课后限时练06 机械能守恒定律 功能关系（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

课后限时练6　机械能守恒定律　功能关系 说明：选择题每小题4分，本试卷总分44分 1．(2025·江苏盐城市高三月考)某年春晚在舞蹈《春海》中拉开帷幕。如图所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下同时以相同速度缓缓升起，下列说法正确的是(　　) A．她们在上升过程中机械能守恒 B．2号和4号领舞者的重力势能不一定相等 C．2号领舞者相对于5号领舞者在向上运动 D．观众欣赏表演时可把领舞者看作质点 B　[匀速上升过程中拉力做正功，机械能在增加，A错误；2号和4号领舞者的高度相同，但质量不一定相同，故重力势能不一定相等，B正确；2号领舞者和5号领舞者以相同的速度向上运动，两者相对静止，C错误；舞蹈表演，肢体形态动作对舞蹈有较大影响，故不能看成质点，D错误。] 2．(2025·江苏常州高三模拟)如图所示，物块在绳子的拉力作用下竖直向下运动，忽略阻力，下列说法正确的是(　　) A．重力对物体做的功等于物体动能的增量 B．物体所受合力对其一定做正功 C．物体的机械能一定减小 D．物体减少的重力势能一定等于其增加的动能 C　[由题意可知，拉力不为零，由动能定理可知物体动能的增量等于合外力做的功，故A错误；由于不清楚物体速度的变化，所以无法判断合外力对其做功的正负，故B错误；由题意可知，拉力不为零，拉力的方向与物体运动方向相反，拉力做负功，则物体的机械能减小，故C正确；物体减少的重力势能与拉力所做负功的和等于物体增加的动能，故D错误。] 3．(2025·江苏连云港高三校联考模拟)网球发球机固定在平台上，先后沿水平方向发射出质量相等的A、B两个网球，在水平地面上的落点如图所示，不计空气阻力及球的大小，A、B两球从抛出至落地过程中，取地面为零势能面，下列说法错误的是(　　) A．两球重力做功相等 B．两球落地时的机械能相等 C．两球重力做功的平均功率相等 D．两球落地时重力的瞬时功率相等 B　[设球的质量为m，平抛下落的高度为h，两球重力做功均为mgh，A正确，不符合题意；小球抛出时，B球动能大，两球重力势能相等，因此B球机械能大，B错误，符合题意；两球下落高度相同，故下落的时间相同，又重力做功相同，因此重力做功的平均功率相等，C正确，不符合题意；两球落地时的重力瞬时功率P＝mgvy＝mg，D正确，不符合题意。] 4．(2024·江苏苏州二模)将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，距离地面高度为h1，如图甲所示。解除弹簧的锁定后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中h4到h5间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小物块上升至高度h3时，弹簧形变量为0 B．小物块上升至高度h5时，加速度为0 C．小物块从高度h2上升到h4，弹簧的长度变化量为 D．解除锁定前，弹簧的弹性势能为mgh5 C　[小物块上升至高度h3时，动能最大，则此时弹簧弹力与重力平衡，所以弹簧形变量不为0，故A错误；因为h4到h5间的图线为直线，即小物块做匀减速直线运动，所以小物块上升至高度h5时只受重力，加速度为g ，故B错误；小物块在h4时，加速度为g，在h2和h4处的动能相同，根据弹簧振子运动的对称性可知，在h2处的加速度的大小也为g，则根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得F＝2mg，所以小物块从高度h2上升到h4，上升高度为x＝＝，故C正确；由题图推出，解除锁定前，弹簧的弹性势能为Ep0＝mg(h5－h1)，故D错误。] 5．(2025·江苏扬州高三期末)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(　　) 甲　　　　乙　　　　　　丙　　　　　　丁 A．轨道甲 B．轨道乙 C．轨道丙 D．轨道丁 D　[根据题意可知小球A上升过程中，重力做负功，小球P高度为H，所以至少重力做功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击中小球P时速度恰好为0。甲轨道中小球A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，小球A不能到达H高度，甲轨道不可能，故A错误；乙轨道中小球A做竖直上抛运动，在最高点速度为零，能达到高度H，但不能击中小球P，乙轨道不可能，故B错误；丙轨道中，在小球A通过圆周后，根据圆周运动规律，若在小球P处速度为0，则小球A会做近心运动，所以在此之前小球就会脱离轨道，故丙轨道不可能，故C错误；丁轨道中小球A到达小球P处时，小球A的动能完全转化为重力势能，到达小球P处时动能恰好为零，小球A恰好击中小球P，故丁轨道可能，故D正确。故选D。] 6．(2025·江苏南京市高三月考)如图所示，质量为m的小环P套在竖直杆上，P通过不可伸长的轻绳跨过轻小定滑轮与质量也为m的物体Q相连。O点为杆上与定滑轮等高的点，杆上A点和B点分别在O点的上方和下方且到O点距离相等，＝＝h。将小环P从A点由静止释放，不计一切摩擦，已知绳始终绷紧，在小环P下降过程中，下列说法正确的是(　　) A．小环从A到O的过程中，物体Q的动能不断增大 B．小环从A到B的过程中，物体Q的机械能先减小再增大 C．小环到达O点时，小环的动能为mgh D．小环到达B点时，小环的动能小于mgh B　[当小环运动到O点时，速度方向向下，与绳垂直，无法沿绳分解速度，所以此时物块的速度为0，所以物块的速度为先增大再减小，A错误；机械能的变化量等于除重力以外的其余外力做的功，也就是绳子拉力做的功，小环从A到B的过程中，物块先下降再升高，绳子拉力先做负功再做正功，机械能先减小后增大，B正确；小环到达O点时，设物体Q下降的高度为H，根据能量守恒定律可知mgh＋mgH＝，可解得小环的动能大于mgh，C错误；小环从A点运动到B点，根据能量守恒定律可知mg·2h＝EkP＋EkQ，设此时小环P的速度方向与轻绳夹角的补角为θ，根据关联速度可知vPcos θ＝vQ，即小环的速度大于物块的速度，所以EkP>mgh，D错误。] 7．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧两端分别与物块A、B相连，轻绳绕过定滑轮分别与物块B、C相连，整个装置处于静止状态，物块C离地面高度为h。现将物块C拉至地面并由静止释放，物块A始终没有离开地面。已知物块A、B、C质量分别为3m、m、m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦阻力，则下列说法正确的是(　　) A．h最大值为 B．物块B到最低点时，C不一定到最高点 C．物块C离地面高为2h时速度最大 D．物块C在上升过程中机械能一定不断增大 B　[开始时弹簧处于原长，当将物块C拉至地面时，弹簧形变最大，A此时受到的拉力最大，有kh≤3mg，所以有h≤，A错误；以B、C为整体，设弹簧的弹力为F，则有F＝2ma，当h≤时，B、C的最大加速度不大于g，B、C一直一起运动，此条件下，当物块B到最低点时，C运动到最高点。当<h≤时，弹簧的压缩量达到后，B、C有相对运动，此后，B的加速度大于g，而C的加速度为g，所以物块B到最低点时，C还未到最高点，B正确；当B、C的加速度为零时，B、C的速度最大，即弹簧恢复原长时，C的速度最大，C错误；由选项B可知，当<h≤时，C会有一段时间不受绳子拉力，机械能不变，D错误。] 8．(2022·江苏卷T10)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(　　) 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 B　[由于A、B在下滑过程中不分离，设在下滑过程中弹簧弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A对B的弹力为FAB，动摩擦因数为μ，下滑时根据牛顿第二定律对AB有F＋(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a，对B有mBg sin θ－μmBg cos θ－FAB＝mBa，联立可得＝－，由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上，由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2，下滑过程AB不分离，弹簧一直处于压缩状态，上滑过程中根据能量守恒定律可得＝＋(mAg sin θ＋f )(x1－x2)，化简得k＝，当位移为最大位移的一半时有F合＝k－(mAg sin θ＋f)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为0，故A错误；根据上述的分析有＝－，再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程中FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误；整个过程中弹力做的功为0，A的重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。故选B。] 9．(12分)(2024·江苏卷T15)某重力储能系统的简化模型如图所示，长度为L、倾角为θ的斜坡ABCD上，有一质量为m的重物通过绳索与电动机连接。在电动机的牵引下，重物从斜坡底端A点由静止开始运动，到达B点时速度达到最大值v，然后重物被匀速拉到C点，此时关闭电动机，重物恰好能滑至顶端D点，系统储存机械能。已知绳索与斜坡平行，重物与斜坡间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力和滑轮摩擦。 (1)求CD的长度x； (2)求重物从B到C过程中，电动机的输出功率P； (3)若不计电动机的损耗，求在整个上升过程中，系统存储的机械能E1和电动机消耗的电能 E2的比值。 [解析]　(1)重物在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 由运动学公式0－v2＝－2ax 联立解得x＝。 (2)重物在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为 F＝mg sin θ＋μmg cos θ 由P＝Fv得 P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。 (3)全过程重物增加的机械能为E1＝mgL sin θ 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知 E2＝E1＋μmg cos θ·L 故可得＝＝。 [答案]　(1)　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3) 17/17 学科网（北京）股份有限公司 $