第6讲 机械能守恒定律 能量守恒定律 功能关系(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.(2025·广东惠州模拟)阿特伍德机是英国科学家阿特伍德发明的著名力学实验装置,如图所示为阿特伍德机的简化示意图。质量均为M的两个重物A、B通过轻绳跨过光滑轻质定滑轮,保持静止状态。现将质量为m的小物块C轻放在A上,让装置动起来,重力加速度为g,从开始运动到A和C下落高度h过程中,下列说法正确的是(　　) A.A和B构成的系统机械能守恒 B.A和C向下运动的加速度大小为a= C.轻绳的弹力大小为T= D.A的末速度大小为v= B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:物块C对A和B构成的系统做功,所以A和B构成的系统机械能不守恒,A错误;对A、B、C组成的系统,根据牛顿第二定律得mg=(2M+m)a,解得a=,B正确;对B根据牛顿第二定律得T-Mg=Ma,解得T=,C错误;对A、B、C组成的系统,根据能量守恒定律得mgh=(2M+m)v2,解得v=,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·广东佛山模拟)物体以动能E开始竖直向上运动,回到出发点时,动能为。取出发点位置的重力势能为零,整个运动过程可认为空气阻力大小恒定,则该物体上升阶段动能与重力势能相等时,其动能为 (　　) A.　　　　B. C. D. B 解析:设上升的最大高度为h,根据功能关系有f·2h=E- = ,根据能量守恒定律可得E=mgh+fh,解得mgh=E, fh=E,则f=mg,若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等,由能量守恒定律有Ek+mgH=E-fH,Ek=Ep=mgH,联立解得Ek= E,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·广东广州模拟)如图所示,小物块A套在水平杆上,一轻绳跨过固定的小滑轮O分别连接小物块A和小球B。系统开始时静止在图示位置,此时轻绳与水平杆间夹角为α=30°。已知小物块A与小球B的质量之比为2∶1,杆上P点位于滑轮O正上方,且OP=d,重力加速度为g,不计空气阻力和一切摩擦。则系统由静止释放至小物块A运动到P点的过程中(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.小物块A和小球B的速度大小始终相等 B.任一时刻轻绳对小物块A和小球B做功的功率大小均相等 C.小球B的机械能守恒 D.运动到P点时,小物块A的速度大小为 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据运动的合成与分解可知,将小物块A的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向,小球B的速度等于小物块A沿绳方向的分速度,即vAcos α= vB,可知A、B速度大小不相等,故A错误;绳子对A、B的拉力大小一定相等,由PA=TvAcos α,PB=TvB知,任一时刻轻绳对小物块A和小球B做功的功率大小均相等,故B正确;A、B组成的系统机械能守恒,但A、B各自的机械能均发生变化,故C错误;当小物块A运动到P点时,B下降到最低点,故此时B的速度为0,对A、B系统,由机械能守恒定律有 mBg·(-d)=mA,解得vA=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(多选)(2025·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且刚好能从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点飞出后上升的高度为。第二次从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,不计空气阻力,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 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 解析:第一次,物块由A点运动到C点,根据动能定理有mg-W克f=0, 解得克服摩擦力做的功W克f=mgh,故A正确;第二次,由于物块运 动到某一位置的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,因此第二次 从A到C克服摩擦力做的功小于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 5.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　 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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关系可知,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 6.(2025·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,重力加速度g取10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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=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 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时有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 [提能争分练](7-10题,每题6分) 7.(多选)(2025·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 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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,根据牛顿第二定律有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与斜面摩擦生热,所以绳的拉力做的功应该大于a机械能的增量,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动能的增量,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.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(　　) 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 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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 9.(2025·广东湛江模拟)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)进行研究,通过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 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 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 10.(多选)(2025·广东江门二模)一块质量为M的长木板A静止放在光滑的水平面上,质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下,该过程中,物体B的动能减少量为ΔEkB,长木板A的动能增加量为ΔEkA,A、B间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力),关于ΔEkB、ΔEkA、Q的数值,下列三个数量关系一定可能的是 (　　) A.ΔEkB=3 J,ΔEkA=1 J,Q=2 J B.ΔEkB=6 J,ΔEkA=2 J,Q=4 J C.ΔEkB=7 J,ΔEkA=3 J,Q=7 J D.ΔEkB=8 J,ΔEkA=3 J,Q=3 J　 AB 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设物体与木板间的摩擦力大小为f,物体B的位移为xB,木板A的位移为xA,对A有ΔEkA=fxA,对B有ΔEkB=fxB,且Q=f(xB-xA),A和B运动的v-t图像如图所示,图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移,可看出xB>(xB-xA)>xA,所以有ΔEkB>Q>ΔEkA,由能量守恒有ΔEkB=Q+ΔEkA,故A、B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(12分)(2025·广东汕头校考)桶装水电动抽水器可以轻松实现一键自动取水。如图所示,某同学把一个简易抽水器安装在水桶上,出水口水平。某次取水时,桶内水位高度h1=20 cm,按键后测得t=16 s内注满了0.8 L的水壶。已知抽水器出水口高度H=60 cm、横截面积S=0.5 cm2,水壶的高度h2=15 cm,若该次取水过程中抽水器将电能转化为水的机械能的效率η =15%,忽略取水过程中桶内水位高度的变化及空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求接水时出水口到水壶口左边缘的最大水平距离; 答案:0.3 m 解析:设出水口处水的速度为v0,由题意可得, t=16 s内抽水器抽出水的体积V=Sv0t, 解得v0=1 m/s。 平抛过程:竖直方向有H-h2=g, 水平方向有x= v0t1 ,联立解得x=0.3 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)估算本次取水抽水器的功率。 答案: 1.5 W 解析:在t=16 s内,抽水机取水质量m=ρV=0.8 kg, 根据能量守恒定律有ηPt=mg(H-h1)+m, 解得P=1.5 W。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(14分)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 (1)货物在传送带上经历的时间t; 解析:设传送带对货物的弹力大小为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, 则做匀加速直线运动的时间 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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。 答案:5.4 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。 答案: 202 J 解析: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。 $