专题2 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

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~10题,每题6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 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 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+ m,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.(多选)(2025·湖南常德二模)如图甲所示,可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮,b球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面,从静止释放b球,在b球落地前的过程中,a、b两球的重力势能随时间t的变化关系如图乙所示,图中两图像交点对应时刻t=0.3 s,a球始终没有与定滑轮相碰,a、b始终在竖直方向上运动,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则(　　) A.a、b两球的质量之比为2∶3 B.b球落地时a球的动能为3 J C.b球下落前距地面的高度为0.3 m D.t=0.3 s时b球离地面的高度为0.225 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC 解析:设b球下落前距地面的高度为H,由题图乙可知,Epbm=mbgH=18 J,Epam= magH=6 J,解得ma∶mb=1∶3,对整个过程,由机械能守恒定律可得Epbm-Epam=mav2+mbv2,联立解得b球落地时a球的动能为Eka=mav2=3 J,故A错误,B正确;对两球组成的整体受力分析,由牛顿第二定律可得mbg-mag=(ma+mb)a,解得a=5 m/s2,则0.3 s时,a球上升的高度h=at2=0.225 m,由题图乙可知,t=0.3 s时两球重力势能相等,则有magh=mbg(H-h),解得H=0.3 m,即b球下落前距地面的高度为0.3 m,t=0.3 s时b球离地面的高度Δh=H-h=0.075 m,故C正确,D错误。 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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 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.(多选)(2025·江西九江二模)如图所示,半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内,质量为m的A球和质量为3m的B球用长为R的轻杆相连,杆从竖直位置由静止释放,则(　　) A.杆第一次水平时,A的速度大小为 B.杆从释放到第一次水平过程中,A的机械能增加 C.杆从释放到第一次水平过程中,杆对B做正功 D.整个运动过程中,A的最大速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ACD 解析:选取杆水平的位置为零势能面,杆水平时,杆到圆心 的高度h==R,从释放到杆水平,系统的机械 能守恒,则有mg(+)R+3mg(-)R=mv2+(3m)v2,解得杆第一次水平时,A的速度大小v=,A正确;选取杆水平的位置为零势能面,刚释放时A的机械能为EA=mgR,水平时A具有的机械能为EA'=mv2=m×gR=(-)mgR,显然EA>EA',A的机械能减小,B错误; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 对B而言,根据动能定理可得3mg×R+W=× (3m)gR,解得W=mgR>0,即杆对B做正功,C正确;对A、 B整体而言,其质心位置距B的距离为R=R,此时质心与圆心的距离为r==R,质心以r为半径,绕圆心O做圆周运动,当质心运动到最低点时,下降的高度h=r-=R,根据系统机械能守恒则有4mgh=(m+3m),联立解得vmax=,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(多选)(2025·安徽合肥二模)如图所示,质量均为m的物块A和B由一根轻弹簧相连,在竖直向上的拉力F作用下,两物块一起做匀速运动,弹簧处于弹性限度内。现撤去拉力F,不计空气阻力,重力加速度为g。从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中,若A、B一直向上运动,则下列说法正确的是(　　) A.弹簧的弹力最大值为2mg B.A的加速度最大值为2g C.A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小 D.弹簧弹性势能的减少量小于A与B重力势能的增加量之和 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BCD 解析:从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中,刚撤去拉力时弹 簧的弹力最大,因撤去拉力前两物体一起匀速运动,所以弹簧弹力最 大值等于B的重力,即mg,故A错误;刚撤去拉力时弹簧的弹力最大,A 的加速度最大,A的加速度最大值为aA==2g,故B正确;该过程中 A、B一直向上减速运动,分析可知B减速的加速度大小小于A减速 的加速度大小,弹簧恢复原长时A、B加速度相等,所以A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小,故C正确;该过程中A、B的速度均减小,根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒可知,弹簧弹性势能的减少量与A、B动能的减少量之和等于A、B重力势能的增加量之和,所以弹簧弹性势能的减少量小于A与B重力势能的增加量之和,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(多选)(2025·山东青岛模拟预测)如图所示,长度为l的轻杆上固定质量均为m的3个小球,1、2球将杆三等分,轻杆一端通过转轴与O点连接。让轻杆由水平位置自由释放,忽略一切阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.摆至竖直位置时,小球1和2的动能之比为1∶4 B.摆至竖直位置时,球的角速度为 C.摆至竖直位置过程中,轻杆对小球2做的功为0 D.摆至竖直位置过程中,轻杆对小球3做的功为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AD 解析:由于3个球在同一杆上,三个球角速度ω相等,根 据题意可知三个球运动半径之比为r1∶r2∶r3=1∶2∶ 3,由v=ωr可得v1∶v2∶v3=1∶2∶3,由Ek=mv2可得,摆至 竖直位置时,小球1和2的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶4,故A 正确;从起始位置摆至竖直位置过程中,机械能守恒,有 mg+mg+mgl=m+m+m,又v1=,联立解得ω=,故B错误;从起始位置摆至竖直位置过程中,对小球2、3,分别由动能定理得mg+ W杆2=m-0,mgl+W杆3=m-0,又有v2=,v3=ωl,联立解得W杆2=-, W杆3=,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(多选)如图所示,长度为6 m、倾角为30°的传送带以4 m/s的速率沿逆时针匀速转动。将质量为2 kg的小物块无初速度地放置在传送带的顶端,物块与传送带之间的动摩擦因数为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则物块从传送带顶端滑到底端的过程中,下列说法正确的是(　　) A.物块运动的时间为2.25 s B.传送带对物块做的功为-24 J C.重力对物块做功的平均功率为60 W D.物块与传送带之间因摩擦产生的热量为12 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 解析:物块与传送带共速前,由牛顿第二定律得mgsin 30°+ μmgcos 30°=ma1,解得a1=8 m/s2,物块运动到与传送带共速 所用的时间t1==0.5 s,运动的距离x1==1 m,共速后,由牛 顿第二定律得mgsin 30°-μmgcos 30°=ma2,解得a2=2 m/s2,运动到传送带底端的过程有-=2a2(L-x1),解得物块运动到传送带底端时的速度大小v1=6 m/s,该过程所用的时间t2==1 s,所以整个过程物块运动的时间t=t1+t2=1.5 s,故A错误;整个过程传送带对物块做的功W=μmgx1cos 30°-μmg(L-x1)cos 30°,解得W=-24 J,故B正确;整个过程重力做的功WG=mgLsin 30°=60 J,故重力做功的平均功率P==40 W,故C错误;整个过程中物块与传送带之间因摩擦产生的热量Q=μmg(v0t1-x1)cos 30°+μmg(L-x1-v0t2)cos 30°,解得Q=12 J,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(多选)(2025·贵州毕节二模)如图所示,倾角为30°且足够长的光滑斜面固定在水平地面上,物体A被锁定在光滑斜面上,物体C置于水平地面上。物体B、C通过劲度系数为k的轻弹簧相连,A、B用轻绳跨过光滑定滑轮连接,轻绳恰好伸直,滑轮右侧轻绳竖直,左侧轻绳与斜面平行。解除锁定,A沿斜面下滑,当A速度最大时,C恰好要离开地面。已知B、C的质量均为m,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.物体A的质量为4m B.物体A下滑过程中加速度一直在增大 C.物体A和B组成的系统机械能守恒 D.物体A下滑过程中的最大动能为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AD 解析:开始轻绳恰好伸直,对B进行分析有mg=kx1, A速度最大时,C恰好要离开地面,对C进行分析有 mg=kx2,此时A速度最大,A所受合外力为0,则有 mAgsin 30°=T=mg+kx2,解得mA=4m,故A正确;弹 簧开始处于压缩状态后处于拉伸状态,对A、B整体进行分析可知,A的加速度大小先减小,当A的速度达到最大值时,C恰好要离开地面,此时A、B速度大小相等,C的速度为0,之后,弹簧的拉伸量进一步增大,对A、B整体进行分析可知,A的加速度方向变为沿斜面向上,大小增大,即物体A下滑过程中加速度先减小后增大,故B错误; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A下滑过程,弹簧的形变量发生变化,即弹簧的弹 力对B做了功,故A、B构成的系统机械能不守恒, 故C错误;结合上述可知x1=x2=,即物体A开始运 动时与速度最大时弹簧的弹性势能相等,即此过程弹簧弹力做功为零,对A、B构成的系统,根据动能定理有mAg(x1+x2)sin 30°-mg(x1+x2)= (mA+m),物体A下滑过程中的最大动能Ekmax=mA,解得Ekmax=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)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 的机械能等于在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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 答案:AD 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正确;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; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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 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+)=m, 解得人落到水面时的速度为v1=。 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+5)。 答案：(2+5) 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 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=M, 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 感谢您的观看 $