专题集训6 机械能守恒定律 功能关系-（配套练习）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题集训(六)　机械能守恒定律　功能关系 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7题，每题5分，共35分) 1.(2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度大小为g，则足球(　　) A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 答案：B 解析：由于足球的运动轨迹不对称，所以其在空中运动过程中受到空气阻力的作用。1到2过程，对足球根据动能定理有－mgh－Wf1＝m－m，则其动能减少了ΔEk＝m－m＝mgh＋Wf1，A错误；1到2过程，足球的重心升高了h，则其重力势能增加了ΔEp＝mgh，B正确；2到3过程，对足球根据动能定理有mgh－Wf2＝m－m，则其动能增加了ΔEk'＝m－m＝mgh－Wf2，C错误；由于空气阻力的作用，足球在整个过程中，机械能不断减少，D错误。故选B。 2.(多选)航天员在地面模拟失重训练的一种方式是在水下进行(如图)。航天员需要穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等，假设其总质量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，在某次出舱作业过程中，给自己一个初速度后竖直向上匀速漂浮的距离为h，以下说法正确的是(　　) A.航天员所受的合力为零，合力不做功，其机械能守恒 B.上升h的过程中，动能不变 C.上升h的过程中，重力势能减小了mgh D.上升h的过程中，机械能增加了mgh 答案：BD 解析：航天员在上升过程中，根据题意，由平衡条件可得F浮＝mg，浮力方向向上，位移方向向上，浮力对其做正功，所做功为W浮＝mgh，浮力做正功，因此机械能增加了mgh，故A错误，D正确；匀速上升过程，动能不变，故B正确；上升h的过程，重力势能增加了mgh，故C错误。故选BD。 3.(多选)如图所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统由静止释放，A、B两球开始向左右两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量为2m，三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到球C落地前的过程，下列说法正确的是(　　) A.A、B、C三球组成的系统机械能守恒 B.球C的机械能先减少后增加 C.球A速度达到最大时，球C的加速度大小为g D.球C落地前瞬间的速度大小为2 答案：ABC 解析：从静止释放到球C落地前的过程，A、B、C三球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，A正确；从静止释放后A、B两球先加速后减速，动能先增加后减少，而A、B、C三球组成的系统机械能守恒，则球C的机械能先减少后增加，B正确；当球A的加速度为0时速度达到最大值，此时杆对球的作用力为0，则此时球C只受重力作用，加速度大小为g，C正确；球C落地前瞬间，A、B两球的速度为0，对A、B、C三球组成的系统，有2mgL＝×2mv2，解得v＝，D错误。故选ABC。 4.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. 答案：B 解析：设上升的最大高度为h，根据功能关系有Ff·2h＝E－＝，根据能量守恒定律可得E＝mgh＋Ffh，解得mgh＝E，Ffh＝E，则Ff＝mg，若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，根据能量守恒定律可得Ek＋mgH＝E－FfH，Ek＝Ep＝mgH，联立解得Ek＝。故选B。 5.(2025·湖南娄底期末)如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为m＝1 kg的小物块从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑，斜面表面由于材料特殊，向上运动和向下运动时动摩擦因数不同，已知斜面的倾角θ＝37°，取水平地面为参考平面，以斜面底端为初位置，在物块在运动过程中，物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是(　　) A.物块上滑和下滑产生的热量相同 B.物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C.物块上滑过程中动量的变化量的大小为27 kg·m/s D.物块下滑的动摩擦因数比上滑动摩擦因数大 答案：D 解析：物块上滑机械能的损失量为ΔE1＝13.5 J－12 J＝1.5 J，物块下滑机械能的损失量为ΔE2＝12 J－9.5 J＝2.5 J，故物块上滑和下滑产生的热量不同，故A错误；在同样的高度处物块上滑的速度一定大于物块下滑的速度，物块上滑的时间小于物块下滑的时间，故B错误；物块上滑时的初动量p＝＝ kg·m/s＝ kg·m/s，故物块上滑过程中动量的变化量的大小为 kg·m/s，故C错误；E -x图像斜率的绝对值表示物块受到的摩擦力大小，物块上滑过程中μ1mgcos θ＝ N＝0.75 N，解得μ1＝，物块在下滑过程中μ2mgcos θ＝ N＝1.25 N，解得μ2＝，故μ2－μ1＝，故D正确。故选D。 6.(多选)(2025·陕西商洛三模)如图所示，倾角为53°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧(劲度系数未知)一端悬挂在O点，另一端与质量为m的小球(视为质点)相连，B点在O点的正下方。小球从斜面上的A点由静止释放，沿着斜面下滑，已知OA与斜面垂直，且O、A两点间的距离为L，重力加速度大小为g，小球刚到达B点时，对斜面的弹力刚好为0，弹簧的原长为L，且始终处于弹性限度内，劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x的关系为Ep＝kx2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是(　　) A.弹簧的劲度系数为 B.小球在B点时弹簧的弹性势能为 C.小球到达B点时的动能为 D.小球从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大 答案：BD 解析：由几何关系可知OB＝，又因为小球刚到达B点时与斜面间的弹力刚好为0，则有k(－L)＝mg，解得k＝，选项A错误；弹簧的弹性势能EpB＝k()2＝，选项B正确；小球从A点运动到B点，弹簧的伸长量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，由能量守恒定律有mg×sin 53°＝EpB＋EkB，解得EkB＝，选项C错误，D正确。故选BD。 7.(多选)(2025·河南安阳一模)如图所示，可视为质点的光滑定滑轮固定在P点，P点竖直墙面上的Q点等高，O为PQ的中点，P、Q距离为2d。一根不可伸长的轻质细绳一端系在Q点，穿过质量为m的光滑圆环A再绕过定滑轮，另一端吊着质量也为m的重物B。将圆环A由O点静止释放，设QA与水平方向夹角为θ。已知重力加速度为g，整个过程中B未与滑轮相撞，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法中正确的是(　　) A.A和B的速度关系为vB＝vAsin θ B.A可以下降的最大高度为d C.A和B的总动能最大时，θ＝30° D.A和B的总动能最大时，A的动能为mgd 答案：BCD 解析：B上升的速度等于左侧绳伸长的速度，A沿QA方向的速度分量为vAsin θ，沿PA方向的速度分量也为vAsin θ，故有vB＝2vAsin θ，A错误；由能量守恒知mgH＝mg×2，解得H＝d，B正确；A和B的总动能最大时，总重力势能最小，此时重力势能变化率为0，即mgvA＝mgvB，结合关联速度可知sin θ＝，即θ＝30°，由能量守恒知Ek总＝(2－)mgd，且EkA＝EkB，解得EkA＝mgd，C、D正确。故选BCD。 8.(15分)(2025·江苏泰州模拟)如图所示，将原长为L的轻弹簧置于长为2L的光滑水平面AB上，F为AB的中点，弹簧一端固定在A点，另一端与可视为质点且质量为m的滑块P接触。AB左侧为半径为L的光滑半圆轨道BCD，C点与圆心O等高。现将滑块P压缩弹簧0.5L至E点(图中未标出)后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点D，重力加速度为g。 (1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep； (2)在BF段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为2m的滑块Q仍将弹簧压缩到E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的C点，求滑块Q与薄膜间的动摩擦因数μ； (3)接第(2)问，求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。 答案：(1)2.5mgL　(2)0.25　(3)5L 解析：(1)滑块P恰好能到达轨道的最高点D，则有mg＝m 从E到D过程，由能量守恒有Ep＝m＋mg×2L 联立解得Ep＝2.5mgL。 (2)题意可知滑块Q到C点时速度为0，则从E到C过程，由能量守恒有Ep＝μ×2mgL＋2mgL 联立解得μ＝0.25。 (3)分析可知滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有Ep＝μ×2mgs 联立解得s＝5L。 学科网（北京）股份有限公司 $