专题11 功能关系与机械能守恒-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

专题 功能关系与机械能守恒 题型1连接体问题 1.(2023·河北承德开学考)（多选）如图所 示，细线一端悬挂重物B,另一端绕过轻质 定滑轮和轻质动滑轮后与天花板连接，动 滑轮下方悬挂重物A,所有悬挂滑轮和重物 的细线均足够长且始终保持竖直，重物A 和B的质量均为m,对重物A施加一个力F (图中未画出)，使整个系统静止.撤去力F, A、B开始运动，已知重力加速度为g,不计 一切阻力，下列分析正确的是 () AB A.F=mg,方向竖直向下 B.撤去F后，若重物A发生位移的大小为 h,则重物A的机械能变化了5mgh 6 C.撤去F后，重物A和重物B的速度大小 始终相等 D.若重物A的质量可以任意改变，当它通 过位移h时的最大速度为vm=√2gh 2.（2023·江西抚州开学考)（多选)如图所 示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L、 L2,两杆不接触，但两杆间的距离忽略不计， 两个小球a、b(视为质，点)质量均为m,a球 套在竖直杆L,上，b球套在水平杆L2上，a、 b通过铰链用长度为1的刚性轻杆L连接， 将a球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为 45°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力 加速度为g.在此后的运动过程中，下列说 14黑白题物理1必修第二册·JK ©限时 60分钟 法中正确的是 45b A.a球和b球所组成的系统机械能守恒 B.轻杆始终对b做正功 C.刚性轻杆L第一次水平时，a球的速度 为√gl D.b球的最大速度为√(2+√2)g 3.（2023·江西抚州开学考)（多选）如图所 示，光滑斜面固定在水平桌面上，斜面倾角 α=30°，在斜面底端固定一个与斜面垂直的 挡板，在斜面顶端安装一个定滑轮，物块A 和B用劲度系数为k的轻弹簧连接，将A放 置在挡板上，物块B在斜面上处于静止状 态现将轻绳的一端固定在B上，绕过定滑 轮后，在轻绳的另一端固定一个物块C,细 绳恰好伸直且无拉力时，由静止释放物块 C.已知物块A、B、C的质量均为m,斜面足 够长，重力加速度为g,sin30°=0.5，下列说 法正确的是 ( A.释放物块C的瞬间，物块C的加速度大 小为0.5g B.当弹簧恢复原长时，B的速度最大 C.整个运动过程中，物块B的最大速度大 小为 mg 2k D.在A离开挡板前，B、C的机械能之和先 增大后减小 题型2板块问题 4.（2023·湖南长沙期初)（多选）如图所示， 质量为M、长为L=7m的木板Q放在光滑 的水平面上，可视为质点的质量为m的物 块P放在木板的最左端.T=0时刻给物块 水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q 的最右端时木板Q的位移为x=4m.则下列 说法正确的是 P+to 77nmmnnnn77innnnnn7n77n7 A.P、Q所受的摩擦力之比为m:M B.摩擦力对P、O所做的功的绝对值之比为 11:4 C.P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的 热量之比为11：7 D.Q增加的动能与系统损失的机械能之比 为11：4 5.(2023·福建福州期末)（多选）如图所示， 一子弹水平射人静止在光滑水平地面上的 木块，子弹最终未穿透木块.假设子弹与木 块之间的作用力大小恒定，若此过程中产 生的内能为20J,下列说法正确的是 m M A.子弹对木块做的功与木块对子弹做功的 代数和为0J B.木块的动能增加量可能为16J C.木块的动能增加量可能为22J D.整个过程中子弹和木块组成的系统损失 的机械能为20J 6.（2023·辽宁沈阳一模)如图，倾角0=30 的足够长光滑斜面固定，长L=1.2m,质量 M=2kg的长木板下端靠着插销置于斜面 上，下端上表面放有一质量m=1kg的物块 (视为质点)，不可伸长的伸直细线一端连 接物块，一端拴在固定挡板上.0时刻拔去 插销，0.8s末将细线剪断.已知物块与木板 间的动摩擦因数以3，最大静摩擦力等了 滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2. (1)求0.2s未细线对物块的拉力大小； (2)求0.8s末长木板的速度大小； (3)在木板下滑的过程中，系统产生的热量 是多少？ M 题型3传送带问题 7.（2023·北京期末)（多选)在工厂中，经 常用传送带传送货物.如图所示，质量m= 10kg的货物（可视为质，点）从高h=0.2m 的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨 道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平 传送带上的A点，货物在轨道和传送带连 接处能量损失不计，货物和传送带之间的 动摩擦因数u=0.2,传送带AB两点之间的 距离L=5m,传送带一直以v=4m/s的速 度匀速运动，重力加速度g取10m/s2.装置 由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑 进阶突破·专项练15 动，不计轴处的摩擦.货物从A点运动到B 点的过程中，下列说法正确的有 A.摩擦力对货物做功为50J B.货物从A运动到B用时1.5s C.由于摩擦而产生的热量为20J D.运送货物过程中，电动机输出的电能为 60J 8.(2023·江西吉安期末)（多选）如图甲，足 够长的传送带与水平面的夹角0=30°，皮带 在电动机的带动下，速率始终不变.t=0时 刻在传送带适当位置放上一个具有初速度 的小物块取沿斜面向上为正方向，物块在 传送带上运动的速度随时间的变化如图乙 所示.已知小物块质量m=1kg,g取10m s2,下列说法正确的是 21u/(m.s-) A.传送带顺时针转动，速度大小为2m/s B.传送带与小物块之间的动摩擦因数 √3 = 5 C.0~t,时间内电动机多消耗的电能为36J D.0~t2时间因摩擦产生热量为15J 9.(2023·山西吕梁月考)如图所示，一弹簧 左端固定在墙面上，右端在水平地面的A 点上，A点左侧地面光滑，AB段长l=0.5m 且粗糙，B点右侧有长L=3.5m的水平传送 带，以v。=10m/s的速度顺时针匀速转动， C点与倾角0=37°的足够长斜面平滑相连， 现推动滑块（视为质点）压缩弹簧一段长度 16黑白题物理1必修第二册·JK 后释放.已知滑块与AB段、传送带、斜面间 的动摩擦因数分别41=2=0.4,3=0.25，滑 块质量m=0.1kg,重力加速度g取10m/s2, 不计空气阻力.sin37°=0.6，cos37°=0.8. (1)若滑块未滑上传送带，并最终静止在B 点，求弹簧被压缩到最大时具有的弹性 势能； (2)若滑块滑上传送带并经过C点两次，最 终静止在A点，求： ①滑块第二次经过C点时的速度大小； ②滑块第一次在传送带上运动过程中 因摩擦产生的热量 00000000 B C0回到原轨道，C错误；D.空间站轨道如果在赤道平面内，一天 内经赤道上空同一位置最多次，则有受·1a福 T同步=(n-1)·2m,解得n≈15.58，可知空间站轨道如果在赤 道平面内，一天内经赤道上空同一位置最多15次，D错误 故选A. 专题十动能定理中的图像问题 1.D解析：A.由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重 力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误； B.铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有，=g,则抛出 后速度大小为v=√好+(g),可知速度大小与时间不是 一次函数关系，故B错误；C铅球抛出后的动能E,=弓m2= 2m[听+(g)],可知动能与时间不是一次函数关系，故 C错误；D.铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后 铅球机械能守恒，故D正确故选D. 2.AD解析：AC只有重力做功时机械能守恒，根据功能关系 △E=F其他·△h,可知E-h图像的斜率表示除重力以外的合 力，在0~1m内F-f=18N,在1~1.5m内f=2N,所以 F=20N,故A正确，C错误；B.物体在上升的过程利用动能 2 定理可得Fh-(mg+h-(mg+h,=0,则h,=了m,所以 体上升的最大高度为m,故B错误；D.设物体落地 间速度为"，物体下降的过程根据动能定理得(mg-f)h,+ (mgDA,=分m,解得=4下a,故D正确故选AD 1 3.B 4.D解析：A速度达到最大时F牵=F,功率P为最大功率，根 据P=F牵U,可得F=F牵=2000N,故A错误；B.0~5s过程 中汽车做加速运动，根据△v=at,可得加速度a=1m/s2,牵 引力最大，由F牵-F,=ma,可得F牵=3000N,故B错误； C0-5:过程中汽车做加速运动，由x=,可得这一段过 程中汽车行驶了12.5m,根据W牵=F牵x,可解出牵引力做功 为37500J,故C错误：D.整个加速过程是0~15s,列出整个 加速过程的动能定理：=了一，通过图像求出本 引力做功W=187500J,从而得到这个过程的位移约是 79.7m,故D正确.故选D. 专题十一功能关系与机械能守恒 1.ABD解析：A.对A所悬挂的滑轮，由平衡条件2T=F+mg, 对B,同理有mg=T,解得F=mg,方向竖直向下，选项A正 确；BC.释放后A竖直向上移动，则通过位移h时△E。=mgh, 上移过程，对A、B构成的系统由机械能守恒定律得 2ngh-mgh=之m+m,且，=2，则有A,=A业，+ 1 2mu=5mgh,选项B正确，C错误；D.若A质量满足 ma>2m,则A向下运动，同理由机械能守恒定律得m4gh- 2msh=之m+乞m,且=2，解得1= 参考答案与解析 2gh(ma-2m) 2gh1- 6m a+4m ,显然：当m4越大时 ma+4m A越大，则有um=√2gh,若A质量m4<2m,则A向上运动， 同理由机械能守恒定律得2mgh-mh=2m听+2mwi,且 -。是 g=2,解得√m4+4m 然：当m4越小时vA越大，则有vm=√gh,综上可知，当mA趋 近于无穷大时，有vm=√2g,选项D正确故选ABD. 2.AD解析：A.a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a 球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组 成的系统机械能守恒，A正确：B.将α球由静止释放后，在此 后的运动过程中，当a球达到L,所在平面时，b球达到最远 处，则b球经过先加速后减速的过程，所以轻杆不是始终对b 做正功，B错误；C.刚性轻杆L第一次水平时，由运动的关联 可知此时6球的速度为零，由系统机械能守恒有 2 mgl= 2m,解得u,=√2g,C错误；D.当杆L和杆L,第一次平 行时，a球运动到最下方，b球运动到L,和L2交点位置，b球 的速度达到最大，此时α球的速度为0，由系统机械能守恒 有g(停1)小-号每得=V22)a,D正确放 选AD. 3.ACD解析：A.开始时弹簧被压缩，此时对B由平衡条件有 F弹1=k△x1=mgsin0,释放物块C的瞬间，对BC整体根据牛 顿第二定律有mg+F弹1-mgsin0=2ma,解得a=0.5g,故A正 确；BC.根据前面式子可知当弹簧恢复原长时，此时B的加 速度仍然沿绳子向上不等于零，B会继续加速；当B的加速 度等于零时物块速度最大，弹簧此时处于伸长状态，有 mg-mgsin0-F2=0,解得F2=F弹1=0.5mg,弹簧形变量相 等，故开始和当物块B的速度达到最大时，弹簧的弹性势能 相等，两状态下BC系统的机械能相等，有 -·2m·2t mg·2△x8n0=mg·2Ax,解得。%放B错误，C正 确；D.分析可知当B的速度达到最大时此时物块A刚好将要 离开挡板，从初始状态到该过程，弹簧先被压缩后被拉伸，形 变量先减小后增大，即弹簧的弹性势能先减小后增大，该过 程BC和弹簧组成的系统机械能不变，故B、C的机械能之和 先增大后减小，故D正确.故选ACD. 4.BC解析：A.P对Q的摩擦与Q对P的摩擦是作用力、反作 用力，即P、Q所受的摩擦力之比为1：1，故A错误；B.摩擦 力对物体P所做的功为W加=-：p=-f(x+L),摩擦力对物体 Q所做的功为W0=。=:,摩擦力对P与摩擦力对Q所做 的功的绝对值之比为11：4，故B正确；CD.对P由动能定理 得-fp=△EP,对Q由动能定理得：。=△Eko,P、Q组成的系 统因摩擦而产生的热量为△E=亿，即系统损失的机械能为 L,则△Ep:△E=11:7,△E:△E=4:7,故C正确，D错 误.故选BC. 5.BD解析：A.子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力 是一对作用力与反作用力，大小相等，设子弹射人木块中的 黑白题55 深度为d,子弹水平射人木块后，未穿出，到相对静止时，木 块位移为x,子弹对木块做的功为压，木块对子弹做的功为 -(x+d),由功能关系知=20J,所以子弹对木块所做的功 与木块对子弹所做的功的代数和为-20J,A错误；BC.根据 如图-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，子弹射入木 块的深度d(即子弹与木块的相对位移大小)一定大于木块 做匀加速运动的位移x,设子弹与木块之间的作用力大小为 f,根据功能关系可知Q=fa=20J,根据动能定理可知，木块 获得的动能为E,=<Q,故B正确，C错误；D.子弹射入木块 的过程中要克服阻力做功，产生内能为20J,由能量守恒知 系统损失的机械能即为20J,D正确.故选BD. 1 6.(1)10N(2)2m/8(3)3J 、16 解析：(1)以物块为研究对象，其受力如图所示 H mg 物块静止，由力的平衡条件有F=mgsin6+f,f=umgcos30° 代入数据解得F=10N; (2)以木板为研究对象，其受力如图所示 N Mg 由牛顿第二定律有Mgsin30°-P=MaM,f=f,代入数据得 aw=2.5m/s2,由运动学规律有v=awt,将t=0.8s代入解得 v=2 m/s; (3)0-0.8s内木板发生的位移为x=子，代入数据得x 0.8m,0.8s之后，由于物块所受摩擦力不变，则木板加速度 α，不变，二者均向下做匀加速运动.假设经时间t'两者共速 时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有mgsin30°+ f=mam,代入数据得an=l0m/s2,由运动学规律有v共=ant', 8,4s8 "失=+au,代人数据得'=4 m/s,木板发生的位 1 1 移为名=之(+"我)'，物块发生的位移为名=之类，代入 16 数据得一m,4Sm,两者间的相对位移为4x三五 4 16 15m,因Ax+x= %2 5m<L,假设成立，此后两者一起加速 下滑，物块不会从木板上落下，可得在木板下滑的过程中，系 统产生的热量Q=+A)曾1 必修第二册·JK 7BC解析：A.根据机被能守恒msh=,货物运动至传送 带的速度为。=2m/s,根据牛顿第二定律有umg=ma,货物 与传动带共速时o+at1=v,得t1=1s,此时，货物的位移为 21=3m,摩擦力对货物做功为W=mg,=60J,A错 vo+ 1= 误：B.货物匀速运动时间为t,= =-1=0.55,则货物从A运动 到B用时1.5s,B正确：C.货物与传送带的相对位移为△x= t1-x1=1m,由于摩擦而产生的热量为Q=umgAx=20J, C正确；D.运送货物过程中，电动机输出的电能为E=Q+ 2m(m2-6)=80J,D错误故选BC. 1 8.AC解析：A从v-t图像可知，小物块最终随传送带一起匀 速运动，说明传送带的速度为2m/s,因为取沿斜面向上 为正方向，所以传送带顺时针转动，故A正确：B.由图可知 0~t,时间内小物块的加速度为a=1m/s2,对物块受力分析， 回得mgcs0-mgsin0=ma,解得μ=、，故B错误；D.物块 运动速度减为零后，反向加速经历时间为如=”=25，结合 v-t图像可得t2=3s,根据v-t图像图线与横轴围成面积表 示位移可得物块向下运动过程中的位移为，'=1Xm 2 m= 0.5m,故物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为 △x1=x1-x1'=1×2m+0.5m=2.5m,物块向上运动过程中的 位移为=受 m=2m,物块向上运动过程中与传送带间 的相对位移为△x2=x2-x2'=2×2m-2m=2m,所以传送带 与物块的总相对位移为△x=△x1+△x2=4.5m,所以0~t2时 间因摩擦产生热量为Q=umgcos6·△x=27J,故D错误；C. 物块增加的重力势能△E,=mgsin0·(x2+x)=7.5J,物块 动能的增量△8=2m2-了m6=1.5J,则传送带多消耗的 1 电能W=Q+△E,+△E,=36J,故C正确.故选AC. 9.(1)0.2J(2)①4√2m/s②0.6J 解析：(1)滑块从被释放到停在B点，由能量守恒有E。 41mgl=0,解得E。=0.2J; (2)①滑块只经过C点两次最终停在A点，则滑块第二次在 传送带上一直做减速运动，则从C点到A点过程中，由动能 1 定理-41mg-4,mgL=2m2,解得a=45m/s; ②设滑块在最高点到C点的距离为s,滑块从斜面最高点滑 至C点过程中，由牛顿第二定律有mgsin0-3 mgcos0=ma2, 由运动学公式有22=2a2s,滑块第一次过C点滑至斜面最高 点过程中，由牛顿第二定律有mgsin0+w3 mgcos0=ma1,由运 动学公式有2=2a1s,解得vc1=8m/s<10m/s,说明滑块第 一次在传送带运动过程中一直做匀加速运动，第一次从B 点到C点过程中，由牛顿第二定律有42mg=ma,由运动学公 式有21-v1=2aL,且vc-v1=at,滑块在传送带上发生的相 对位移△x=ot-L,滑块第一次在传送带上运动过程因摩擦 产生的热量Q=u2mg△x,解得Q=0.6J. 黑白题56