2026届高考物理专题讲义《功能关系和能的转化与守恒定律》含答案

A.t1<t2B.t1>t2C.x1>x2D.x1<x2从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小()A.在Q点最大B.在Q点最小C.先减小后增大D.先增大后减小11性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于D.物块的动能一定小于22做功的过程就是能量转化的过程，做多少功就有多少某种形式的能转化为其它形式的能。功是能量转化的(2)重力做功对应重力势能的改变，WG=-Ep=Ep1-Ep233则滑动摩擦力对该物体不做功)；=fx相(摩擦生热)；44位移为s，则滑动摩擦力对木块做的功为W木=-f(d+s)①由动能定理得木块的动能增量为ΔEk木=-f(d+s)②滑动摩擦力对小车做的功为W车=fs③②④两式相加得ΔEk木+ΔEk车=-fd⑤一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的A.此时物块的动能为(F-f)(s+l)B.这一过程中，物块对小车所做的功为f(s+l)A.fL=B.fs=55A.重力势能增加了mghB.克服摩擦力做功mghC.动能损失了mghD.机械能损失了mgh平面成倾角θ=370的斜坡上C点．已知AB两点间的高度差为h=25m，B、C两点间的距离为S=(1)运动员从B点飞出时的速度vB的大小.(2)运动员从A到B过程中克服摩擦力所做的功.6677出功率.88块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端(1)若P的质量为m，求P到达B点时的速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点动能全部转化为电能，则利用上述已知量计算电功率的公式应为P=．大小约为W.(取一位有效数字)99A.减速阶段所受合外力为0B.悬停阶段不受力A.10WB.20WC.100WD.200W逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°,转轴间距L=3.5m。工人将货物(可视为质点)沿传送方向以速度v1=1.5m/s从传送带 ()D.货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变4.(2023·广东东莞·一模)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运A.饺子一直做匀加速运动D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方。将一质量m=0.04kg的小球由轨道顶端A处静止释放，最终落在水平地面上，整个过程中，小A.小球在B点对轨道的压力为0.6NB.球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为C.球与墙面碰撞过程损失的机械能为mgh的小物体(视为质点)无初速度放在传送带的底端M处，小物体到达传动带最高点N处时恰好达到传送带的速率v，已知MN间的高度差为H，则在小物体从M到N的过程中()A.传送带对小物体做功为mgH+mv2B.将小物体由底端传送到N处过程中，该系统多消耗的电能为mgH+C.将小物体传送到N处，系统因摩擦而产生的热量为mv2少C于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为：Ep=kx2，k为弹簧的劲度系(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek；弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中(2)环A的质量M；(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦光滑半圆轨道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(1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep；落在斜面上的位置至B点的距离(结果保留2位有效数字)。)1(求小物块到达B点时的速度大小； 1 6 6 6 6 7 9 A.t1<t2B.t1>t2C.x1>x2D.x1<x2【详解】CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有mv=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN(，mv=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN(可得x1=x2AB．根据牛顿第二定律μmg=ma程中v-t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式v-v2=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11故选A。从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小()A.在Q点最大B.在Q点最小C.先减小后22mgR(1-cosθ)=mv2(0≤θ≤π)F+mgcosθ=m(0≤θ≤π)F=2mg-3mgcosθ|F|=|2mg-3mgcosθ|性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木A.+μmg(l-d)B.+μmg(l-d)C.+2μmg(l-d)D.+2μmg(l-d)kx0=μmgx0=E0=kx=x1=x0+l-d则由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d)故选B。33m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于mv-flD.物块的动能一定小于mv-flCD．根据能量守恒定律可得mv=mv+Mv+fl整理可得mv=mv-fl-Mv<mv-flAB．因摩擦产生的摩擦热Q=fL=f(xm-xM)因为v0>v1>v2可得xm>2xM则xm-xM=l>xM所以W=fxM<fl故选BD。对物块，由动能定理-fx1=mv-mv对木板，由动能定理fx2=Mv根据速度图像面积表示位移可知x2=S△COF，x1=SABFO且l=x1-x2=SABCO>x2=S△COF44故fl>fx2=CD．对系统，由能量守恒定律fl=mv物块动能mv=mv-fl-Mv<mv-fl故选BD。v-v=2adΔE=mv-mvΔE=mgdsinθ-μmgs=0-mv55ΔE总=mg(L+29d(sinθ-μmgsΔE>ΔEL>d+做功的过程就是能量转化的过程，做多少功就有多少某种形式的能转化为其它形式的能。功是能量转化的(2)重力做功对应重力势能的改变，WG=-Ep=Ep1-Ep266则滑动摩擦力对该物体不做功)；=fx相(摩擦生热)；77由动能定理得木块的动能增量为ΔEk木=-f(d+s)②滑动摩擦力对小车做的功为W车=fs③②④两式相加得ΔEk木+ΔEk车=-fd⑤一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的A.此时物块的动能为(F-f)(s+l)B.这一过程中，物块对小车所做的功为f(s+l)能定理，(F-f)(s+l)=mv2因此物块动能是(F-f)(s+l)。A对。物块对小车所做的功即摩擦力对小车做的功等于摩擦力f乘以小车的位移s，即Wf车=fs力乘以相对位移)，所以物块和小车增加的机械能ΔE=F(s+l)-f⋅l，C错。物块克服摩擦力做功f(sQ=f(s+l)-fs=f⋅l，D对。正确选项为AD。88A.fL=B.fs=-f(L+s)=mv-mv2A.重力势能增加了mghB.克服摩擦力做功mghC.动能损失了mghD.机械能损失了mgh99损失的动能等于增加的重力势能与损失的机械能之和，ΔEk=mgh+mgh=mgh平面成倾角θ=370的斜坡上C点．已知AB两点间的高度差为h=25m，B、C两点间的距离为S=0=0.6)(1)运动员从B点飞出时的速度vB的大小.(2)运动员从A到B过程中克服摩擦力所做的功.Scos37°=vBtSsin37°=gt2解得vB=2mv)。剩下的40J的动能要滑到最高点还要损失=x=10J增加消耗的电能：传送带对工件做的功(工件动能的增加量和重力势能的增加量之和)加上克服摩擦力工件加速运动的位移：x1==0.8m加速的时间：x1=t=0.8s传送带的位移：x2=vt=1.6m摩擦力做功的相对位移：Δx=x2-x1=0.8m电动机增加消耗的电能等于以上两部分功之和ΔW=Wf+W=280JQ=f⋅x相=μmg⋅=mv2(都是每秒钟增加的能量)所以电动机应增加的功率为200W。A错B对。在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为×60J=6000J,C对D错。故选BC。hDB=R(1-cos37°)又小球从A到C机械能守恒：所以mg[Lsin37°-R(1+cos37°)[=mv的高度既不能丢也不能错，hDB=R(1-cos37°)。(2)小球能否通过竖直圆轨道的最高点C的条件是v=gR。出功率.2v2μg = ==tanθvy ==tanθvx′vx-ΔvxyW=m(2v0)2-mv+Q块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端(1)若P的质量为m，求P到达B点时的速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点P重转化为EP弹，E机守恒P重弹|P=EKB+Q即5mgl=mv+μmg⋅4l⇒vB=、6gly=2l=gt2⇒t=x=vDt=22l(2)假设物块质量为m'=-2gl，解得m'≤m综上：m≤m'≤m。动能全部转化为电能，则利用上述已知量计算电功率的公式应为P=．大小约为W.5WρSvΔt动能Ek=Δmv2=ρSv3Δt功率P=ρSv3。功率大小P=ρSv3=1×105W电动车的额定功率P=fvm=400×15W=6000W加速度a==2m/s2速度达到v/=2m/s的时2【解析】F-f=maF=-f=ma代入数据解得a=0.25m/s2。A.减速阶段所受合外力为0B.悬停阶段不受力A.10WB.20WC.100WD.200Wm=ρSv·ΔtW2ΔtΔtP=ΔtΔtP=100W逆时针运行的传送带与水平面的夹角θ=37°,转轴间距L=3.5m。工人将货物(可视为质点)沿传送方m/s从传送带v ()D.货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变v0=0.5m/sμmgcosθ-mgsinθ=maa=μ=0.8故B错误；4.(2023·广东东莞·一模)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运A.饺子一直做匀加速运动D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能a===μgEk=μmgs饺子Q=μmgs相对s饺子=ts相对=s传送带-s饺子=vt-=端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方。将一质量m=0.04kg的小球由轨道顶端A处静止释放，最终落在水平地面上，整个过程中，小A.小球在B点对轨道的压力为0.6NvB=1.5m/sFN-mg=FN=0.6N根据牛顿第三定律可知小球在B点对轨道的压力为F'N=FN=0.6N故A正确；PG=mgvy=mg⋅gt=mg2tH=gt2t=0.3sx=vBt-at2又a=x=0.1125m>0故选ACD。故A正确；mgsinθ+f其中f=G，sinθ=联立解得h=20m故B正确；故D正确。故选ABD。B.球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为C.球与墙面碰撞过程损失的机械能为mgh-h=gt得t1=水平方向做匀速直线运动，球与墙面碰撞前一瞬间速度大g球与墙面碰撞后一瞬间速度大小为v2==h=ghg则碰撞过程中损失的机械能ΔE=mv-mv=mgh，故B错误，C正确；D．球落地前一瞬间竖直方向的分速度vy=、2g×1.5h=3gh故选AC。的小物体(视为质点)无初速度放在传送带的底端M处，小物体到达传动带最高点N处时恰好达到传送带的速率v，已知MN间的高度差为H，则在小物体从M到N的过程中()A.传送带对小物体做功为mgH+mv2B.将小物体由底端传送到N处过程中，该系统多消耗的电能为mgH+mv2C.将小物体传送到N处，系统因摩擦而产生的热量为mv2少+mv2+Q，故B错误；μmgcosθ-mgsinθ=ma故t==S相对=vt-t=由摩擦生热Q=(μmgcosθ(S相对=->mv2D．改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，物体到达N点前速度达到v，故选AD。于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为：Ep=kx2，k为弹簧的劲度系(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek；(3+f；(3)W<fxBC；(4)Fx0=2fx0+kx=2fx0+2Ek=，Ek=开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得Ek=kx2+fx结合第(1)问结果可知Fmin=(3±f根据题意舍去Fmin=(3-f所以恒力的最小值为Fmin=(3+f-fxB=0-Ek以C为研究对象，由动能定理得-fxC=0-Ek由B、C得运动关系得xB>xC-xBC联立，解得W<fxBC解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1=6f则坐标原点的加速度为a1===得-2fx1=⋅2mv2解得脱离弹簧后，C运动的距离为x2=x1则C最后停止的位移为x1+x2=x1=⋅=弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中(2)环A的质量M；F=F1sin37FF=F2sin37°8F=8F=Mω2⋅L对BM=m根据能量守恒定律可知W=(EkA-0(+(EkB-0(+mgh滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦mg⋅