知(　　) A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 B．A、B两点间的距离为2.4 m C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功为－11.2 J D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量为19.2 J 答案：AC 解析：设货物与传送带间的动摩擦因数为μ，由题图乙可以看出货物先后做匀加速直线运动的加速度大小分别为a1＝ m/s2＝10 m/s2，a2＝ m/s2＝2 m/s2，对货物受力分析，根据牛顿第二定律，0～0.2 s时间内，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，0.2～1.2 s时间内，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入数据解得θ＝37°，μ＝0.5，A正确；货物的位移就是A、B两点间的距离，由v­t图像与时间轴围成图形的面积表示位移可知，xAB＝x1＋x2，其中x1＝×2×0.2 m＝0.2 m，x2＝×(2＋4)×(1.2－0.2) m＝3 m，可得xAB＝3.2 m，B错误；货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功即为两段运动过程中摩擦力对货物做的功，即W＝W1＋W2，其中W1＝μmgcosθ·x1，W2＝－μmgcosθ·x2，解得W＝－11.2 J，C正确；货物从A运动到B的过程中，货物与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ·x相对，其中x相对＝×2×0.2 m＋×(4－2)×(1.2－0.2) m＝1.2 m，联立解得Q＝4.8 J，D错误。 考点四　能量守恒定律 15．(多选)如图所示，倾角为θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A点，长度为0.5 m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3 kg，开始用外力使木板下端与A点对齐，如图所示。木块质量为m＝1 kg，两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起，木板与斜面间的动摩擦因数为。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点，此过程中，下列说法正确的是(　　) A．木板和木块组成的系统机械能守恒 B．木板上端刚过A点时速度大小为 m/s C．木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和 D．系统产生的热量为10 J 答案：BC 解析：由于斜面是粗糙的，木板和木块组成的系统在运动中会因摩擦力产生热量，所以木板和木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；设木板的长度为l，木板与斜面间的动摩擦因数为μ，木板上端刚过A点时速度大小为v，根据能量守恒定律有Mglsinθ－mgl＝(M＋m)v2＋Q，其中系统产生的热量Q＝μMgcos53°·l＝6 J，联立并代入数据解得v＝ m/s，故B正确，D错误；根据能量守恒定律可知，木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和，故C正确。 16．(2024·安徽高考)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：设水从出水口射出的初速度为v0，水离开出水口在空中做平抛运动的时间为t′，取t时间内抽出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝gt′2，根据能量守恒定律，得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率约为P＝，故选B。 考点五　动力学观点和能量观点的综合应用 17．(2021·全国甲卷)(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则(　　) A．物体向上滑动的距离为 B．物体向下滑动时的加速度大小为 C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 答案：BC 解析：设物体向上滑动的距离为l，与斜面间的动摩擦因数为μ，对全过程根据动能定理有－μmgcosα·2l＝－Ek，对物体向上滑动的过程根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，联立得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝，B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有mgsinα＋μmgcosα＝ma上，可知a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且两过程位移大小均为l，根据l＝at2，可得t上<t下，D错误。 18．(多选)如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能—位移(Ek­x)图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10 m/s2，则(　　) A．小滑块和木板的质量均为0.25 kg B．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6 C．小滑块滑上木板瞬间，木板的速度大小为 m/s D．木板长度至少为 m，小滑块才不会冲出木板 答案：BC 解析：设小滑块和木板的质量均为m，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，由题图乙知，小滑块的初动能为Ek0＝4 J，运动位移x1＝1 m后动能变为Ek1＝1 J，小滑块与木板共速，之后两者一起减速，再运动x2＝2 m动能变为0，小滑块与木板停止运动，前一段过程对小滑块由动能定理有－μ1mgx1＝Ek1－Ek0，后一段过程对小滑块和木板整体由动能定理有－μ2·2mgx2＝0－2Ek1，由题知μ2＝0.1，解得m＝0.5 kg，μ1＝0.6，A错误，B正确；根据Ek0＝mv，小滑块滑上木板瞬间，小滑块的速度大小为v0＝＝4 m/s，同理共速时小滑块的速度v1＝＝2 m/s，前一阶段，小滑块减速的加速度大小a1＝＝μ1g＝6 m/s2，到达共速的时间t＝＝ s，对木板分析，由μ1mg>μ2·2mg可知，此阶段木板加速，木板的加速度大小a2＝＝4 m/s2，小滑块滑上木板瞬间木板的速度大小为v0板＝v1－a2t＝ m/s，到达共速时木板的位移大小x1′＝t＝ m，小滑块相对木板的位移大小Δx＝x1－x1′＝ m，即木板长度至少为 m，小滑块才不会冲出木板，C正确，D错误。 19．(2022·河北高考)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是(　　) A．物体P和Q的质量之比为1∶3 B．2T时刻物体Q的机械能为 C．2T时刻物体P重力的功率为 D．2T时刻物体P的速度大小 答案：BCD 解析：开始释放时物体Q的加速度大小为，则mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得物体P和Q的质量之比为＝，A错误；在T时刻，两物体的速度大小均为v1＝，P上升的高度h1＝××T2＝，轻绳断开后P能继续上升的高度h2＝＝，结合题意可知，开始时P、Q间高度差为h＝h1＋h2＝，则t＝0时Q的机械能E＝mQgh＝，轻绳断开时物体Q的机械能E′＝mQgh2＋mQv＝＝，此后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻物体Q的机械能仍为，B正确；在2T时刻，物体P的速度v2＝v1－gT＝－，负号表示方向竖直向下，此时物体P重力的功率PG＝mPg|v2|＝·＝＝，C、D正确。 20．(多选)我国正在攻关的JF－22超高速风洞，是研制新一代飞行器的摇篮，它可以复现40到100公里高空、速度最高达10公里/秒，相当于约30倍声速的飞行条件。现有一小球从风洞中的M点竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为16 J，在O点动能为4 J，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．小球所受重力和风力大小之比为4∶1 B．小球落到N点时的动能为32 J C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶4 D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为3.2 J 答案：BD 解析：设小球所受风力大小为F，小球的质量为m，小球的初速度为v0，水平方向的加速度为a，M点到O点的水平距离为x1，竖直距离为h，小球从M点运动到O点的时间为t，到达O点时速度为v1。根据分运动的独立性，对小球由M点运动到O点，竖直方向上有h＝，h＝gt2，水平方向上，根据牛顿第二定律有F＝ma，根据运动学公式有2ax1＝v，x1＝at2，又mv＝16 J，mv＝4 J，联立解得＝，故A错误；根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的对称性可知，小球从M→O和从O→N的运动时间相等，设ON的水平距离为x2，则有x2＝3x1，小球由M→O过程中，由动能定理有－mgh＋Fx1＝EkO－EkM，小球由M→N过程中，由动能定理有F(x1＋x2)＝EkN－EkM，又＝＝＝，联立解得EkN＝32 J，故B正确；由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做的功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为＝＝，故C错误；根据题意可知，小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时速度最小，动能最小，如图所示，可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为tanθ＝＝，根据速度的合成与分解可得，小球从M点运动到N点过程中的最小速度为vmin＝v0sinθ＝v0，则最小动能为mv＝×mv＝×16 J＝3.2 J，故D正确。 15 学科网（北京）股份有限公司 $$