第六章 培优练9 机械能守恒定律 功能关系 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦机械能守恒与功能关系，通过弹簧、斜面、多体系统等模型，系统覆盖能量转化与守恒的核心应用，强化科学思维与能量观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-2题|弹簧与斜面结合|机械能守恒条件→弹性势能转化| |综合系统|3-5题|多体系统能量问题|功能关系→关联速度分析| |实际情境|6-8题|传送带、轨道模型|摩擦生热→临界条件应用|

培优练9：机械能守恒定律　功能关系　 [分值：40分] [1~7题，每题4分] 1.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在光滑斜面的挡板上。物块从图示位置静止释放，弹簧始终处于弹性限度内。则物块与弹簧有相互作用的整个下滑过程中(　　) A.挡板对弹簧做负功 B.物块的速度逐渐减小 C.物块在最低点时的加速度最大 D.物块的机械能先增大后减小 2.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直挡板，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量为m的小球A，当小球A处于静止状态时，弹簧的弹性势能大小为E。现将另一个大小相等，质量相同的小球B(图中未画出)紧挨小球A右侧轻放在斜面上，已知重力加速度大小为g，弹簧一直处在弹性限度内，则弹簧的最大弹性势能为(　　) A.E B.+E C.+E D.+2E 3.如图所示，倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧连接，圆心O在斜面的延长线上，连接点M处有一轻质定滑轮，N为圆弧最低点且∠MON=60°，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧拴接置于斜面上(弹簧平行于斜面)，其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时(物块B未到达M点)，物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m，物块B、C的质量均为2m，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则(　　) A.小球A从M点运动到N点的过程中，物块B的机械能守恒 B.弹簧的劲度系数k= C.小球A到达N点时，小球A的速度大小v1= D.小球A到达N点时，物块B的速度大小v2= 4.如图为一款儿童玩具的简化图，固定的竖直杆AF和半径为R的半圆形杆ABC在A处平滑连接，圆心为O，B为最高点，轻质弹簧的下端固定于F点，弹簧处于原长时，其上端在A处。现将质量为m的小球甲套在杆上，并控制小球将弹簧缓慢压缩至E点，然后释放小球，小球被弹簧弹出，恰好到达B点。已知AE的距离为R，重力加速度为g，不计一切摩擦。若换用质量为的小球乙，仍使小球将弹簧压缩至E点，然后释放小球，小球被弹簧弹出，则小球乙到达B点时，对半圆形杆的压力大小为(　　) A. B.6mg C. D. 5.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ=53°(sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)，OB长为3L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦和空气阻力，重力加速度为g。则P从A点到B点的过程中(　　) A.P和Q组成的系统机械能守恒 B.P的速度一直增大 C.轻绳对P做的功为8mgL D.P运动至B点的速度为v= 6.如图甲所示，倾角为θ=37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法正确的是(　　) A.木块的重力大小为 B.木块与斜面间的动摩擦因数为0.3 C.在斜面上运动的总时间为 D.返回斜面底端时的动能为E0 7.(2025·云南卷·6)如图所示，质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则(　　) A.t1<t2 B.t1>t2 C.x1>x2 D.x1<x2 8.(12分)一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，除传送带和 PQ段外各段表面均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 DE、PQ相切于E(P)处，螺旋圆形轨道半径R=0.08 m。传送带的水平部分AB长L1=0.9 m，沿顺时针运行的速率v=6 m/s。PQ间距离L2=0.25 m。凹槽CHID内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁CH处，摆渡车质量M=0.25 kg，上表面与A、B、C、D、E、P、Q点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的 DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量m=0.25 kg的滑块(可视作质点)向左压缩弹簧至O点由静止释放(弹簧始终在弹性限度内，且OA>0.4 m)，弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为μ1=0.5，滑块与轨道 PQ间的动摩擦因数为μ2=0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(2分)滑块滑上传送带的初速度大小vA； (2)(4分)滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量Q； (3)(6分)为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度s的范围。 参考答案及详细解析 1.答案　C 解析　挡板对弹簧的力在力的方向上无位移，挡板对弹簧不做功，故A错误；在物块与弹簧有相互作用的过程中，物块与弹簧组成弹簧振子，在平衡位置速度最大，最低点速度为零，故速度先增大后减小，故B错误；物块与弹簧组成弹簧振子，可知物块在最低点时的加速度最大，故C正确；压缩弹簧过程中，弹性势能一直增大，物块的机械能一直减小，故D错误。 2.答案　B 解析　初始时A、B两小球的加速度最大，以A、B两小球为整体，根据牛顿第二定律有2mgsin θ-kx1=2ma，kx1=mgsin θ，解得a= 当两小球运动到最低点时，其速度为零，弹簧的弹性势能达到最大，根据简谐运动的对称性，有kx2-2mgsin θ=2ma 解得x2=，根据系统机械能守恒有Epmax=2mgsin θ·(x2-x1)+E=+E，故选B。 3.答案　C 解析　小球A从M点运动到N点的过程中，物块B除重力以外还有弹簧弹力、绳子拉力做功，所以物块B的机械能不守恒，故A错误； 未解锁小球A之前，弹簧处于压缩状态，对物块B受力分析有2mgsin 30°=kx1 小球A到达N点时，物块C对挡板的作用力恰好为0，此时弹簧处于伸长状态，对物块C进行分析有2mgsin 30°=kx2 根据几何关系有x1+x2=R，联立解得k=，故B错误； 小球A到达N点过程，小球A、物块B、弹簧组成的系统机械能守恒，又x1=x2 可知弹簧弹性势能始末相等，则由机械能守恒可得5mgR(1-cos 60°)=2mgRsin 30°+×5m+×2m，根据关联速度分解可得v2=v1sin 60°，联立解得v1=，v2=，故C正确，D错误。 4.答案　C 解析　对小球甲和弹簧组成的系统，根据机械能守恒可得E弹=mg·2R 同理，对小球乙和弹簧组成的系统，有E弹=g·2R+·v2 小球乙在B点时，由牛顿第二定律可知F向=·=mg>mg，半圆形杆对小球乙的压力竖直向下，则有FN+mg=mg，解得FN=mg 根据牛顿第三定律可知，小球乙到达B点时，对半圆形杆的压力大小为FN'=FN=，故选C。 5.答案　C 解析　不计摩擦和空气阻力，只有重力和弹力做功，根据题意可知，滑块P、重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P的弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在A、B间某位置合力为0，速度最大，故B错误；根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为0，当滑块P到达B点时，重物Q的速度也为0，滑块P、重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为h=3L·tan 53°=4L 重物Q下降的高度为H=OA-OB=-OB=2L 设滑块P运动到位置B处速度大小为v，在A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，可知A、B两点弹簧的弹性势能相等，根据机械能守恒定律可知4mgH-mgh=mv2 解得P运动到B点的速度为v=2 对滑块P，设轻绳对滑块P做功为W，由动能定理可知W-mgh=mv2 解得W=8mgL，故C正确，D错误。 6.答案　D 解析　机械能减小量等于克服阻力做功，则=μmgcos θ 动能变化量等于合外力做的功，则=mgsin θ+μmgcos θ 联立解得mg=，μ=0.5，故A、B错误； 上滑时的加速度a1=gsin θ+μgcos θ=g 下滑时的加速度a2=gsin θ-μgcos θ=0.2g 上滑的时间t1== 下滑的时间t2== 可知在斜面上运动的总时间为t=t1+t2=(+，故C错误； 因上滑时损失机械能为2E0，则返回时仍损失机械能为2E0，则返回斜面底端时的动能为5E0-4E0=E0，故D正确。 7.答案　A 解析　对两次运动的整个过程，根据能量守恒定律有m=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN)，m=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN)，可得x1=x2，故C、D错误；设滑块在水平面上滑动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg=ma，可得a=μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN段滑动时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等。由于第二次滑动时滑块距离M点的距离较近，根据公式-=2μ2gx，可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v-t图像，可得t2>t1，故A正确，B错误。 8.答案　(1)4 m/s　(2)0.375 J　(3)1.25 m≤s≤1.475 m 解析　(1)由题图乙得弹簧弹力做功W1=2 J 由W1=m 解得vA=4 m/s (2)假设滑块在传送带上一直匀加速，由牛顿第二定律得a==μ1g=5 m/s2 由运动学公式得-vA2=2aL1 解得vB=5 m/s<6 m/s 可知假设合理，运动时间t==0.2 s， 此过程中传送带的位移x带=1.2 m 滑块与传送带的相对位移x相=x带-L1=0.3 m 滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量Q=μ1mgx相=0.375 J (3)若滑块刚好过F点，mg=m 由动能定理得mg×2R=m-m 解得vE=2 m/s 若刚好能到Q点，有mvE'2=μ2mgL2 解得vE'=1 m/s 所以vE≥2 m/s 滑块在摆渡车上时，由μ1mg=mam得滑块加速度大小am=5 m/s2 由μ1mg=MaM得摆渡车加速度大小aM=5 m/s2 由vB-amt'=aMt'=v共 滑块从滑上摆渡车到达到共速的过程中， 解得v共=2.5 m/s，t'=0.5 s 此过程滑块相对摆渡车的位移x1=t'-t'=1.25 m 所以s≥1.25 m 摆渡车在碰到DI侧壁被锁定后滑块继续匀减速，由动能定理有 -μ1mgx2=m-m vD≥2 m/s时，滑块才能过F点，所以x2≤0.225 m 所以s=x1+x2≤1.475 m 即摆渡车长度的范围为1.25 m≤s≤1.475 m。 学科网（北京）股份有限公司 $