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（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~10题,每题4分 1.(2025·浙江绍兴三模)如图所示,某商场采用220 V的电源驱动电机带动阶梯式电梯以0.4 m/s的恒定速度运行,质量为55 kg的顾客静立在电梯上随电梯向上运动。若电梯的倾角为30°,运送顾客向上运动所需的功完全来自电机,则下列说法正确的是(　　) A.顾客向上运动的过程中机械能守恒 B.顾客克服重力做功的平均功率为200 W C.顾客受到电梯给予的静摩擦力 D.电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5 A D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:顾客向上运动的过程中动能不变,重力势能增加,则机械能增加,选项A错误;顾客克服重力做功的平均功率为=mgvsin 30°=110 W,选项B错误;顾客匀速上升时不受电梯给予的静摩擦力,选项C错误;由能量关系可知,电梯站顾客时UΔI=mgvsin 30°,解得ΔI=0.5 A,即电梯站顾客时通过电机的电流比未站顾客时至少要增加0.5 A,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·安徽池州二模)如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点平滑连接,导轨半径为R。现有一左端固定的轻质弹簧,弹性势能为Ep,在弹力作用下一质量为m的物体获得水平向右的速度后脱离弹簧,重力加速度为g。若使物体不脱离半圆形导轨,弹簧弹性势能Ep的值不可能为(　　) A.mgR　　　　　　　 B.2mgR C.3mgR D.4mgR B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:分为下面两种情况讨论: a.物体恰能到达最高点C,在最高点由牛顿第二定律有mg=m,解得vC=,物体由A点运动到C点过程中,由能量守恒定律有Ep=mg·2R+,解得Ep=mgR,所以若使物体不脱离半圆形导轨,初始弹簧弹性势能Ep0≥mgR; b.如果物体恰能到达与圆心等高位置,由能量守恒定律有Ep=mgR,所以若使物体不脱离半圆形导轨,初始弹簧弹性势能Ep0≤mgR。 综上弹簧弹性势能不可能为2mgR,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·江苏徐州期中)如图所示,一条不可伸长的轻质细线一端悬于O点,另一端系一小球P,将P拉至细线与水平方向成θ夹角时,细线刚好伸直。由静止释放P,在P从释放点运动到最低点的过程中,其动能Ek与下落的高度h的关系图像可能正确的是(　　) B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:P从释放点开始先做自由落体运动,根据机械能守恒定律可知Ek=mgh,当细线绷紧时,细线的拉力对小球做功,机械能有损失,动能瞬间减小为Ek0',再做圆周运动,根据机械能守恒定律有Ek=Ek0'+mgh,综上可知符合动能Ek与下落的高度h的关系图像应是B选项图,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·黑龙江哈尔滨二模)如图所示,一小物块由静止开始沿倾角为θ的斜面向下滑动,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0.25,取地面为零势能面,已知tan θ=0.5。该过程中,物块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、因摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是(　　) A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题可知,物块开始运动位置与斜面和地面连接处的水平距离为x0。当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中,物块的动能Ek1=mgxtan θ-μmgcos θ·=0.25mg·x(x≤x0),当物块下滑至斜面底端时其动能为0.25mgx0,此后物块在水平面上克服摩擦力做功,则有Ek2=0.25mgx0-μmg(x-x0)=0.5mgx0-0.25mg·x(x0≤x≤2x0),由此可知,物块动能达到最大值前,其图像为过原点的倾斜直线,斜率为0.25mg,动能达到最大后在水平面上运动时,其图线的斜率为-0.25mg,即图线具有对称性,故A正确;设物块释放点的高度为h,当x≤x0时,物块的重力势能Ep=mgh-mgtan θ·x=mgh-0.5mg·x,可知物块的Ep-x图像为纵轴截距mgh、斜率为-0.5mg的图线,当x>x0时,重力势能为0保持不变,故B错误;物块从释放到停止运动的过程中,克服摩擦力做的功W克=μmgcos θ·+μmg(x-x0),可得W克=0.25mgx,根据能量守恒定律可知Q=W克=0.25mgx,而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功,则物块在任意位置的机械能为E=mgh-0.25mg·x,其E-x图像为纵轴截距为mgh、斜率为-0.25mg的倾斜直线,而其Q-x图像为过原点、斜率为0.25mg的倾斜直线,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·江苏徐州期中)在某军需品工厂里,为防止发生意外爆炸,化学药品必须同时加入容器中。某同学设计了如图所示的装置,在轻质滑轮组上,用轻绳连接的三个物体a、b、c在外力作用下均保持静止。撤去外力后,a、b以相同加速度下落,同时落入容器P中。不计一切阻力。在a、b落入P前的运动过程中(　　) A.a、c位移大小之比为1∶2 B.b、c加速度大小之比为1∶2 C.a、c构成的系统机械能守恒 D.c增加的机械能等于a减少机械能的1.5倍 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由于a、b以相同加速度下落,同时落入容器P中,即a、b的位移相等,令其大小为x0,根据题图可知,当a、b同时下移x0时,a、b上方的轻绳的总长度增加3x0,即c的位移大小为3x0,即a、c位移大小之比为1∶3,故A错误;根据位移公式有x=at2,解得a=,由此可知b、c加速度大小之比为1∶3,故B错误;对物体a、b、c构成的系统分析可知,该系统机械能守恒,由于轻绳对b做负功,则b的机械能减小,可知a、c构成的系统的机械能增大,故C错误;同一根轻绳弹力大小相等,设为FT,绳的弹力对a做负功,a的机械能减小,绳的弹力对c做正功,c的 机械能增大,根据功能关系可知c增加的机械能与a减少的机械能 大小分别为Ec=FT·3x0、Ea=2FTx0,解得=1.5,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·江苏苏州期中)某风力发电机,它的叶片转动时可形成半径为l的圆面。某时间内该地区的风速是v,风向恰好跟叶片转动的圆面垂直,已知空气的密度为ρ。假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能,则该风速下发电机的输出功率P为(　　) A.ρπl2v2 B. C. D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:Δt时间内冲击叶片圆面的气流体积为ΔV=S·vΔt=πl2·vΔt,Δt时间内冲击叶片圆面的气流的动能为ΔEk=ρΔV·v2=ρπl2v3Δt,单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为ρπl2v3,该风力发电机的发电功率为P=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2025·江苏扬州期中)如图所示,细绳一端固定,下端连接乒乓球,乒乓球从A点由静止释放摆动到右侧最高点E,C为最低点,B、D两点等高。上述过程中乒乓球(　　) A.在E点时,绳中拉力为零 B.在C点时速度最大 C.在B、D两点的速度大小相等 D.从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:在E点时,设绳子与竖直方向夹角为θ,则有F=mgcos θ,绳中拉力不为零,故A错误;由题图可知乒乓球运动过程中有阻力存在,当切向加速度为0时速度最大,而C点重力在切线方向的分力为0,故在C点前某点阻力与重力切向分力相等,速度最大,故在C点时速度不是最大,故B错误;B、D两点的重力势能相等,由于阻力做负功,根据动能定理可知B点的速度大于D点速度,故C错误;BC段平均速度大于CD段的平均速度,所以从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(2025·江苏扬州期末)要使小球A能击中离地面H高的小球P,设计了甲、乙、丙、丁四条内外侧均光滑的轨道,如图所示。甲为高度小于H的倾斜平直轨道,乙、丙、丁均为圆轨道,圆心O如图所示。小球从地面出发,初速度大小都为v0=,在甲轨道中初速度方向沿斜面,在乙、丙、丁轨道中初速度方向均沿轨道的切线方向,则小球A经过哪种轨道后有可能恰好击中P球(　　) A.轨道甲 B.轨道乙 C.轨道丙 D.轨道丁 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据题意可知小球A在上升过程中,重力做负功,P球离地高度为H,所以小球A重力做的功至少为WG=-mgH,小球A的初动能为Ek0==mgH,所以只有动能全部转化为重力势能才能上升高度H,即小球A击中P球时速度恰好为0。甲轨道,A球在轨道上沿斜面运动后斜抛,在最高点有动能,根据机械能守恒定律知,小球A不能到达H高度,甲轨道不可能,故A错误;乙轨道,小球A做竖直上抛运动,在最高点速度为零,能达到高度H,但不能击中P球,乙轨道不可能,故B错误;丙轨道,小球A沿轨道运动,到达与圆心等高的轨道上方时速度一定不会等于0,所以到达最高点的速度不为0,则上升的高度h<H,不能击中P球,丙轨道不可能,故C错误;丁轨道,小球A上升高度H时,小球的动能完全转化为重力势能,动能恰好 为零,小球恰好击中P球,故丁轨道可以,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·江苏淮安期中)如图所示,两个质量均为m的物块P、Q用劲度系数为k的轻弹簧相连,竖直放置在水平地面上静止,重力加速度为g。现用竖直向上的力F拉着物块P向上做匀加速直线运动,直到物块Q刚要离开地面为止。对此过程,下列说法正确的是(　　) A.力F一定为恒力 B.P的位移大小为 C.F与弹簧对物块P做的功之和等于物块P动能的变化量 D.F做的功等于物块P克服重力做的功与获得的动能之和 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:物块P受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和先向上后向下的弹簧弹力,由于弹力先减小后增大,而物块的加速度不变,所以拉力F一定为变力,故A错误;初始时,弹簧处于压缩状态,对物块P,有mg=kx1,物块Q刚要离开地面时,弹簧处于伸长状态,对物块Q,有mg=kx2,所以弹簧初态压缩量等于末态伸长量,P的位移大小为x=x1+x2=,故B错误;物块Q刚要离开地面时,速度为0,根据功能关系可知F与弹簧对物块P做的功之和等于物块P动能的变化量和重力势能的变化量之和,故C错误;由于弹簧初态压缩量等于末态伸 长量,所以弹簧的弹性势能相等,所以F做的功等于物块P克服重力 做的功与获得的动能之和,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.如图所示,一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点,自然长度等于AB。弹性绳跨过由固定轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球,小球穿过竖直固定的杆,初始时弹性绳ABC在一条水平线上,小球从C点由静止释放,当滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h,D为CE的中点,小球在C点时弹性绳的拉力为,小球与杆之间的动摩擦因数为0.4,弹性绳始终处在弹性限度内,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.对于由弹性绳和小球组成的系统,在CD阶段损失的机械能大于在DE阶段损失的机械能 B.小球从C到E克服弹性绳弹力做功mgh C.在E点给小球一个竖直向上的速度,小球恰好能回到C点 D.若只把小球质量变为2m,则小球从C点由静止开始运动,到达E点时的速度大小为 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当小球运动到某点P时,弹性绳的伸长量是xBP,小球受到如图所示的四个力作用,其中FT=kxBP,将FT正交分解,则FT的水平分量为FTsin θ=kxBPsin θ=kxBC=,小球水平方向平衡,则FN=FTsin θ,又Ff=μFN=mg,FT的竖直分量为FTcos θ=kxBPcos θ=kxCP,由以上推导可知小球受到的摩擦力为恒力,则CD段与DE段摩擦力所做的功相同,则在DE段弹性绳和小球组成的系统机械能的减少量等于CD段弹性绳和小球组成的系统机械能的减少量,故A错误;小球从C到E,根据动能定理有mgh-mgh-W弹=0,解得此过程小球克服弹性绳弹力做的功为W弹=mgh,故B错误;对小球从E运动到C过程,若小球恰能从E点回到C点,应用动能定理得-mgh+W弹-mgh=0-mv2,联立求解得v=,故C错误;若只把小球质量变为2m,小球受到的摩擦力不变,小球从C点由静止开始运动,到达E点时根据 动能定理有2mgh-W弹-mgh=×2m-0,解得小球到达E点时的速度大小v1= ,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(12分)如图所示是一水上娱乐项目的简化模型,半径为R的光滑球固定在水中的平台上,O为球心,可视为质点的人静止在球的最高点,人、球心和固定点在同一竖直线上。某时刻人以微小(可忽略)的初速度开始下滑。已知水面到球心的距离为,重力加速度为g,人的质量为m,忽略空气阻力的影响。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)人与球分离时的速度大小v; 解析:设人与球分离的位置与球心的连线和竖直方向的夹角为θ,则人从最高点到分离点,根据机械能守恒定律有 mgR(1-cos θ)=mv2, 在分离时,根据牛顿第二定律有mgcos θ=, 联立解得cos θ=,v=。 答案:　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)人落水位置到球心的水平距离d。 解析:人滑离球后做斜抛运动,水平分速度 vx=vcos θ=, 竖直分速度vy=vsin θ=v。 从人开始下滑到落到水面的过程,根据机械能守恒定律有 mg(R+)=, 解得人落到水面时的速度为v1=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 落到水面时竖直方向的速度为 vy'=, 竖直方向做匀加速直线运动,则有gt=vy'-vy, 解得t=(), 则人落水位置与球心的水平距离d=Rsin θ+vxt, 联立解得d=(2)。 答案:(2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(15分)如图所示,半径为R=10 m的光滑圆弧面AB与传送带BC平滑连接(圆弧的圆心在B的正下方),传送带以v=8 m/s的速度逆时针匀速运动,A、B两点的水平距离为d=8 m。质量为2 kg的物块(可看作质点)在水平恒力作用下从A点由静止运动到B点,物块在B点处时撤去水平恒力,此时物块对圆弧面的压力恰为零。物块与传送带间的动摩擦因数为0.1,传送带足够长,重力加速度g取10 m/s2,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)水平恒力F的大小; 解析:由物块在B点对圆弧面的压力为零,则有Mg=M, 可得v0==10 m/s。 由几何关系有R2=d2+(R-h)2, 可得h=4 m。 物块从A到B,由动能定理有Fd-Mgh=, 解得F=22.5 N。 答案: 22.5 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)物块再次回到B点时,物块与传送带之间因摩擦产生的热量。 解析:物块在传送带上运动的加速度a=μg=1 m/s2, 物块先做减速运动,减速时间t==10 s, 物块的位移x1==50 m, 由于传送带的速度小于v0,物块反向加速到8 m/s时与传送带共速,然后匀速运动到B点,物块反向加速的时间为t1==8 s, 位移为x2==32 m, 物块与传送带的相对位移Δx=x1+vt+vt1-x2=162 m, 则物块与传送带之间因摩擦产生的热量Q=μMgΔx=324 J。 答案: 324 J $