【文档说明】2021届高考物理（统考版）二轮备考提升指导与精练9 功能关系、机械能守恒定律及其应用 含解析.docx，共(10)页，429.979 KB，由envi的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1．此知识点每年必考，试题往往与其他知识点相结合，难度较大。2．注意要点：(1)只涉及动能的变化用动能定理分析。(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。(3)只涉及机械能的变化，用

除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。例1．(2020∙全国I卷∙20)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则（）A.物块下滑过

程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J【答案】AB【解析】下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并

不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg，下滑5m过程中，由功能原理，机

械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选

项错误。例2．(2019∙全国II卷∙18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能优培9功能关系、机械能守恒定律及其应用考点分析Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化

如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J【考题解读】本题考查动能、重力势能、机械能的概念和动能定理、功能关系的

应用，以及利用数形结合处理物理问题的能力，体现了能量观念和科学推理的核心素养，同时还体现了图像展示物理关系的形式美。【答案】AD【解析】Ep－h图像知其斜率为G，故G＝20N，解得m＝2kg，A正确；h＝0时，Ep＝

0，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，故12mv2＝100J，解得v＝10m/s，B错误；h＝2m时，Ep＝40J，Ek＝E机－Ep＝85J－40J＝45J，C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m时，Ekʹ＝E机－Ep

＝80J－80J＝0，故Ek－Ekʹ＝100J，D正确。1．如图所示，过山车从斜轨上的最高点A由静止滑下，经最低点B运动到圆形轨道最高点C的过程中，忽略空气阻力和摩擦力，仅有动能和重力势能互相转化（取B处的重力势能为零），则过山车()A．在A处的机械能等于在C处的动能B．在A处的重力势能

大于在C处的动能C．在B处的机械能小于在C处的机械能D．在B处的机械能等于在C处的重力势能提分训练【答案】B【解析】由题意可知，过山车在运动过程中机械能守恒，A处动能为0，C处动能不为零，在A处的机械能大于

在C处的动能，A错误；因为A处的动能为0，所以A处的机械能等于A处的重力势能，且C处动能和势能均不为0，在A处的重力势能大于在C处的动能，B正确；因为过山车在运动过程中机械能守恒，在B处的机械能等于在C处的机械能，C错误；在B处的机械能等于在C

处的机械能，且C处动能和势能均不为0，所以在B处的机械能大于在C处的重力势能，D错误。2．如图所示，竖直面内，两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道，一个质量为m的小环套在轨道上，小环从轨道最高点由静止开始下滑，下滑

过程中始终受到一个水平恒力F的作用，小环能下滑到最低点，重力加速度大小为g，则小环从最高点下滑到最低点的过程中()A．小环机械能守恒B．外力F一直做正功C．小环在最低点的速度大小为22gRD．在最低点小环对轨道的

压力大小为mg【答案】C【解析】小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F，重力一直做正功，外力F时而做正功时而做负功，轨道的作用力一直不做功，故小环机械能不守恒，选项A、B错误；小环从最高点下滑到最低点的过程中

，在沿水平恒力F方向上的位移为0，则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变化量，mg·4R＝12mv2，解得v＝22gR，选项C正确；小环在最低点，由牛顿第二定律得FN′－mg＝mv2R，得FN′＝9mg，由牛顿第三

定律可知FN＝FN′＝9mg，选项D错误。3．如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起。在平行于斜面的拉力F的作用下两物块均做匀速运动（细

线保持拉直状态)，从图示位置开始计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x表示每个物块所通过的路程，E表示两物块组成的系统的机械能，Wf表示甲物块克服摩擦力所做的功，Ep表示两物块组成的系统的重力势能，WF表示拉力F对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是()【答案

】C【解析】相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，sin30sin60hh=甲乙得：h甲＜h乙，即任意段时间内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能是增加的，而系统动能不变，则系统的机械能也是增加的，故A、B错误；甲物块克服摩

擦力所做的功Wf＝μmgscos30°，s＝vt，故Wf－t图线为过原点的倾斜直线，同理WF－t图线亦为过原点的直线，故C正确，D错误。4．(多选)如图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和

传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带AB之间的距离为l＝5.5m，传送带一直以v＝3m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，则()A．物体由A运动到B的时间是1.5sB．物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1N·sC．物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5J的热量D．带动传送带转动

的电动机在物体由A运动到B的过程中，多做了3J功【答案】BCD【解析】物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有12mv20＝mgh，代入数据得v0＝2m/s，物体在摩擦力作用下先做匀加速运动，后做匀速运动，有t1＝v－v0μg＝1s，s1＝v

＋v02t1＝2.5m，t2＝l－s1v＝1s，t＝t1＋t2＝2s，选项A错误；物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I＝μmgt1＝1N·s，选项B正确；在t1时间内，传送带做匀速运动s带＝vt1＝3m，Q＝μmgΔs＝μmg(s带－s1)，代入数据得Q＝0.5J，选项C正确；

物体从A运动到B的过程中，物体动能增量ΔEk＝12mv2－12mv20，电动机多做的功为W＝Q＋ΔEk＝3J，选项D正确。5．(多选)用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，如图所示。将细绳剪断后()A．小球立即获得kxm

的加速度B．小球落地的速度大于2ghC．小球落地的时间等于2hgD．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动【答案】BC【解析】初态小球平衡，剪断绳后，小球合外力与绳中拉力等大反向，22=()()Fmgkx+合，所以加速度22()()=

mgkxam+，A错误；设初态弹簧的弹性势能为Ep，根据机械能守恒得212PEmghmv+=，速度大于2gh，B正确；小球被水平弹出后，只受重力做平抛运动，竖直方向h＝12gt2，运动时间t＝2hg，C正确；小球在细绳剪断瞬间，仍受弹簧弹力，所

以不是平抛运动，D错误。6．(多选)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m。现将A、B两小球置于距地面高h处，由静

止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中()A．小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒B．小球B的机械能一直减小C．小球B落地时的速度大小为2ghD．当小球A的机械能

最小时，地面对小球C的支持力大小为mg【答案】CD【解析】小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械

能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系mgh＝12mv2可知小球B的速度为2gh，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确。7．如图所示为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置，L＝1m的

水平直轨道AB与半径均为0.4m的竖直光滑螺旋圆轨道(O、Oʹ为圆心，C为最高点)相切于B，Bʹ为第2个圆与水平轨道的切点，OʹD与OʹBʹ的夹角为60°，接收装置为高度可调节的平台，EF为平台上一条直线，O'EF在同一竖直平面内，装置切面图可抽象为如图所示模型。质量为0.6kg的电

动小汽车以额定功率P＝6W从起点A启动沿轨道运动，刚好能通过C点，之后沿圆弧从Bʹ运动至D点后抛出，沿水平方向落到平台E点，小汽车与水平直轨道AB的动摩擦因数μ＝0.2，其余轨道均光滑。(空气阻力不计，g取10m/s2，小汽车运动过程中可视为质点)(1)求电动机的工作时间；(2)要保证小汽车沿水

平方向到达平台E点，求平台调节到的高度H和EBʹ的水平位移X。【解析】(1)小汽车恰好能通过最高点C，有：mg＝2CvmR从A到C过程，由动能定理得：Pt－μmgL－2mgR＝12mvC2－0联立解得t＝1.2s(2)从C到D过程，由机械能守恒定律得：mg(R＋Rsin30°)＋1

2mvC2＝12mvD2解得vD＝4m/svDx＝vDsin30°＝2m/svDy＝vDcos30°＝23m/s将从D到E的运动看成逆向平抛运动，有：vDy＝gth＝12gt2x＝vDxtH＝h＋R(1－cos60°)X＝x＋Rsin60°解得：H＝0.8m，X＝0.63m。

8．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平直轨道BD相切于B点，轨道D端固定一竖直挡板。圆弧轨道的圆心为O、半径为R，轨道BC段光滑且长度大于2R，CD段粗糙且长度为R。质量均为m的P、Q两个小球用轻杆连接，从图示位置由静止释放，Q球与档板碰撞后反向弹回，每次碰撞后瞬间P、Q两

球的总动能均为碰撞前瞬间的34。Q球第一次反弹后，P球沿轨道AB上升的最大高度为25R，重力加速度为g。求：(1)P球第一次运动至B点时速度大小v0及此过程中轻杆对Q球所做的功W；(2)Q球与轨道CD间的

动摩擦因数μ；(3)Q球最终静止时与挡板间的距离x。【解析】(1)P球第一次运动至B点过程中，对P、Q两球有：mgR＝12×2mv02所以：v0＝gRP球第一次运动至B点过程中，轻杆对Q球所做的功W＝12mv02＝12mgR。(2)Q球第一次运动至D

点过程中，对P、Q球有：mgR－μmgR＝EkQ球与挡板碰撞后反向弹回，P球沿轨道AB上升的最大高度过程中，有：－25mgR－μmgR＝－34Ek联立可得μ＝0.2。(3)Q球第二次运动至D点过程中，对P、Q球有：25mgR－μmgR＝15mgR第二次碰后对P、Q球有：3145mgxmgR

−=−解得：x＝34R。9．如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R＝1m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道

的另一端点，LBC＝2.5m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内。使质量m＝0.5kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F＝5N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为v

E＝10m/s。已知P与水平面斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面

上，求P在斜面上的落点距D点的距离。【解析】(1)P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为FN，由牛顿运动定律得：2Nsin37EvmgFFmR−+=解得：FN＝3N由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FNʹ＝3N。(2)P从D点到E点，由动能定理得：2211(1

cos37)sin3722EDmgRFRmvmv−++=−解得：34Dv=m/sP从C点到D点，由牛顿运动定律得：F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1解得a1＝0，说明P从C点到D点匀速运动，故34CDvv==m/s由能的转化和守恒得：2pm1cos37(sin

37)2BCBCCEFLmgFLmv+−−=解得：Epm＝1J。(2)P在G点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有：F－mgsin37°＝ma3，mgcos37°＝ma4解得：a3＝4m/s2，a4

＝8m/s2P垂直落在斜面上，运动时间满足：24122Rat=平行于斜面方向上：0＝vG－a3t联立解得：vG＝22m/s平行于斜面方向上：012Gvxt+==m即P在斜面上的落地距D的距离x＝1m。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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