专题6 机械能守恒定律（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专项突破教用word

专题六　机械能守恒定律 题型方法 题型18　变力做功问题　动能定理的应用 高考真题 1.(2024贵州,6,4分)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上,设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所示,则物块运动到x=3 m处,F做功的瞬时功率为 (　A　) A.8 W　　　　B.16 W　　　　C.24 W　　　　D.36 W 2.(2024重庆,4,4分)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘 (　A　) A.被弹出时速度大小为 B.到达目标组织表面时的动能为F1d1 C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2 D.运动d2的过程中动量变化量大小为 3.(2024浙江6月,5,3分)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为 (　C　) A.10 W　　　　B.20 W　　　　C.100 W　　　　D.200 W 4.(2024新课标,24,10分)将重物从高层楼房的窗外运到地面时,为安全起见,要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图,一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg,重力加速度大小g=10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α=37°时,Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin 37°=0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小; (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m,求在重物下降到地面的过程中,两根绳子拉力对重物做的总功。 答案　(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J 解析　(1)重物缓慢竖直下降,处于平衡状态,把两根绳子的拉力FP、FQ分别沿水平方向和竖直方向分解,由平衡条件可得 FP sin 37°=FQ sin 53° FP cos 37°=mg+FQ cos 53° 两式联立解得FP=1 200 N,FQ=900 N (2)重物下降至地面的过程中,由动能定理可得 WF+mgh=0 解得拉力对重物做的总功WF=-4 200 J 5.(2025广东,14,13分)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f0,其中f0为常量,h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m,底面积为S,加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变,瓶子始终静止在桌面上。(提示:可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)求: (1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 答案　(1)　(2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h　(3)P=f0at-+mgat+ΔpSat+ma2t 解析　(1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah= 解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0= 由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度ω== (2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得W-mgh-ΔpSh-Wf=m 结合f=f0作出f-x的关系图像如图所示 根据功的定义,f-x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h 联立解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h (3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得F-f-mg-ΔpS=ma 由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at 由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x=at2,其中0≤t≤ 拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P=Fv 联立解得P=f0at-+mgat+ΔpSat+ma2t 6.(2024浙江1月,18,11分)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg的滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) (1)若h=0.8 m,求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小; ②在DE上经过的总路程; ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。 (2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 答案　见解析 解析　(1)①mgh=m aC==16 m/s2 ②由题可知F高度hF=R(1-cos θ)+L sin θ+R(1-cos θ)=1.15 m,则h<hF,故小物块a到不了F点,在DE轨道上有mg sin θ>μ2mg cos θ,故小物块不会锁定在DE轨道上,小物块多次经过D点,则最终小物块a在BD间往复运动,则小物块a在DE上向上运动的路程等于向下运动的路程,则有 mgh-mgR(1-cos θ)=(μ1+μ2)mgs cos θ 解得s=1 m,s总=2s=2 m ③向上运动时有mg sin θ+μ1mg cos θ=ma1 a1=8 m/s2 向下运动时有mg sin θ-μ2mg cos θ=ma2 a2=2 m/s2 由s=at2可得== (2)由A到F,由动能定理得mgh-mghF-μ1mgL cos θ=m 设滑块长为Lb时,小物块恰好不脱离滑块,此时二者达到共同速度v 由动量守恒有mvF=2mv 由能量守恒有μ1mg·s'=m-(2m)v2 s'为a在b上运动的路程;b长度最短时,a运动到b的最右端与竖直挡板发生弹性碰撞,a、b速度互换,a运动到b的最左端二者共速,所以Lb= 解得vF=2 m/s,Lb=0.2 m 高考模拟 1.(2025河北模拟)随着全球新能源领域的蓬勃发展,电动汽车已经成为我们生活中的常用交通工具,某些电动汽车搭载了弹射起步功能,在起步阶段获得较大加速度。如图所示,某品牌电动汽车在测试斜坡弹射起步功能,该汽车可看成质点,从静止沿倾斜平直公路向上加速运动16 m时速度达到57.6 km/h,该倾斜平直公路与水平方向的夹角为37°,已知该汽车的质量为2 000 kg,加速过程中受到的阻力恒为200 N,牵引力恒定,重力加速度为10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略汽车质量的变化,关于这段加速过程,下列说法正确的是 (　B　) A.汽车发动机提供的牵引力大小为1.62×104 N B.汽车的速度达到57.6 km/h时,汽车的输出功率为4.512×105 W C.汽车增加的机械能为5.76×105 J D.汽车发动机对汽车做的功为2.592×105 J 2.(2025福建龙岩一模)一辆汽车在夜间以速度v0匀速行驶,驶入一段照明不良的平直公路时,司机迅速减小油门,使汽车的功率减小为某一定值,此后汽车的速度v与时间t的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒为f,汽车的质量为m,则下列说法正确的是 (　C　) A.t=0时刻,汽车的功率减小为fv0 B.整个减速过程中,汽车的牵引力不断变小 C.整个减速过程中,汽车克服阻力做功大于m D.整个减速过程中,汽车牵引力的冲量大小为ft+mv0 3.(2025辽宁名校联盟联考)如图甲所示,倾角为θ=37°的足够长斜面固定在水平地面上,一质量为m=1 kg的小物块以一定的初速度从底端冲上斜面,运动0~2.5 m的过程中,物块的动能Ek与其沿斜面运动的距离s之间的关系图像如图乙所示,已知重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是 (　D　) 　 A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.3 C.物块回到斜面底端时的动能为24 J D.物块回到斜面底端时的动能为16 J 4.(2025山西部分学校开学考)(多选)如图所示,汽车在水平路面上做匀速直线运动,用跨过光滑定滑轮的轻绳连接汽车和小船,汽车与滑轮间的轻绳保持水平,汽车受恒定阻力f作用。当滑轮与小船间的轻绳与水平方向的夹角为θ时,汽车发动机的输出功率为P,小船的速度大小为v,此时汽车的速度大小v1、轻绳对小船拉力的功率P1分别为 (　AC　) A.v1=v cos θ　　　　　　　　B.v1= C.P1=P-fv cos θ　　　　　　　　D.P1=P- 5.(2025江西赣州期末)(多选)如图甲所示,某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物,运用传感器(未在图中画出)测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F,并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示,其中第一个时间段内线段AB与v轴平行,B点对应的坐标为,第二个时间段内线段BC的反向延长线过原点,第三个时间段内拉力F和速度v均与C点的坐标对应,大小均保持不变,因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段所对应时间为t。重力加速度为g,滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法正确的是 (　ACD　) 　 A.重物的质量为 B.第一个时间段内重物上升的高度为 C.F1v1=F2v2 D.重物在前两个时间段内的总位移为v2t+- 6.(2025河南南阳期末)如图甲所示,水平面AB与竖直面内的半圆形轨道CDB在B点平滑相接,各处动摩擦因数均相同,D为半圆形轨道的中点。一质量m=1 kg的物体(可视为质点)将弹簧压缩到A点后由静止释放,在弹力作用下获得向右的速度后脱离弹簧,从B点进入半圆形轨道,物体沿半圆形轨道从B运动到C过程中速度的二次方与其上升高度的关系如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,则 (　D　) 　 A.弹簧压缩到A点时,弹簧的弹性势能为18 J B.物体运动到C点时对半圆形轨道的压力大小为10 N C.物体从B点运动到C点的过程中,合力对物体做的功为10 J D.物体从D点运动到C点的过程中,其机械能减少量ΔE<1 J 7.(2025福建莆田二模)据《吕氏春秋》记载,我国在尧舜时代就有春节扫尘的风俗,寓意平安顺遂。如图,质量m=50 kg的沙发静止在水平地面上,与地面间的动摩擦因数μ=0.3。小海从侧面用平行于地面的力F=200 N推开沙发打扫卫生,沙发由静止开始匀加速前进s=2 m,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。这个过程中,求 (1)合力对沙发所做的功W; (2)合力的平均功率P。 答案　(1)100 J　(2)50 W 解析　(1)沙发受到的合力 F合=F-μmg=50 N 合力对沙发所做的功 W=F合s=100 J (2)沙发由静止开始做匀加速运动,根据牛顿第二定律有F合=ma 由运动学公式有s=at2 合力的平均功率为P= 联立并代入题给数据解得P=50 W 题型19　机械能守恒定律的应用 高考真题 1.(2024北京,7,3分)如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是 (　C　) A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 2.(2022全国甲,14,6分)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 (　D　) A.　　　　　　　　B. C.　　　　　　　　D. 3.(2022江苏,8,4分)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳,将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力。此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是 (　A　) 4.(2023湖南,8,5分)(多选)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,下列说法正确的是(重力加速度为g) (　AD　) A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v0= D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道 5.(2022河北,9,6分)(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　 (　BCD　) 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的速度大小为 6.(2025黑吉辽蒙,13,10分)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0; (2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向的夹角α。 答案　(1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 解析　(1)雪块在屋顶从静止开始做匀加速直线运动, 根据牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma 又=2ax 联立解得v0=5 m/s (2)雪块从A点离开屋顶后做斜抛运动, 由机械能守恒定律得mgh=m-m 代入数据解得v1=8 m/s 雪块在做斜抛运动过程中,水平分速度不变,则 v1 cos α=v0 cos θ 解得α=60° 思路点拨 本题求雪块落地时与水平方向的夹角,可以巧妙地在已求得初、末速度的情况下,运用斜抛运动初、末速度的水平分速度相等这一特点来列等式。 高考模拟 1.(2025安徽芜湖一模)如图所示,竖直固定轨道由水平杆和半圆形轨道连接而成,半圆形轨道两端点与圆心等高,现将光滑的小圆环A、B分别套在水平杆与半圆形轨道上,A、B用一不可伸长的轻质细绳相连,A、B质量相等,且可看作质点,细绳长为半圆形轨道半径的倍,开始时细绳水平伸直,A、B静止。由静止释放B后,已知当B通过半圆形轨道上P点时,圆环B下滑的速度大小为v,已知P点和圆心连线OP与竖直方向的夹角为30°,重力加速度为g,则半圆形轨道的半径为 (　C　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 2.(2025山东省实验诊断)如图甲所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是 (　B　) 　 A.物块在D点的速率为8 m/s B.F0的大小为70 N C.v0的大小为2 m/s D.物块在B点时对轨道的压力大小为30 N 题型20　功能关系　能量守恒 高考真题 1.(2025山东,5,3分)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为 (　A　) A.　　　　　　　　B. C.　　　　　　　　D. 2.(2024安徽,7,4分)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 (　B　) A.　　　　　　　　B. C.　　　　　　　　D. 3.(2024山东,7,3分)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 (　B　) A.+μmg(l-d)　　　　　　　　B.+μmg(l-d) C.+2μmg(l-d)　　　　　　　　D.+2μmg(l-d) 4.(2022江苏,10,4分)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与物块A连接在一起,处于压缩状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时,立即将物块B轻放在A右侧,A、B由静止开始一起沿斜面向下运动,下滑过程中A、B始终不分离,当A回到初始位置时速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同,弹簧未超过弹性限度。则 (　B　) A.当上滑到最大位移的一半时,A的加速度方向沿斜面向下 B.A上滑时,弹簧的弹力方向不发生变化 C.下滑时,B对A的压力先减小后增大 D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 5.(2023全国甲,24,12分)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求 (1)小球离开桌面时的速度大小; (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 答案　(1)　(2) 解析　(1)由能量守恒可知,弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能,即Ep=m ① 解得v0= ② 小球离开桌面时的速度大小为 (2)设桌面的高度为H,小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,小球飞出后做平抛运动,有H=gt2 ③ x=v0t ④ 设小球与地面碰撞前后速度的竖直分量分别为vy1与vy2,由题意可知=2gH ⑤ =2gh ⑥ = ⑦ 联立②③④⑤⑥⑦得x= 即小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为 高考模拟 1.(2025广东江门一模)(多选)2024年11月4日,神舟十八号载人飞船返回舱返回地面,在打开降落伞后的一段时间内,整个装置先减速后匀速下降,在这段时间内关于返回舱的说法正确的是 (　BD　) A.减速下降阶段,返回舱处于失重状态 B.减速下降阶段,返回舱动能的减少量小于其克服阻力做的功 C.匀速下降阶段,返回舱机械能的减少量大于重力对其做的功 D.匀速下降阶段,重力对返回舱做的功等于返回舱克服阻力做的功 2.(2024云南红河州一模)(多选)如图所示,劲度系数为k、原长为l的轻质弹簧竖直固定在水平地面上。质量为m的小球由弹簧正上方h处自由下落,到最低点时弹簧的压缩量为x。不计空气阻力,重力加速度为g。则 (　BC　) A.小球下落的高度为h时速度最大 B.弹簧的最大弹性势能为mg(h+x) C.小球速度最大时距地面的高度为l- D.小球速度最大时弹簧的弹性势能为kx2 3.(2025湖南娄底期末)如图甲所示,斜面固定在水平地面上,质量m=1 kg的小物块从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑,由于斜面表面材料特殊,物块向上运动和向下运动时动摩擦因数不同,已知斜面的倾角θ=37°,取水平地面为重力势能的零势能面,以斜面底端为初位置,在物块运动过程中,物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),下列说法正确的是 (　D　) 　　 A.物块上滑和下滑产生的热量相同 B.物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C.物块上滑过程中动量的变化量的大小为27 kg·m/s D.物块下滑过程中的动摩擦因数比上滑的动摩擦因数大 4.(2025江西吉安一模)如图所示,倾角为53°的光滑斜面与光滑水平面在B点相连,原长为L的轻质弹簧(劲度系数未知)一端悬挂在O点,另一端与质量为m的小球(视为质点)相连,B点在O点的正下方。小球从斜面上的A点由静止释放,沿着斜面下滑,通过B点到达水平面上,刚到达水平面上时与水平面间的弹力刚好为0,已知OA与斜面垂直,A、B两点间距为4L,重力加速度为g,劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x的关系式为Ep=kx2,sin 53°=,cos 53°=,下列说法正确的是 (　B　) A.弹簧的劲度系数为 B.小球在A点时弹簧的弹性势能为 C.小球在A点时斜面对小球的支持力为 D.小球到达B点时的动能为mgL 5.(2025山东临沂一模)(多选)竖直轻弹簧下端固定在水平地面上,上端与木块A连接,物块B叠放在A上,系统处于静止状态,如图(a)所示。现对B施加竖直向上的拉力F,使B以恒定的加速度a竖直向上做匀加速直线运动,直至分离后一小段时间,力F的大小随B的位移x变化的关系如图(b)所示,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　AC　) 　 A.物块B的质量mB= B.当物块B运动x0时,弹簧恰好处于原长位置 C.从0到x0的过程中,力F所做的功小于A和B构成的系统的机械能增加量 D.从0到x0的过程中,力F与B的重力所做功的代数和等于物块B的动能增加量 题型21　功能关系在传送带模型中的应用 高考真题 1.(2024北京,10,3分)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　D　) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长 2.(2024湖北,14,16分)如图所示,水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s,方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小。 (2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能。 (3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 解析　(1)根据题意,小物块在传送带上,由牛顿第二定律有μm物g=m物a,解得a=5 m/s2 由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离为x==2.5 m<L传=3.6 m 可知,小物块运动到传送带右端前已和传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小为5 m/s。 (2)小物块运动到传送带右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2 其中v=5 m/s,v1=-1 m/s,解得v2=3 m/s 小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物v2-m物-m球 解得ΔEk=0.3 J。 (3)设P点到O点的距离为d,小球在P点正上方时速度为v3,小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有m球=m球+m球g(2L绳-d)(点拨:v2不变,要d最小,则v3最小) 当小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,即绳子的拉力刚好为零时,v3最小 在P点正上方,由牛顿第二定律有m球g=m球 联立解得d=0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 高考模拟 1.(2025江西赣州期末)如图,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端,P与传送带之间的动摩擦因数为μ,在接触弹簧前速度已达到v,P与弹簧接触后继续运动,弹簧的最大形变量为d,设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。则P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程中 (　A　) A.传送带多消耗的电能小于2μmgd B.摩擦力对P先做正功再做负功 C.P的速度不断减小 D.P的加速度逐渐增大 2.(2025河南信阳二模)如图所示,一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动,一个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带,已知物块的初速度大于传送带的速度,物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取沿传送带向上方向为正方向,则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时间变化关系图,机械能、动能随位移变化关系图正确的是 (　C　) 　　　　　　　　 　　　　　　　　 3.(2025河北邯郸期末)(多选)如图所示为工厂使用传送带运送货物的装置示意图,其中传送带AB段是水平的,BC段为一小段圆弧(圆弧由光滑模板形成,未画出),CD段是倾斜的,AB和CD都与相切。机器人将大量质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上(放置时初速度均为零),经传送带运送到D处,D和A的高度差为h。已知传送带速度为v,货箱和传送带之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,货箱在AB段能和传送带共速,此后再无相对运动。当前一个货箱与传送带共速后,机器人再放置下一个货箱。在一段相当长的时间T内,共运送货箱的数目为N。下列说法正确的是 (　BD　) A.货箱在CD段运动过程中机械能守恒 B.每个货箱与传送带之间因摩擦产生的热量均等于货箱获得的动能 C.摩擦力对每个货箱做功为mgh+mv2 D.传送带电动机的平均功率为 4.(2025甘肃酒泉一模)如图所示,竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ,所对应圆心角θ=53°,半径R=2.5 m,O为圆心,圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一速度大小v=3 m/s且沿顺时针方向转动的水平传送带,传送带上表面与P点高度差H=0.8 m。现有一质量m=1 kg(可视为质点)的滑块从传送带的左端由静止释放后从右端水平飞出,由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道,最后在水平地面滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求: (1)滑块从传送带右端飞出时的速度大小; (2)滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小; (3)滑块运动全过程因摩擦产生的热量。 答案　(1)3 m/s　(2)28 N　(3)27 J 解析　(1)滑块离开传送带做平抛运动,竖直方向有=2gH 滑块由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道,故 tan θ= 联立解得滑块从传送带右端飞出时的速度大小v0=3 m/s (2)滑块在P点的速度大小vP==5 m/s 滑块从P到Q,由动能定理有mgR(1-cos θ)=m-m 在Q点,有FN-mg=m 联立解得FN=28 N 由牛顿第三定律可知,滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小FN'=FN=28 N (3)滑块在传送带上做匀加速运动的时间t==0.6 s 位移大小x==0.9 m 传送带的位移大小x'=vt=1.8 m 滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q1=μmg(x'-x)=4.5 J 滑块由P点至最终静止,由能量守恒有Q2=mgR(1-cos θ)+m=22.5 J 滑块运动全过程因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=27 J 实验聚焦 实验7　验证机械能守恒定律 1.(2024浙江6月,16-Ⅰ,4分)在“验证机械能守恒定律”的实验中, (1)下列操作正确的是　A　。  　　　　 (2)实验获得一条纸带,截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示。 已知打点的频率为50 Hz,则打点“13”时,重锤下落的速度大小为　3.34　m/s(保留三位有效数字)。  (3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s2,并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m,另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量),则该结果　不能　(选填“能”或“不能”)验证机械能守恒,理由是　B　。  A.在误差允许范围内 B.没有用当地的重力加速度g 解析　(1)为了减小纸带运动过程中与打点计时器之间产生的摩擦,需要在纸带末端提起纸带,A正确。 (2)根据v13=可得v13= m/s=3.34 m/s。 (3)若“1”处对应纸带速度为v1,“13”处对应纸带速度为v13,利用-=2gh计算重力加速度,公式变形可得m-m=mgh,利用纸带计算得到的重力加速度不能验证机械能守恒(点拨:比较求出的g值与当地的重力加速度,若在误差允许范围内相等,可验证机械能守恒),应使用当地的重力加速度进行计算,故所得的结论是不合理的。 2.[2023天津,9(1)]某同学利用图示的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律,主要实验步骤如下: A.将桌面上的气垫导轨调至水平; B.测出遮光条的宽度d; C.将滑块移至图示位置,测出遮光条到光电门的距离l; D.由静止释放滑块,读出遮光条通过光电门的遮光时间Δt; E.称出托盘和砝码总质量m1、滑块(含遮光条)的质量m2。 已知当地重力加速度为g,回答以下问题(用题中所给的字母表示): ①遮光条经过光电门时的速度大小为 　;  ②遮光条由静止运动至光电门的过程,系统重力势能减少了　m1gl　;遮光条经过光电门时,滑块、托盘和砝码的总动能为 (m1+m2)　;  ③通过改变滑块的释放位置,测出多组l、Δt数据,利用实验数据绘制出-l图像如图。若图中直线的斜率近似等于 　,可认为该系统机械能守恒。  解析　①遮光条通过光电门的挡光时间极短,该时间内的平均速度近似等于遮光条通过光电门的瞬时速度,即v=; ②遮光条由静止运动至光电门的过程中,系统重力势能的减少量=m1gl,系统动能的增加量ΔEk=(m1+m2); ③若系统的机械能守恒,则有=ΔEk,即m1gl=(m1+m2)成立,整理得=l,可得图像的斜率k=。 3.(2022广东,11,7分)某实验小组为测量小球从某一高度释放,与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失,设计了如图(a)所示的装置,实验过程如下: (1)让小球从某一高度由静止释放,与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置,使小球从光电门正上方释放后,在下落和反弹过程中均可通过光电门。 (2)用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图(b)所示,小球直径d=　7.885　mm。  (3)测量时,应　B　(填“A”或“B”,其中A为“先释放小球,后接通数字计时器”,B为“先接通数字计时器,后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。  (4)计算小球通过光电门的速度,已知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE= md2　(用字母m、d、t1和t2表示)。  (5)若适当调高光电门的高度,将会　增大　(填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。  解析　(2)螺旋测微器的读数为7.5 mm+38.5×0.01 mm=7.885 mm。 (3)如果先释放小球,后接通数字计时器,由于高度较小,还没有启动数字计时器,小球已通过光电门,故应先接通数字计时器,再释放小球。 (4)小球两次通过光电门的速度分别为v1=,v2=,设光电门的高度为h,若不考虑空气阻力的影响,小球下落到与橡胶材料碰撞前瞬间的机械能为E前=m+mgh,弹起瞬间的机械能为E后=m+mgh,所以小球与橡胶材料碰撞前后的机械能的损失量ΔE=m-m=m-=md2。 (5)由(4)问分析可知,增大光电门与橡胶材料的距离,就增加了空气阻力对小球的做功大小,带来的误差更大。 4.(2025河南,12,9分)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。 (1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排列:　④①⑥⑤　(填步骤前面的序号)。  ①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带 ②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据 ⑥关闭电源,取下纸带 (2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为　1.79　m/s(保留3位有效数字)。  (3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应　通过　(填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　2g　(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k=　19.1 m/s2(18.9 m/s2、19.0 m/s2、19.2 m/s2、19.3 m/s2均算对)　(保留3位有效数字)。  (4)定义单次测量的相对误差η=×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其动能增加量,则实验相对误差为η= 　×100%(用字母k和g表示);当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,则η=　2.6(3.6、3.1、2.0、1.5均算对)　%(保留2位有效数字),若η<5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。  解题导引　通过v2-h图像验证机械能守恒定律,关键是理解机械能守恒定律的表达式,然后进行合理变换。 解析　(1)需要先接通电源,再释放纸带,①正确,②错误;不需要测量重锤质量,③不是必需的;依据实验步骤先后,正确排序应为④①⑥⑤。 (2)B点的瞬时速度等于AC段的平均速度,vB== m/s=1.785 m/s≈1.79 m/s (3)若机械能守恒,由mgh=mv2得v2=2gh,故v2-h图像中的图线应通过原点,斜率k=2g。在图线上选点(0.29 m,5.5 m2·s-2)和(0.075 m,1.4 m2·s-2)计算斜率,可得k= m/s2≈19.1 m/s2 (4)η=×100%=×100%=×100%。代入k=19.1 m/s2和g=9.80 m/s2可得η≈2.6%。 培优提升 提分策略 功能关系是贯穿高中物理的一条主线,该知识点在高考中每年必考,选择题和计算题都有,体现在子弹打木块模型、传送带模型、斜面模型、板块模型、弹簧模型、竖直上抛及关联运动模型等重要物理模型中,是备考的重点。 1.(核心考法·连接体+速度分解)(2025重庆一模)(多选)如图所示,质量分别为和m的物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接,P穿在固定的竖直光滑杆上,Q置于倾角θ=30°的光滑固定斜面上。一劲度系数k=的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上,另一端连接Q。初始时,施加外力将P静置于N点,轻绳恰好伸直但无拉力,ON段水平,ON=3l,OQ段与斜面平行,现将P由静止释放,运动过程中经过M点,MN=4l。P、Q均可视为质点,运动过程中Q不会与滑轮相碰,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计一切阻力。则P从N点下滑到M点的过程中 (　BCD　) A.P、Q组成的系统机械能守恒 B.经过M点时P与Q的速度大小关系为vQ=vP C.P的机械能一直减小 D.轻绳对P做的功为- 2.(核心考法·多过程+功能关系)(2025安徽六安一模)如图所示为一游戏装置的竖直截面图,该装置由光滑圆弧轨道AB、半径为r的竖直光滑螺旋圆轨道、水平直轨道BD和无限长光滑轨道EK、水平传送带DE平滑连接而成(B、D、E、K共线),其中C点为竖直螺旋圆轨道上的最高点。质量M=0.2 kg、半径R=0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道GFH(厚度不计)静置于水平轨道EK上,圆弧轨道底端G与传送带的右端E点平滑相连,O'为该圆弧轨道的圆心。长L=4 m的水平传送带以恒定速率v0=3 m/s顺时针转动,将质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)从圆弧轨道AB上离地高h=1 m处静止释放。已知r=0.2 m,LBD=1 m,滑块与轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)滑块运动到C点时对轨道的压力大小; (2)滑块在传送带上运动的时间以及此过程中因摩擦而产生的热量; (3)若滑块刚离开H点时受到一个垂直纸面向里的瞬时冲量I=0.2 N·s,并同时利用锁定装置让圆弧轨道GFH瞬间停下,求滑块离开轨道后其运动轨迹的最高点到H点的距离。 答案　(1)5.0 N　(2)1.25 s　0.05 J　(3) m 解析　(1)根据动能定理有mg(h-2r)=m 在C点由牛顿第二定律有mg+FN=m 联立解得FN=5.0 N 由牛顿第三定律得FN'=FN=5.0 N (2)对滑块从开始到D过程,根据动能定理有 mgh-μmgLBD=m 解得vD=4 m/s 因为vD>v0,所以滑块先做匀减速直线运动,假设可以减速到与传送带共速,则t1==0.5 s 运动的位移x=t1= m<L 假设成立,所以匀速运动的时间t2==0.75 s 滑块在传送带上运动的总时间t=t1+t2=1.25 s 产生的热量Q=μmgs相对=μmg=0.05 J (3)由(2)知滑块到达G点时速度vG=v0=3 m/s 滑块滑上光滑圆弧轨道GFH时,它们组成的系统水平方向动量守恒。滑块滑到H点时,它们水平方向有相同的速度v共(点拨:滑块滑到H点时相对轨道的速度沿H点的切线方向,即竖直方向,说明滑块与轨道水平方向的相对速度为0,即水平方向共速),设此时滑块竖直方向速度为vy,有mvG=(m+M)v共 由能量守恒有m=(m+M)+m+mgR 解得vy=1 m/s、v共=1 m/s 以滑块飞出时H点所在的位置为坐标原点,以水平向右为x轴,竖直向上为y轴,垂直于纸面向里为z轴建立坐标系,y轴方向做匀减速直线运动,上升到最高点所用时间t上==0.1 s 所以x=v共t上=0.1 m,y== m 又I=mvz可得vz=2 m/s,z=vzt上=0.2 m 故滑块离开轨道后运动轨迹的最高点到H点的距离s== m 3.(创新考法·斜面+板块)(2025江苏名校联考)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面,倾角θ=30°,底端固定弹性挡板,长木板B放在斜面上,小物块A放在B的上端,沿斜面向上敲击B,使B立即获得初速度v0=3.0 m/s,此后B和挡板发生碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向相反,A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为1.0 kg,A、B间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)敲击B的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB; (2)B上升的最大距离s; (3)B的最小长度L。 答案　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)0.375 m　(3)1.8 m 解析　(1)敲击B的瞬间,A受到沿斜面向上的滑动摩擦力,对A由牛顿第二定律得 μmAg cos 30°-mAg sin 30°=mAaA 解得aA=2.5 m/s2 对B由牛顿第二定律得 μmAg cos 30°+mBg sin 30°=mBaB 解得aB=12.5 m/s2。 (2)设A、B向上运动,经过时间t后共速,则v0-aBt=aAt 共速后A、B一起以加速度大小a向上减速,对A、B整体分析,有 (mA+mB)g sin 30°=(mA+mB)a s=v0t-aBt2+ 解得s=0.375 m。 (3)最终A、B均停在挡板处,对应B的长度最小,由能量守恒得mB+mAgL sin 30°=μmAg cos 30°·L 解得L=1.8 m。 4.(创新考法·多过程综合)(2025广东广州一模)如图是一款弹球投篮游戏示意图,圆形篮筐水平,其边缘固定在竖直篮板上的E点。游戏者控制小球压缩轻弹簧,小球由静止释放向左弹出,到达A点时弹簧恢复原长;小球沿水平轨道进入圆弧轨道BC,从C点沿切线飞出,小球运动轨迹平面与篮板垂直。某次游戏,小球恰好垂直击中篮板,击中点D在E点正上方。已知小球质量为m,圆弧轨道的半径为R,圆心角∠BOC=53°(sin 53°=0.8),C点到篮板的水平距离为12R,C点与篮筐的高度差为7R,篮筐的直径为R,忽略空气阻力和小球体积大小,不计摩擦,重力加速度为g。 (1)求游戏者释放小球时弹簧的弹性势能Ep; (2)求小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力; (3)若小球经篮板反弹后能进入篮筐,求碰撞过程小球损失动能的最小值。 答案　(1)mgR　(2)mg,方向竖直向下　(3)mgR 解析　(1)小球在D点垂直击中篮板,设击中瞬间小球的速度大小为vD,从C点飞出时的速度为vC,应用逆向思维,把从C到D的过程看成从D到C的平抛过程,设此过程的时间为t1,根据平抛运动规律可知,水平方向上有12R=vDt1 在竖直方向上,C点的竖直分速度vCy=gt1 C点的水平分速度等于vD,根据运动的分解可得=tan 53°,vCy=vC sin 53° 联立解得vD=3,vC=5,vCy=4 小球从释放到C点的过程,由机械能守恒定律可得 Ep=mgR(1-cos 53°)+m=mgR (2)小球从释放到B点的过程,根据机械能守恒定律可得 Ep=m 设小球在B点,轨道对小球的弹力为FN,由牛顿第二定律可得FN-mg= 联立解得FN=mg 由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小为mg,方向竖直向下。 (3)设D、E两点的高度差为h,从C到D竖直方向上有 =2g(7R+h) 解得h=R 小球经篮板反弹后做平抛运动,从反弹到落入篮筐的过程中,设小球的运动时间为t2,反弹后瞬间的最大速度为vm,根据平抛运动规律,有h=g,R=vmt2 解得vm= 故碰撞过程小球损失的动能最小值为ΔEk损min=m-m=mgR。 第 15 页 共 15 页 $