內容   要求   要點解讀
功能關系、能量守恒定律   Ⅱ   利用功能關系和能量守恒定律解決力學問題是歷年的高考熱點、高頻點。題目往往結合拋體運動、圓周運動、多個物體間的相對運動綜合考查，甚至涉及重力場、電場、磁場等。常考的幾對功能關系有滑動摩擦力做功引起內能變化、合力做功引起動能變化、重力做功引起重力勢能變化、電場力做功引起電勢能變化、安培力做功引起機械能或電能變化等。
機械能守恒定律及其應用   Ⅱ   歷年的高考熱點、高頻點。高考著重在“只有重力和彈力做功”層面上，對單一物體系統或者多物體系統進行守恒條件的考查。

一、機械能
1．勢能：與相互作用的物體的相對位置有關的能量叫做勢能，包括重力勢能、彈性勢能、分子勢能等。
2．動能和勢能的相互轉化
（1）重力勢能與動能：物體由靜止自由下落或沿光滑斜面下滑時，重力對物體做正功，物體的重力勢能減少，動能增大，重力勢能能轉化成了動能，如圖甲所示。

（2）彈性勢能與動能：被壓縮的彈簧具有彈性勢能，彈簧恢復原來形狀的過程，彈力做正功，彈性勢能減少，被彈出的物體的動能增大，彈簧的彈性勢能轉化為物體的動能，如圖乙所示。

3．機械能：機械能是動能、彈性勢能和重力勢能的總稱。通過重力或彈力做功，機械能可以從一種形式轉化成另一種形式。
二、機械能守恒定律
1．內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。表達式：Ep1+Ek1=Ep2+Ek2，即E1=E2。
2．守衡條件：只有重力或彈力做功。
3．守恒條件的幾層含義的理解
（1）物體只受重力，只發生動能和重力勢能的相互轉化，如自由落體運動、拋體運動等。
（2）只有彈力做功，只發生動能和彈性勢能的相互轉化。如在光滑水平面上運動的物體碰到一個彈簧，和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統來說，機械能守恒。
（3）物體既受重力，又受彈力，重力和彈力都做功，發生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉化。如自由下落的物體落到豎直的彈簧上和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統來說，機械能守恒。
4．機械能守恒的判斷
（1）利用機械能的定義判斷（直接判斷）：若物體的動能、勢能均不變，則機械能不變。若一個物體的動能不變、重力勢能變化，或重力勢能不變、動能變化或動能和重力勢能同時增加（減小），其機械能一定變化。
（2）用做功判斷：若物體或系統只有重力（或彈簧的彈力）做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒。
（3）用能量轉化來判斷：若物體或系統中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化，則物體或系統的機械能守恒。
（4）對多個物體組成的系統，除考慮外力是否只有重力做功外，還要考慮系統內力做功，如有滑動摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統的機械能將有損失。
5．機械能守恒定律的三種表達形式及應用
（1）守恒觀點
①表達式：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或E1=E2。
②意義：系統初狀態的機械能等于末狀態的機械能。
③注意問題：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面。
（2）轉化觀點
①表達式：ΔEk=–ΔEp。
②意義：系統的機械能守恒時，系統增加（或減少）的動能等于系統減少（或增加）的勢能。
（3）轉移觀點
①表達式：ΔEA增=ΔEB減。
②意義：若系統由A、B兩部分組成，當系統的機械能守恒時，則A部分機械能的增加量等于B部分機械能的減少量。
6．機械能守恒定律的應用技巧
（1）機械能守恒是有條件的，應用時首先判斷研究對象在所研究的過程中是否滿足機械能守恒的條件，然后再確定是否可以用機械能守恒定律。
（2）如果系統（除地球外）只有一個物體，用守恒觀點列方程較方便；對于由兩個或兩個以上的物體組成的系統，用轉化或轉移的觀點列方程較為簡便。
7．多個物體應用機械能守恒定律解題應注意的問題
（1）對多個物體組成的系統要注意判斷物體運動的過程中，系統的機械能是否守恒。
（2）注意尋找連接各物體間的速度關系的連接物，如繩子、桿或者其他物體，然后在尋找幾個物體間的速度關系和位移關系。
（3）列機械能守恒方程時，一般選用ΔEA增=ΔEB減的形式。
10．用機械能守恒定律解決非質點問題
在應用機械能守恒定律解決實際問題時，經常會遇到“鐵鏈”、“水柱”等類的物體，其在運動過程中，重心位置往往發生變化，形狀也會發生變化，因此此類物體不再看作質點，物體雖然不看作質點來處理，但是因為只有重力做功，物體整體的機械能還是守恒的。一般情況下，可將物體分段處理，確定質量分布均勻的規則物體各部分重心的位置，根據初、末狀態物體重力勢能的變化來列式求解。

【2019•湖南省長沙市第一中學高三下學期高考模擬】（多選）如圖所示，A物體質量為m，B質量為2m，用一輕繩相連，將A用一輕彈簧懸掛于天花板上，系統處于靜止狀態，此時彈簧的伸長量為x，彈性勢能為Ep，已知彈簧的彈性勢能與形變量的平方成正比，且彈簧始終在彈性限度內．現將懸線剪斷，則在以后的運動過程中，A物體的

A．最大動能為
B．最大動能為
C．速度達到最大時，彈簧彈力做功為
D．速度達到最大時，彈簧彈力做功為
【參考答案】AD
【詳細解析】設彈簧的勁度系數為k，初始狀態，動能最大時，彈簧伸長量，知A物體向上移動的距離△x＝ x，已知彈簧的彈性勢能與形變量的平方成正比，則A物體動能最大時，彈性勢能為 EP，則彈性勢能減小 EP。因為彈力做功等于彈性勢能的減小量，所以A物體速度達到最大時，彈簧彈力做功為 Ep。在此過程中，彈性勢能減小 EP，重力勢能增加 mgx，則動能增加 Ep– mgx，即最大動能為 Ep– mgx，故A、D正確，B、C錯誤。

1．【2019•昆明、玉溪統考】如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一質量為m的小球，小球與一輕質彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平面之間的夾角θ<45°，當小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長。現讓小球自C點由靜止釋放，在小球滑到桿底端（此時小球速度為零)）的整個過程中，關于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是

A．小球的動能與重力勢能之和保持不變
B．小球的動能與重力勢能之和先增大后減小
C．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變
D．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變
【答案】B
【解析】小球與彈簧組成的系統在整個過程中，機械能守恒，彈簧處于原長時彈性勢能為零，小球從C點到最低點過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，所以小球的動能與重力勢能之和先增大后減小，A項錯，B項對；小球的重力勢能不斷減小，所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大，C項錯；小球的初、末動能均為零，所以整個過程中小球的動能先增大后減小，所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D項錯。
2．用起重機將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，其v–t圖象如圖所示，下列說法正確的是

A．在0~t1時間內，起重機拉力逐漸變大
B．在t1~t2時間內，起重機拉力的功率保持不變
C．在t1~t2時間內，貨物的機械能保持不變
D．在t2~t3時間內，起重機拉力對貨物做負功
【答案】B
【解析】v–t圖象的斜率表示加速度大小，在0~t1時間內貨物加速上升，加速度逐漸減小，起重機拉力逐漸變小，故A錯誤；在t1~t2時間內，貨物勻速上升，拉力方向向上，拉力等于重力，由可知起重機拉力的功率保持不變，故B正確；在t1~t2時間內，貨物勻速上升，動能不變，重力勢能增大，所以機械能增大，故C錯誤；在t2~t3時間內，貨物勻減速上升，拉力方向向上，起重機拉力對貨物做正功，故D錯誤。
【名師點睛】根據v–t圖象得到物體的運動情況，根據恒力做功公式即可判斷功的正負，在t1~t2時間內，貨物勻速上升，動能不變，重力勢能增大，所以機械能增大。

【2019•甘肅省玉門市第一中學高一期末】（多選）下列所述的實例中，機械能守恒的是（）
A．跳傘運動員張開傘后，在空中勻速下降
B．斜向上拋出的石子
C．飛機在豎直平面內做勻速圓周運動的過程
D．光滑水平桌面上勻速運動的木塊
【參考答案】BD
【詳細解析】跳傘運動員張開傘后，在空中勻速下降，動能不變，重力勢能減小，所以機械能減小，故選項A不合題意；斜向上拋出的石子，在空中運動過程中只有重力做功，機械能守恒，故選項B符合題意；飛機在豎直平面內作勻速圓周運動的過程中，動能不變，但重力勢能不斷改變，機械能總量是不守恒的，故選項C不合題意；光滑水平桌面上勻速運動的木塊，動能和重力勢能都不變，機械能守恒，故選項D符合題意。

1．【2019•無錫模擬】如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平地面上，現將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是(　　)

A．斜劈對小球的彈力不做功
B．斜劈與小球組成的系統機械能守恒
C．斜劈的機械能守恒
D．小球重力勢能的減少量等于斜劈動能的增加量
【答案】B
【解析】小球的位移方向豎直向下，斜劈對小球的彈力做負功，小球對斜劈的彈力做正功，斜劈的機械能增大，小球的機械能減少，但斜劈與小球組成的系統機械能守恒，小球重力勢能的減少量等于小球和斜劈動能的增加量之和，故B正確，A、C、D錯誤。
2．（多選）如圖所示，下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是

A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，物體A機械能守恒
B．乙圖中，斜面體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機械能守恒
C．丙圖中，連接A、B的繩子不可伸長，不計任何阻力和定滑輪及繩子的質量時，A加速下落，B加速上升過程中，A、B組成的系統機械能守恒
D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能守恒
【答案】CD
【解析】由題圖可知，甲圖中有重力和彈力做功，物體A和彈簧組成的系統機械能守恒，但物體A機械能不守恒，A錯；乙圖中物體B沿斜面勻速下滑，物體B除受重力外，還受到彈力和摩擦力作用，彈力不做功，但摩擦力做負功，物體B的機械能不守恒，B錯；丙圖中繩子張力對A做負功，對B做正功，代數和為零，A、B組成的系統機械能守恒，C對；丁圖中小球的動能不變，勢能不變，機械能守恒，D對。

【2019•安徽省阜陽市第三中學模擬】（多選）如圖所示，物體A、B通過細繩及輕質彈簧連接在輕滑輪兩側，物體A、B的質量分別為2m、m，開始時細繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上，放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度大小為v，此時物體B對地面恰好無壓力，不計一切摩擦及空氣阻力，重力加速度大小為g，則下列說法中正確的是

A．物體A下落過程中，物體A和彈簧組成的系統機械能守恒
B．彈簧的勁度系數為
C．物體A著地時的加速度大小為
D．物體A著地時彈簧的彈性勢能為
【參考答案】AC
【詳細解析】由題知道，物體A下落過程中，B一直靜止不動。對于物體A和彈簧組成的系統，只有重力和彈力做功，則物體A和彈簧組成的系統機械能守恒，故A正確；物體B對地面的壓力恰好為零，故彈簧的拉力為T=mg，開始時彈簧處于原長，由胡克定律知：T=kh，得彈簧的勁度系數為，故B錯誤；物體A著地時，細繩對A的拉力也等于mg，對A，根據牛頓第二定律得 2mg–mg=2ma，得，故C正確；物體A與彈簧系統機械能守恒，有：，所以，故D錯誤。

1．【2019•貴陽模擬】如圖所示，一質量為m的小球固定于輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點。將小球拉至A點，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方與A點的豎直高度差為h的B點時，速度大小為v。已知重力加速度為g，下列說法正確的是

A．小球運動到B點時的動能等于mgh
B．小球由A點到B點重力勢能減少
C．小球由A點到B點克服彈力做功為mgh
D．小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－
【答案】D
【解析】小球由A點到B點的過程中，小球和彈簧組成的系統機械能守恒，彈簧由原長到發生伸長的形變，小球動能增加量小于重力勢能減少量，即 <mgh，A項錯誤；小球重力勢能減少量等于小球動能增加量與彈簧彈性勢能增加量之和，即mgh＝＋Ep，B項錯誤；彈簧彈性勢能增加量等于小球重力勢能減少量與動能增加量之差，即mgh－，D項正確；小球克服彈力所做的功等于彈簧彈性勢能增加量，即mgh－，C項錯誤。
2．如圖所示，豎直平面內的半圓形光滑軌道，其半徑為R，小球A、B質量分別為mA、mB，A和B之間用一根長為l(l<R)的輕桿相連，從圖示位置由靜止釋放，球和桿只能在同一豎直面內運動，下列說法正確的是

A．若mA<mB，B在右側上升的最大高度與A的起始高度相同
B．若mA>mB，B在右側上升的最大高度與A的起始高度相同
C．在A下滑過程中桿對A做負功，對B做正功
D．A在下滑過程中減少的重力勢能等于A與B增加的動能
【答案】C
【解析】選軌道最低點為零勢能點，根據系統機械能守恒條件可知A和B組成的系統機械能守恒，如果B在右側上升的最大高度與A的起始高度相同，則有mAgh－mBgh＝0，則有mA＝mB，故選項A、B錯誤；A下滑、B上升過程中B機械能增加，則A機械能減少，說明桿對A做負功，對B做正功，故選項C正確；A下滑過程中減少的重力勢能等于B上升過程中增加的重力勢能和A與B增加的動能之和，故選項D錯誤。

【2019•中原名校聯盟高三第四次質量考評】（多選）如圖所示，傾斜軌道AB、水平軌道BC、半徑為的豎直半圓軌道間平滑連接，其中半圓軌道CD部分粗糙其余軌道均光滑，C、E分別為豎直軌道的最低點和最高點，F點為CD軌道的中點。可視為質點的質量為m的物塊由傾斜軌道上的A點無初速度釋放，無能量損失地進入水平軌道和豎直軌道。已知AB兩點間的高度差為h，物塊在CD部分與軌道間的動摩擦因數處處相等，第一次由C到D過程中，物塊在CD段損失的機械能為，k為常量，重力加速度為g。則下列說法正確的是

A．若，則物塊一定靜止在C點
B．物塊從C運動到D，物塊在FD段損失的機械能小于
C．如果，物塊能運動到E點
D．如果，物塊能運動到E點
【參考答案】BD
【詳細解析】從A點到D點，由動能定理可得：，當時，可解得：vD=0，即物塊將在AD之間來回滑動，由于摩擦力做功，機械能減少，最后速度將減為0，受力平衡，有可能停在C點，也有可能停在CD之間的某個位置，A錯誤；物塊從C運動到D，由于摩擦力做功，機械能減少，速率逐漸減小，所需向心力減小，則物塊與軌道之間的壓力減小，而滑動摩擦力減小，所以物塊經過FD段克服摩擦力做的功小于，即物塊在FD段損失的機械能小于，B正確；如果物塊能運動到E點，其最小速度由牛頓第二定律可得：，從A點到E點，由動能定理可得：，聯立解得：，C錯誤，D正確。

1．【2019•遼寧開學考試】如圖所示，質量為M，長度為L的小車靜止的在光滑的水平面上，質量為m的小物塊，放在小車的最左端，現用一水平恒力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為f，經過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說法中正確的是

A．此時物塊的動能為F(x＋L)
B．此時小車的動能為Fx
C．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為Fx－fL
D．這一過程中，因摩擦而產生的熱量為fL
【答案】D
【解析】對物塊，根據動能定理得：（F-f）（s+L）=Ek-0，解得：Ek=（F-f）（s+L），故A錯誤；小車受重力、壓力、支持力和向前的滑動摩擦力，合力等于滑動摩擦力，根據動能定理，小車的動能為fx，故B錯誤；由功能關系得知，物塊和小車增加的機械能為：F（s+L）-fL，故C錯誤；系統產生的內能等于系統克服滑動摩擦力做功fL，故D正確。
2．【2019•江蘇省揚州中學高三模擬】如圖所示，平直木板AB傾斜放置，小物塊與木板間的動摩擦因數由A到B均勻增大，小物塊從A點由靜止釋放，恰好可以到達B點，小物塊的速度v、加速度a、動能Ek和機械能E機（取地面為零勢能面）隨下滑位移x變化的圖像可能正確的是

A．        B．
C．        D．
【答案】C
【解析】設斜面的傾角為α．據題有μ=kx，k是常數。小物塊所受的滑動摩擦力大小為 f=μmgcosα=kxmgcosα，知f∝x．根據動能定理得，得v2=2gxsinα–kx2gcosα，知v–x圖象為曲線，故A錯誤。根據牛頓第二定律得mgsinα–μmgcosα=ma，結合μ=kx，得a=gsinα–kxgcosα，a隨x先均勻減小后反向均勻增大，加速度先正后負，故B錯誤。根據動能定理得，得Ek=mgxsinα– kx2mgcosα，知Ek–x是開口向下的拋物線，故C正確。根據功能關系知，隨著x的增大，E機–x圖象斜率絕對值增大，故D錯誤。

1．【2019•廣東期末】如圖所示，鉛球從同學手中水平拋出后，不考慮空氣對鉛球的阻力，落地前小球物理量一定變化的是（　　）

A．重力的功率   B．加速度
C．小球的機械能   D．速度的變化率
2．如圖所示四幅插圖，關于該四幅圖示的運動過程中物體機械能不守恒的是

A．圖甲中，滑雪者沿光滑斜面自由下滑
B．圖乙中，過山車關閉油門后通過不光滑的豎直圓軌道
C．圖丙中，小球在光滑水平面內做勻速圓周運動
D．圖丁中，石塊從高處被斜向上拋出后在空中運動（不計空氣阻力）
3．【2019•四川省成都市高三三模】目前，我國在人工智能和無人駕駛技術方面已取得較大突破。為早日實現無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發現，下坡時若關掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發生位移s時速度剛好達到最大值vm。設汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說法正確的是
A．關掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒
B．關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零
C．上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間可能等于
D．上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間一定小于
4．【2019•黑龍江學與考聯盟四模】從地面豎直向上拋出一個小球，小球運動一段時間后落回地面，已知小球在上升和下落階段受到的空氣阻力與速度大小成正比，下列圖象分別描述了小球整個過程中位移x、速度v、加速度a與時間t的變化關系和機械能E與位移x的變化關系，其中可能正確的是

5．【2019•陜西省西安市高三第三次質量檢測】（多選）如圖所示，水平傳送帶兩端間的距離為，傳送帶，運動到端，此過程中針方向運動，一個質量為的小物體以一定的初速度從端滑上傳送帶，運動到端，此過程中物塊先做勻加速直線運動后做勻速直線運動，物塊做勻加速直線運動的時間與做勻速直線運動時間相等，兩過程中物塊運動的位移之比為2:3，重力加速度為g，傳送帶速度大小不變。下列說法正確的是

A．物塊的初速度大小為
B．物塊做勻加速直線運動的時間為
C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為
D．整個過程中物塊與傳動帶因摩擦產生的熱量為
6．【2019•中原名校聯盟高三第二次教學指導】（多選）如圖所示，傾角為的斜面體固定在水平面上，斜面體的頂端固定一光滑的定滑輪，用輕繩拴接質量分別為2m、m且可視為質點的物塊甲和乙，細繩跨過定滑輪，物塊甲放在斜面上，距離固定在斜面體底端輕彈簧頂端點的距離為，現給物塊甲一沿斜面向下的初速度，經過一段時間，物塊甲將彈簧壓縮到最低點，隨后彈簧的上端又剛好回到點，此時物塊甲的速度為0。已知物塊甲沒有與滑輪發生碰撞，細繩始終繃緊，且始終與斜面體保持平行，物塊甲與斜面體之間的動摩擦因數為，重力加速度為g。則下列說法正確的是
A．物塊甲第一次運動到O點前細繩的拉力大小為
B．物塊甲第一次運動到O點時的速度大小為
C．物塊甲運動到最低點時到O點的距離為
D．輕彈簧的最大彈性勢能為
7．【2019•中原名校聯盟考前預測金卷】（多選）如圖所示為傾角為的足夠長的光滑斜面體固定在水平地面上，斜面體的底端有一固定的擋板，質量均為m的物塊甲、乙之間用一質量不計的彈簧連接，已知彈簧的勁度系數為k，甲、乙處于靜止狀態，t=0時刻在物塊甲上施加一沿斜面體向上的外力F，使物塊甲沿斜面向上做勻加速直線運動，直到物塊乙剛好離開擋板，此時物塊甲的速度大小為v，重力加速度為g。則下列說法正確的是

A．物塊甲的加速度為
B．外力F的最小值為
C．外力F的最大值為
D．外力F做的功為
8．（多選）如圖所示，一個長直輕桿兩端分別固定小球A和B，豎直放置，兩球質量均為m，兩球半徑忽略不計，桿的長度為L。由于微小的擾動，A球沿豎直光滑槽向下運動，B球沿水平光滑槽向右運動，下列說法正確的是

A．A球下滑過程中的機械能守恒
B．在A球到達水平滑槽前，A球的機械能先減小后增大
C．當小球A沿豎直光滑槽下滑距離為時，A球的速度為
D．A球的機械能最小時輕桿對B球的作用力為零
9．（多選）如圖所示，滑塊A、B的質量均為m，A套在固定傾斜直桿上，傾斜桿與水平面成45°角，B套在固定水平的直桿上，兩桿分離不接觸，兩直桿間的距離忽略不計，且桿足夠長，A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿（初始時輕桿與水平面成30°）連接，A、B從靜止釋放，B開始沿水平面向右運動，不計一切摩擦，滑塊A、B均視為質點，在運動的過程中，下列說法正確的是

A．當A到達與B同一水平面時
B．當A到達與B同一水平面時，B的速度為
C．B滑塊到達最右端時，A的速度為
D．B滑塊最大動能為
10．【2019•黑龍江學與考聯盟五模】一勁度系數為k=100 N/m的輕彈簧下端固定于傾角為θ=37°的光滑斜面底端，上端連接物塊P。一輕繩跨過定滑輪，一端與物塊P連接，另一端與套在光滑水平直桿的物塊Q連接，定滑輪到水平直桿的距離為d=0.4 m。初始時在外力作用下，物塊Q在A點靜止不動，輕繩與水平直桿的夾角α=30°，輕繩張力大小為45 N。已知物塊Q質量為m1=0.2 kg，物塊P質量為m2=5 kg，不計滑輪大小及摩擦，取g=10 m/s2。現將物塊Q靜止釋放，求：

（1）物塊P靜止時，彈簧的伸長量x1；
（2）物塊Q運動到輕繩與水平直桿的夾角β=53°的B點時的速度大小；
（3）物塊Q由A點運動到B點的過程中，輕繩拉力對其所做的功。

1．【2019•浙江選考】奧運會比賽項目撐桿跳高如圖所示，下列說法不正確的是

A．加速助跑過程中，運動員的動能增加
B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能一直增加
C．起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加
D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能減少動能增加
2．【2019•新課標全國Ⅱ卷】（多選）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數據可得

A．物體的質量為2 kg                   B．h=0時，物體的速率為20 m/s
C．h=2 m時，物體的動能Ek=40 J       D．從地面至h=4 m，物體的動能減少100 J
3．【2018•新課標全國III卷】在一斜面頂端，將甲乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
4．【2017•新課標全國Ⅱ卷】如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時。對應的軌道半徑為（重力加速度大小為g）

A．         B．                    C．            D．
5．【2019•江蘇卷】（多選）如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中

A．彈簧的最大彈力為μmg               B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs           D．物塊在A點的初速度為
6．【2019•浙江選考】如圖所示為某一游戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21 m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10 m的圓形支架上，B為圓形的最低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內。某次游戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是

A．5 s           B．4.8 s           C．4.4 s           D．3 s
7．【2018•江蘇卷】如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細線的一端系有質量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B。質量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：

（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物塊和小球的質量之比M:m；
（3）小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。

1．A   【解析】小球在下落過程中，豎直方向的速度逐漸增大，根據P＝Fv，可知，重力的功率也逐漸增大，故選項A符合題意；小球下落過程中只受重力作用，加速度不變，則速度的變化率恒定不變，故選項B、D不符合題意；因為下落過程只有重力做功，所以機械能守恒，故選項C不符合題意。
2．B   【解析】圖甲中滑雪者沿光滑斜面自由下滑時，斜面的支持力不做功，只有重力做功，其機械能守恒。圖乙中過山車關閉油門后通過不光滑的豎直圓軌道，阻力做負功，其機械能減小，機械能不守恒。圖丙中小球在水平面內做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能也不變，兩者之和不變，即機械能守恒。圖丁中石塊從高處被斜向上拋出后在空中運動時，不計空氣阻力，只受重力，其機械能一定守恒。本題選機械能不守恒的，故選B。
3．D   【解析】關掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變、動能不變，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故A錯誤；關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則沖量不為零，故B錯誤；上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間為t，根據動能定理可得：，解得，故C錯誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度，功率不變，則速度增大、加速度減小，所用時間為，則，解得，故D正確。
4．A 【解析】小球上升過程中加速度大于g，做加速度減小的減速運動，下降過程中加速度小于g，做加速度減小的加速運動，上升過程和下降過程空氣阻力都做負功，機械能始終減小，選項A正確。
5．BC   【解析】由題意知，得，A錯誤；勻速運動中，則，勻加速與勻速時間相等，B正確；由運動學公式得動摩擦因數為，C正確；由熱量，，得，選項D錯誤。
6．CD【解析】當物塊甲第一次到達O點前，對物塊甲和乙由牛頓第二定律得：，對物塊乙，解得，A錯誤；物塊甲剛好運動到O點時，由功能關系得，解得，B錯誤；假設輕彈簧的壓縮量為，物塊甲從O點到將輕彈簧壓縮到最短到又剛好回到O點的過程，由動能定理得，解得，C正確；輕彈簧從最短到剛好回到O點的過程中，對系統由能量守恒定律得，解得，D正確。
7．BD 【解析】施加外力F前，設彈簧的壓縮量為，對物塊甲，由力的平衡條件可知，則；物塊乙剛好離開擋板時，對物塊乙，由力的平衡條件可知，則，則物體甲的位移為，由于物塊甲做勻加速直線運動，則由運動學公式可知，物塊甲的加速度為，A錯誤；對物塊甲受力分析可知，剛施加外力F的瞬間外力有最小值，對物塊甲由牛頓第二定律得，解得，B正確；當物塊乙剛好離開擋板時，外力F有最大值，解得，C錯誤；由于t=0時刻與物塊乙剛好離開擋板瞬間彈簧的形變量相等，則彈簧的彈性勢能相同，由功能關系可知，D正確。
8．BCD   【解析】系統機械能守恒，A的機械能轉化為B的動能，B的動能開始是0，最終還是0，所以A球的機械能先減小后增大，最終，A球以一定的豎直速度撞擊橫槽，故A錯誤，B正確。當小球A沿豎直光滑槽下滑距離為 L時，設此時A球的速度為vA，B球的速度為vB；根據系統機械能守恒定律得：mg L＝ mvA2+ mvB2；兩球沿輕桿方向上的速度相等，則有：vAcos60°=vBcos30°。聯立兩式解得：vA= ，vB＝，故C正確。A球的機械能最小時，B球的速度最大，此時的加速度為零，即輕桿對B球的作用力為零，選項D正確。故選BCD。
【名師點睛】該題突破口是系統機械能守恒（豎直光滑槽和水平光滑槽對球的彈力不做功），由桿物模型可知，B的速度沿桿方向的分速度等于桿的速度，越向下運動桿的速度越小，當A剛要到水平光滑槽時桿的速度為零，即B的速度為零。
9．BD   【解析】從開始到A到達與B同一水平面的過程，由系統的機械能守恒得，，解得，B滑塊到達最右端時，速度為零，此時輕桿與斜桿垂直，得，當輕桿與水平桿垂直時B的速度最大，此時A的速度為零，由系統的機械能守恒得得，綜上分析BD正確。
10．【答案】（1）0.15 m （2）3 m/s （3）0.9 J
【解析】（1）物塊P靜止時，設彈簧的伸長量為x1，由平衡條件有
代入數據解得x1=0.15 m即彈簧的伸長量x1為0.15 m
（2）將物塊Q靜止釋放，經分析可知，物塊Q運動到B點，物塊P沿斜面下落距離為0.30 m，即彈簧被壓縮 0.15 m
故可知彈簧的彈性勢能保持不變，根據能量守恒有
如圖所示B點時由運動的合成與分解有聯立解得 3 m/s

（3）對于物塊Q，由動能定理得解得 0.9 J

1．B   【解析】加速助跑過程中速度增大，動能增加，A正確；撐桿從開始形變到撐桿恢復形變時，先是運動員部分動能轉化為桿的彈性勢能，后彈性勢能轉化為運動員的動能與重力勢能，桿的彈性勢能不是一直增加，B錯誤；起跳上升過程中，運動員的高度在不斷增大，所以運動員的重力勢能增加，C正確；當運動員越過橫桿下落的過程中，他的高度降低、速度增大，重力勢能被轉化為動能，即重力勢能減少，動能增加，D正確。
2．AD   【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G= =20 N，解得m=2 kg，故A正確；B．h=0時，Ep=0，Ek=E機–Ep=100 J–0=100 J，故 =100 J，解得：v=10 m/s，故B錯誤；C．h=2 m時，Ep=40 J，Ek=E機–Ep=85 J–40 J=45 J，故C錯誤；D．h=0時，Ek=E機–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m時，Ek′=E機–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正確。
3．A   【解析】設甲球落至斜面時的速率為v1，乙落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規律，x=vt，y= gt2，設斜面傾角為θ，由幾何關系，tanθ=y/x，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律， mv2+mgy= mv12，聯立解得：v1= •v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2= •v/2，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，選項A正確。
【名師點睛】此題將平拋運動、斜面模型、機械能守恒定律有機融合，綜合性強。對于小球在斜面上的平拋運動，一般利用平拋運動規律和幾何關系列方程解答。
4．B   【解析】物塊由最低點到最高點有：；物塊做平拋運動：x=v1t；；聯立解得：，由數學知識可知，當時，x最大，故選B。
5．BC   【解析】小物塊壓縮彈簧最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為：，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤。
6．A   【解析】設小車的質量為m，小車在AB段所勻減速直線運動，加速度，在AB段，根據動能定理可得，解得，故；小車在BC段，根據機械能守恒可得，解得，過圓形支架的圓心O點作BC的垂線，根據幾何知識可得，解得，，故小車在BC上運動的加速度為，故小車在BC段的運動時間為，所以小車運動的總時間為，A正確。

7．【答案】（1）（2）（3）（）
【解析】（1）設小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
（2）小球運動到與A、B相同高度過程中，小球上升高度h1=3lsin53°，物塊下降高度h2=2l
機械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
（3）根據機械能守恒定律，小球回到起始點．設此時AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T
牛頓運動定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T
牛頓運動定律T′–mgcos53°=ma
解得（）
【名師點睛】本題考查力的平衡、機械能守恒定律和牛頓第二定律。解答第（1）時，要先受力分析，建立豎直方向和水平方向的直角坐標系，再根據力的平衡條件列式求解；解答第（2）時，根據初、末狀態的特點和運動過程，應用機械能守恒定律求解，要注意利用幾何關系求出小球上升的高度與物塊下降的高度；解答第（3）時，要注意運動過程分析，弄清小球加速度和物塊加速度之間的關系，因小球下落過程做的是圓周運動，當小球運動到最低點時速度剛好為零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）與物塊豎直向下加速度大小相等。

久久天天躁狠狠躁夜夜躁,国产精品入口福利,97久久精品人人爽人人爽蜜臀 ,中文字幕国产精品一区二区

當前位置首頁 > 初中物理 > 輔導探討

功能關系、能量守恒定律考點及考情分析

發表評論

久久天天躁狠狠躁夜夜躁,国产精品入口福利,97久久精品人人爽人人爽蜜臀 ,中文字幕国产精品一区二区

當前位置首頁 > 初中物理 > 輔導探討

功能關系、能量守恒定律 考點及考情分析

發表評論

功能關系、能量守恒定律考點及考情分析