专题06 机械能守恒定律　功能关系和能量守恒定律（讲义）-【高频考点解密】2024年高考物理二轮复习高频考点追踪与预测（江苏专用）

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\l "_Tc5322" 02考情分析·解密高考 PAGEREF _Tc5322 \h 1
03高频考点·以考定法 \l "_Tc19872" PAGEREF _Tc19872 \h 2
\l "_Tc6498" PAGEREF _Tc6498 \h 2
\l "_Tc24766" 一、机械能守恒定律的应用 PAGEREF _Tc24766 \h 2
\l "_Tc8819" 二、功能关系的综合应用 PAGEREF _Tc8819 \h 3
\l "_Tc3815" 三、能量守恒定律的综合应用 PAGEREF _Tc3815 \h 4
\l "_Tc2562" PAGEREF _Tc2562 \h 4
\l "_Tc6081" PAGEREF _Tc6081 \h 9
\l "_Tc28675" 考向1：机械能守恒定律在连接体中的综合应用 PAGEREF _Tc28675 \h 9
\l "_Tc9901" 考向2：能量守恒定律在曲线运动中光的应用 PAGEREF _Tc9901 \h 11
\l "_Tc14480" 考向3：能量守恒定律在板块问题中的应用 PAGEREF _Tc14480 \h 13
\l "_Tc28122" 04核心素养·难点突破 \l "_Tc17585" PAGEREF _Tc17585 \h 17
05创新好题·轻松练 \l "_Tc28832" PAGEREF _Tc28832 \h 25
一、机械能守恒定律的应用
1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法
（1）做功判断法：只有重力和系统内弹力做功时，系统机械能守恒。
（2）能量转化判断法：没有机械能以外的其他形式的能与机械能转化时，系统机械能守恒。
（3）定义判断法：看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化。
2．利用机械能守恒定律的解题步骤
3．利用机械能守恒定律列方程的三种表达形式
4．系统机械能守恒问题中三类常见的连接体
含弹簧的物体系统机械能守恒分析注意
（1）含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体机械能不守恒。
（2）同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等。
（3）由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)。
6．易错易混点
（1）含弹簧的物体系统机械能守恒时，分析系统机械能变化时没有考虑到弹簧，将弹簧遗漏。
（2）绳子突然绷紧、非弹性碰撞、有摩擦力或电(磁)场力做功等情况，机械能一般不守恒。
（3）分析关联物体机械能守恒时，应注意寻找用绳或杆连接的物体间的速度关系和位移关系。
二、功能关系的综合应用
1. 常见的功能关系
2. 功能关系的应用
（1）根据功能关系可以由功求对应的能量变化，也可以根据能量变化求对应力做的功，进而求解其他相关量。
（2）动能定理是最常用的功能关系。
（3）单独应用功能关系的情况较少，在很多问题中，功能关系经常与动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律结合应用。
三、能量守恒定律的综合应用
1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。
2．应用能量守恒定律解题的两条基本思路
（1）某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
（2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
3．当涉及摩擦力做功时，注意摩擦产生的热量Q＝f x相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
【典例1】（多选）（2023·全国·统考高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为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为f，当物块从木板右端离开时（ ）

A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于12mv02-flD．物块的动能一定小于12mv02-fl
【答案】BD
【详解】设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知，v1>v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD．根据能量守恒定律可得，12mv02=12mv12+12Mv22+fl
整理可得，12mv12=12mv02-fl-12Mv22v1>v2，可得，xm>2xM，则xm-xM=l>xM，所以W=fxMv'，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d，则有
d=vEt-Rsin37°
(R+Rcs37°)-12gt2=dtan37°
解得，t=9(3-1)20s
又有，x=dcs37°
解得，x≈1.8m
考向3：能量守恒定律在板块问题中的应用
5.（2023·四川成都·校联考模拟预测）如图所示，质量为m = 2kg的物块A从高为h = 0.2m的光滑固定圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道底端的切线水平，物块A可从圆弧轨道的底端无能量损失地滑上一辆静止在光滑水平面上的小车B，且物块最终没有滑离小车B。已知A、B间的动摩擦因数μ = 0.2，小车B的质量M = 6kg，重力加速度g = 10m/s²，求：
（1）物块A与小车B的共同速度；
（2）当物块A相对小车B静止时，小车B运动的位移及系统因摩擦产生的热量。

【答案】（1）v = 0.5m/s；（2）xB=316m；Q = 3J
【详解】（1）设物块A从圆弧轨道顶端滑到底端时的速度为v0，由动能定理可得
mgh=12mv02
解得
v0=2gh=2m/s
物块A滑上小车B后，物块与小车组成的系统动量守恒，设它们相对静止时的速度为v，则有
mv0=(m+M)v
解得，v=0.5m/s
（2）对小车B由动能定理可得，μmgxB=12Mv2
解得，xB=316m
设系统产生的热量为Q，由能量守恒得，12mv02=12(m+M)v2+Q
解得，Q = 3J
6.（2024·福建泉州·统考二模）如图，一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角θ=30°的固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数μ=32，木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被压缩了L2后用触控锁钉锁定。现将质量为m的小滑块从木板的中点由静止释放，经过一段时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次碰撞后，当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为g，弹簧的劲度系数k=15mgL，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，不计空气阻力。求：
（1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小v0；
（2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小v1和加速度大小a1；
（3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d；
（4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小v'。
【答案】（1）v0=gL2；（2）v1=gL8，a1=12g；（3）d=L4；（4）v'=380gL
【详解】（1）设滑块释放时加速度大小为a0，由牛顿第二定律得mgsinθ=ma0
滑块释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动，有v02=2a0L2，得v0=gL2
（2）设第一次碰撞后瞬间，木板的速度为v1，滑块的速度为v2，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=3mv1+mv2，12mv02=12×3mv12+12mv22，联立解得v1=12v0=gL8，v2=-12v0=-gL8
对木板由牛顿第二定律可得4μmgcsθ-3mgsinθ=3ma1，解得a1=12g，方向沿斜面向上。
（3）方法一：
从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板一直向下运动，在这过程中,滑块重力做功
WG1=mgL2+dsinθ
木板重力做功WG2=3mgdsinθ
木板所受摩擦力做功Wf=-4μmgdcsθ
由功能关系得WG1+WG2+Wf=0，解得d=L4
方法二：
木板第一次碰后向下减速的位移s1=v122a1=L8
在木板向下减速时滑块向上减速，由于加速度大小a1=a0，当木板速度为0时，滑块速度也为0，此时两者之间距离为Δs1=2s1=L4
接下来板不动，滑块沿板加速下滑与板碰撞，设第二次碰撞时滑块速度为v'0，则v'0=2a0Δs1=gL2
第二次碰撞后瞬间，木板的速度为v'1，滑块的速度为v'2，由动量守恒和能量守恒可得，mv'0=3mv'1+mv'2
12mv'02=12×3mv'12+12mv'22
联立解得v'1=12v'0=gL4，v'2=-12v'0=-gL4
木板向下的位移s2=v122a1=L16
当两者速度再次为0，此时两者之间距离为Δs2=2s2=L8
滑块再次碰撞木板时的速度v″0=2a0Δs2=22v'0
由动量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬间，木板的速度为v″1=22v'1
木板向下的位移s3=v″122a1=L32
即每次木板向下的位移sn=12sn-1或sn=12n-1s1
木板下端与锁钉的距离，d=L8×1+12+14+18+⋯=L4
（4）当板块分离时，弹簧的形变量为x，挡板与滑块间的弹力N=0，两者的加速度相等都为a=gsinθ
对板块整体，4μmgcsθ+4mgsinθ-kx=4ma，得，x=L5
对弹簧和板块系统，由能量守恒得，12kL22-12kx2=4μmgcsθ⋅L2-x+4mgsinθ⋅L2-x+12×4mv2
解得，v'=380gL
考点4：能量守恒定律在传送带上的运用
7.（多选）（2023·河北石家庄·统考二模）如图所示，倾斜传送带以恒定速率 v 顺时针转动，现将一小物块由静止放于传送带底端，经过一段时间，小物块运动到传送带的顶端且速率恰好达到v，在整个过程中小物块与传送带之间的摩擦生热为Q，小物块获得的动能为 Ek、重力势能的增加量为 Ep，下列说法正确的是（ ）
A．Q=EkB．Q>EkC． Q=EK+EPD． QEk
故选BC。
8.（多选）（2024·辽宁·模拟预测）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1=2m/s匀速向右运动，一质量为m=1kg的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2=3m/s滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程，下列判断正确的有（ ）
A．滑块返回传送带右端的速率为2m/s
B．此过程中传送带对滑块做功为2.5J
C．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5J
D．此过程中电动机对传送带多做功为10J
【答案】ACD
【详解】A．由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，由于
v1=2m/sl，x2Q>ΔEkA，可知B有可能，故B正确，D错误。
故选B。
5．（2023·福建莆田·统考二模）风能是一种清洁的可再生能源。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等、某两台风力发电机的风轮叶片长度之比为2：3，转化效率相等，若均保持风正面吹向叶片，在相同风力环境下，这两台风力发电机的输出电功率之比为（ ）
A．3：2B．2：3C．4：9D．8：27
【答案】C
【详解】设空气密度为ρ，风速为v，风轮叶片长度为r，则t时间内流向风轮机的风能为Ek=12mv2
又m=ρV=ρSvt=ρπr2vt，联立可得，Ek=12ρπr2v3t
设转化效率为η，则风力发电机的输出电功率为P=ηEkt=η⋅12ρπr2v3∝r2
可知这两台风力发电机的输出电功率之比为P1P2=r12r22=2232=49
故选C。
二、多选题
6．（2024·湖南株洲·统考一模）如图，质量为m的小物块（可视为质点）静止在质量为M、长为l的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木板以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板左端离开时（ ）
A．物块的动能等于flB．物块的动能小于fl
C．木板的动能大于12Mv02-flD．木板的动能小于12Mv02-fl
【答案】BD
【详解】CD．设物块离开木板时的速度为v1，对地位移为x1，物块离开木板时木板的速度为v2，对地位移为x2，因物块从木板左端离开，则可知v2>v1，对物块和木板整体由能量守恒有
12Mv02=12mv12+12Mv22+fl
整理可得12Mv22=12Mv02-12mv12-flv2>v1
因此v0+v2>2v1
由此可得，x2>2x1
即有x2-x1=l>x1
而对物块由动能定理有，fx1=12mv12
则可得，12mv12=fx12.8J
所以滑块不能到达半圆轨道最高点D，故A错误；
B．滑块经过B点时的速度大小为vB，根据功能关系可得，E弹簧＝12mvB2
在B点根据牛顿第二定律可得，FN-mg＝mvB2R，联立解得，FN＝9N
根据牛顿第三定律可知对半圆轨道的压力大小为9N，故B正确；
CD．滑块在C点的重力势能为Ep'＝mgR＝0.2×10×0.8J＝1.6J＜2.8J
则滑块可以通过C点且在CD之间某位置脱离轨道，此时的速度大小为v
根据功能关系可得，E弹簧＝12mv2+mgR（1+csθ）
根据牛顿第二定律可得，mgcsθ=mv2R，联立解得，θ＝60，v＝2m/s
滑块离开轨道后做斜上抛运动，vx＝vcs30°＝2×32m/s＝3m/s
根据功能关系可得，E弹簧＝12mvx2+mgh，解得滑块P能到达的最大高度为，h＝1.35m，故C正确，D错误。
故选BC。
6.（2024·贵州·统考一模）如图，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B（弹簧在弹性限度内），则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的（ ）
A．增加量等于物块动能的减少量B．增加量等于物块重力势能的减少量
C．增加量等于物块机械能的减少量D．最大值等于物块动能的最大值
【答案】C
【详解】ABC．设物块在A点时的动能为Ek，斜面的倾角为θ，物块由A点运动至B点的过程中，对物块由能量守恒有
Ek+mgLABsinθ=Ep
可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此可知，弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故AB错误，C正确；
D．显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故D错误。
故选C。
7.（多选）（2024·重庆·统考一模）如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则（ ）

A．匀强电场的电场强度大小为mgtanθq
B．小球获得初速度的大小为5gLcsθ
C．小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为mgLtanθ1+sinθ
D．小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】BC
【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析如图

小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtanθ=qE，解得E=mgtanθq，因为q未知，故A错误；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有mgcsθ=mvmin2L
则小球从初始位置运动到A点的过程中，由动能定理可得-mg⋅2Lcsθ-qE⋅2Lsinθ=12mvmin2-12mv02
联立解得小球获得初速度的大小为v0=5gLcsθ，故B正确；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点与圆心等高处时机械能最小，由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为E=Ep电=qEL+Lsinθ=qmgtanθqL+Lsinθ=mgLtanθ1+sinθ，故C正确；
D．小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，故D错误。
故选BC。
【点睛】等效重力场问题，小球运动到等效最高点时，速度最小。小球恰好能做圆周运动的条件是，小球在等效最高点时，由重力和电场力的合力提供向心力。在整个运动过程中，重力和电场力做功，即小球的动能、重力势能和电势能在相互转换，故小球电势能最大时，小球的机械能最小，减小的机械能等于增加的电势能。电场力做正功，电势能减小。
8.（2023·全国·校联考一模）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧悬挂在天花板的O点，下端与视为质点的物块相连，B点是O点在光滑水平地面上的射影，O、B两点间的高度差为h，弹簧的原长也为h，现让物块从地面上的A点由静止释放，物块从A运动到B的过程中一直未离开地面，当物块运动到B点时速度大小为v，已知∠AOB=53°，弹簧的弹性势能EP与弹簧的伸长量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系为EP=12kx2，已知重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
（1）求物块在A点时弹簧的伸长量以及物块的质量；
（2）求物块在A点刚释放时，地面对物块的支持力的大小以及物块的加速度大小。

【答案】（1）x=2h3，m=4kh29v2；（2）FN=4kh2g9v2-2kh5，a=6v25h
【详解】（1）物块在A点时弹簧的长度为l=hcs53=5h3，弹簧的伸长量为x=l-h=2h3
物块从A运动到B的过程中，根据能量守恒，有Ep=12mv2，解得m=4kh29v2
（2）弹簧的弹力为F=kx=2kh3
物块在A点刚释放时，地面对物块的支持力为FN=mg-Fcs53=4kh2g9v2-2kh5
根据牛顿第二定律，有Fsin53=ma，物块的加速度为a=6v25h
9.（2024·四川绵阳·统考二模）如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道AB与半径为R的光滑圆轨道平滑连接，一轻质短弹簧在水平轨道上，左端固定在墙上，质量为m的小球P将弹簧压缩。从静止释放小球P，小球P沿水平轨道运动，与弹簧分离后，以速度v0向右匀速运动，在圆轨道的最低点B与另一质量为M的静止小球Q发生弹性碰撞，碰后，小球Q沿圆轨道上升到C点脱离轨道，小球P返回向左压缩弹簧，然后被弹簧弹回，恰好也在C点脱离轨道。两小球形状相同，都可视为质点，整个过程中没有机械能损失，不考虑两球的第二次碰撞，重力加速度为g。
（1）求弹簧最初具有的弹性势能Ep及小球P、Q碰后瞬间的速度v1和v2。（用m、M、v0表示）
（2）求小球P和Q的质量之比及C点距水平面AB的竖直高度hC。（hC用v0、R、g表示）
（3）假设球P和Q的质量可以取不同的值，若小球P第一次与弹簧分离后的速度v0=35gR，且P和Q碰后都能通过轨道的最高点D。试分析讨论两小球的质量m和M应满足的关系。
【答案】（1）v1=m-Mm+Mv0，v2=2mm+Mv0；（2）hC=4gR+v0212g；（3）M5≤m≤M2或m≥2M
【详解】（1）由小球P和弹簧组成的系统机械能守恒，压缩弹簧具有的弹性势能有EP=12mv02
小球P与静止的Q发生正碰，碰后速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2，12mv02=12mv12+12Mv22，联立解得v1=m-Mm+Mv0，v2=2mm+Mv0
（2）因P和Q均在C点脱离圆轨道，则P和Q在C点时速度大小相等，根据机械能守恒，可知小球P与静止的Q发生弹性碰撞后，两球速度大小相等方向相反，即-v1=v2
结合（1）结论，解得，mM=13
小球Q在C点脱离轨道，设C点轨道法线与竖直方向的夹角为θ，有Mgcsθ=MvC2R
小球Q从B点运动到C点过程中，由动能定理，-MghC=12MvC2-12Mv22
由几何关系，hC=Rcsθ+R，联立解得，hC=4gR+v0212g
（3）小球Q或P经过圆形轨道的最高点D点应具有最小速度vD，则Mg=MvD2R
确保小球P和Q都能通过最高点D点，则从B点运动到D点过程中，由能量关系
12mv12≥mg2R+12mvD2，12Mv12≥Mg2R+12MvD2
解上面两式，分别得m≤M2或m≥2M，m≥M5
综上分析得M5≤m≤M2或m≥2M
考点内容
要求
学习目标
机械能守恒定律的应用
III
掌握机械能守恒的条件及机械能守恒条件的应用；
掌握常见力做功和相应的能量转化；
掌握利用能量观点在曲线运动和板块问题中的应用；
功能关系的综合应用
III
能量守恒定律的综合应用
III
速率相等的连接体
两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解
角速度相等的连接体
两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解
某一方向分速度相等的连接体
A放在光滑斜面上，B穿过竖直光滑杆PQ下滑，将B的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图所示，其中沿绳子方向的速度vx与A的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解