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专题6 机械能守恒定律 功能关系
　　
1.（2025·浙江嘉兴三模）如图所示，氢气球带着下方所挂重物加速上升。在上升过程中（　　）
A.重物处于失重状态
B.若细绳突然断裂，重物将立刻向下运动
C.氢气球对重物的拉力大于重物对氢气球的拉力
D.氢气球和重物所构成的系统机械能不守恒
2.（多选）蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。如图所示，蹦极者从P点由静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离。现分析蹦极者（视为质点）在其第一次下降的整个过程，蹦极者重力势能的减少量为ΔE1，绳的弹性势能增加量为ΔE2，蹦极者克服空气阻力做功为W，弹性绳的质量忽略不计，则下列说法正确的是（　　）
A.蹦极者在A点速度最大
B.第一次下降的整个过程中蹦极者机械能的减少量为ΔE1
C.第一次下降的整个过程中蹦极者与绳组成的系统机械能的减少量为W
D.ΔE1＝W＋ΔE2
3.如图所示为低空跳伞极限运动表演，运动员从离地三百多米高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合。假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员开伞前下落高度h的过程中，下列说法错误的是（　　）
A.重力对运动员做功为mgh
B.运动员克服阻力做功为mgh
C.运动员的动能增加了mgh
D.运动员的机械能减少了mgh
4.雨滴下落过程中，阻力随着下落速度的增大而增大。当所受阻力大小等于雨滴所受重力后，雨滴将保持匀速下落（无风环境）。用v、a、E、Ep、t、h分别表示雨滴下落过程中的速度、加速度、机械能、重力势能、下落时间、下落位移的大小，h0表示雨滴起落点离地的高度。以地面为参考平面，下列图像描述错误的是（　　）
5.一台热水器的聚热面积约3 m2，若每天相当于太阳直射热水器4 h，太阳能的20％可转化为水的内能，已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W，太阳与地球之间的距离约为1.5×1011 m，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半。则下列说法正确的是（　　）
A.太阳垂直射到地面附近单位面积的辐射功率约为1 400 W
B.这台热水器单位时间聚集的太阳能最多约为700 J
C.这台热水器一天内最多能利用的太阳能约为6.1×106 J
D.这台热水器全年内最多转化为水的内能约为2.2×108 J
6.（2025·山东高考）一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50％。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv（k为常量），该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（　　）
A. B.
C. D.
7.如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模型，倾角θ＝30°的传送带在电动机的带动下能以v0＝2 m/s的恒定速率顺时针转动，皮带始终是绷紧的。现将质量m＝1 kg的快递包（可视为质点）无初速度地放到传送带底端A点。已知底端A点到顶端B点的距离L＝8 m，快递包与传送带之间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则快递包从A点运送到B点（　　）
A.所需时间为4 s
B.传送带对快递包做功为12 J
C.摩擦产生的热量为48 J
D.电动机因运送此快递包多做了54 J的功
8.如图所示，质量为2 kg的物体A静止于足够长的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为0.25，左边通过劲度系数k为100 N/m的轻质弹簧与固定的竖直板P拴接，物体A右边由绕过光滑的定滑轮的细线与质量为2.5 kg的物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，弹簧处于原长，然后放开手静止释放B，直至B获得最大速度，已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2（其中x为弹簧的形变量），取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B.物体B机械能的减少量等于它所受的重力与拉力的合力做的功
C.当物体B获得最大速度时，弹簧伸长了25 cm
D.当物体B获得最大速度时，物体B速度为 m/s
9.（多选）如图所示，两根粗糙的金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计。斜面处在竖直向上的匀强磁场中，质量为m的金属棒ab垂直放置在导轨上且始终与导轨接触良好，金属棒电阻不计，金属棒沿导轨减速下滑，在下滑h高度的过程中，它的速度由v0减小到v，则下列说法正确的是（　　）
A.作用在金属棒上的合力做的功为m－mv2
B.金属棒重力势能的减少量等于系统产生的电能
C.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D.金属棒机械能减少量为mgh＋m－mv2
10.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面，斜面倾角α＝45°。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球甲和物块乙，质量分别为m1、m2，且m1＝2m2。开始时甲恰在A点，乙在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接甲、乙的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点是圆心O的正下方。当甲由静止释放开始运动，则下列说法正确的是（　　）
A.乙沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力变大
B.当甲运动到C点时，甲的速率v1＝
C.甲可能沿碗面上升到B点
D.在甲从A点运动到C点的过程中，甲与乙组成的系统机械能守恒
11.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小E＝（g为重力加速度），A、B两物体通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A、B都处于静止状态。A、B质量均为m，其中A带正电，电荷量为＋q，B不带电。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是（　　）
A.电场换向的瞬间，物体A的加速度大小为g
B.从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度一直增大
C.从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的机械能增加量等于物体A电势能的减少量
D.物体B刚要离开地面时，A的速度大小为g
12.（2025·浙江湖州三模）如图为一弹射游戏装置，它由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心为O且直径水平的半圆细管道BCD、水平直轨道DE、FG、HI和逆时针转动的传送带EF等组成。木板静止在HI上，其上表面与FG相平，左端紧靠竖直边GH。游戏时滑块由A点弹出，经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF和轨道FG后，滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m＝0.2 kg，轨道DE长度l1＝1 m，传送带长度l2＝0.5 m，速度大小v＝3 m/s，木板质量M＝0.2 kg，长度l3＝0.6 m，BCD的半径R＝0.4 m，滑块与轨道DE、传送带及木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板与轨道HI间的动摩擦因数μ2＝0.1，其余各处均光滑，重力加速度g取10 m/s2，不考虑弹射过程中能量损失，各轨道间平滑连接。
（1）若弹簧的弹性势能Ep1＝0.9 J，求滑块运动到管道最高点时，受到的管道作用力大小FN；
（2）若滑块最终静止在轨道DE某处，求弹簧的弹性势能Ep2的范围；
（3）若弹簧的弹性势能Ep3＝1.6 J，求木板运动的位移x。
1.D　由于重物的加速度向上，所以处于超重状态，故A错误；若细绳突然断裂，重物将做竖直上抛运动，不会立刻向下运动，故B错误；根据牛顿第三定律可知，氢气球对重物的拉力等于重物对氢气球的拉力，故C错误；加速上升过程中，动能增大，重力势能增大，则机械能增大，故D正确。
2.BCD　蹦极者在A点受重力和空气阻力作用，加速度向下，速度不是最大，故A错误；在P、B两点处动能都为0，蹦极者重力势能的减少量为ΔE1，机械能的减少量为ΔE1，故B正确；蹦极者克服空气阻力做功为W，蹦极者与绳组成的系统机械能的减少量为W，故C正确；根据功能关系和能量守恒定律知，由于动能变化量为零，重力势能的减少量等于弹性势能的增加量与克服空气阻力做功之和，即ΔE1＝W＋ΔE2，故D正确。
3.A　在运动员开伞前下落高度h的过程中，重力对运动员做功为WG＝mgh，故A错误，符合题意；下落的加速度g，则阻力为F阻＝mg－ma＝mg，运动员克服阻力做功为Wf＝F阻h＝mgh，故B正确，不符合题意；由动能定理可知W合＝F合h＝mah＝mgh＝ΔEk，即运动员的动能增加了mgh，故C正确，不符合题意；根据能量守恒定律可知，阻力所做的负功等于运动员的机械能的减少量，有ΔE机＝－mgh，即运动员的机械能减少了mgh，故D正确，不符合题意。
4.C　对雨滴，根据牛顿第二定律有mg－F阻＝ma，根据题意可知，当速度增大时雨滴所受空气阻力增大，加速度减小，直至加速度为0，然后雨滴做匀速直线运动，故A、B正确，不符合题意；空气阻力做功说明机械能变化，则有E＝E0－F阻h，则E-h图像的斜率的绝对值先逐渐增大，后保持不变，故C错误，符合题意；以地面为参考平面，根据重力势能的表达式可知Ep＝mgh0－mgh，故D正确，不符合题意。
5.C　太阳垂直射到地面附近单位面积的辐射功率约为P0＝×＝× W≈707 W，故A错误；由题意可知，这台热水器单位时间聚集的太阳能最多约为P＝P0S＝2 121 J，故B错误；根据题意，这台热水器一天内最多能利用的太阳能约为Q0＝Q＝P0St0＝×2 121×4×3 600 J≈6.1×106 J，故C正确；根据题意，这台热水器全年内最多转化为水的内能约为365Q0≈2.2×109 J，故D错误。
6.A　根据题意小车做匀速运动，则有F＝f＝kv，小车的机械功率P机＝Fv＝kv2，由于电动机的效率为50％，则有P电＝＝＝2kv2，光伏电池的光电转换效率为η，即η＝，可得P阳＝＝，故选A。
7.D　快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝1 m/s2，时间t1＝＝2 s，此过程快递包沿传送带向上运动的距离x1＝a＝2 m，快递包做匀速运动的时间t2＝＝3 s，所以快递包从A点运送到B点所需时间t＝t1＋t2＝5 s，故A错误；传送带对快递包做功W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·（L－x1），代入数据可得W＝42 J，故B错误；摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ×（v0t1－x1），代入数据可得Q＝12 J，根据能量守恒定律可得电动机因运送此快递包多做的功W'＝W＋Q＝54 J，故C错误，D正确。
8.D　由于在物体B下落的过程中摩擦力做负功，所以系统的机械能不守恒，故A错误；对物体B分析，受到重力和拉力作用，所以W拉力＝ΔE机，即物体B机械能的减少量等于其所受拉力做的功，故B错误；A与B为连接体，物体B速度达到最大时，物体A速度也最大，此时A和B的加速度为零，所受合力也为零，对物体B受力分析，细线的拉力FT＝mBg，对物体A受力分析有F＋μmAg＝FT，又弹簧弹力F＝kx，解得弹簧伸长量x＝0.2 m＝20 cm，故C错误；以A和B整体为研究对象，从静止到A和B速度达到最大的过程中，由功能关系可得（mA＋mB）v2＝mBgx－μmAgx－kx2，代入数据可得v＝ m/s，故D正确。
9.CD　根据题意，由动能定理得，作用在金属棒上的合力做的功W＝ΔEk＝mv2－m，故A错误；根据题意可知，金属棒下滑过程中，重力势能减少了mgh，动能减少了ΔEk＝m－mv2，则金属棒机械能的减少量为ΔE＝mgh＋m－mv2，设金属棒下滑过程中，因摩擦产生的热为Q1，系统产生的电能为Q2，根据能量守恒定律有ΔE＝mgh＋m－mv2＝Q1＋Q2，则Q2＝mgh＋m－mv2－Q1，因不能确定动能减少量和摩擦产生的热量的关系，故不能确定重力势能减少量和产生的电能关系，故B错误，D正确；根据题意可知，导轨和金属棒的电阻不计，则金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故C正确。
10.D　乙沿斜面上滑过程中，乙对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故A错误；在甲从A点运动到C点的过程中，甲与乙组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，对甲、乙组成的系统，由机械能守恒定律得m1gR－m2g·Rsin α＝m1＋m2，结合m1＝2m2，v1＝v2，解得v1＝，故B错误，D正确；若甲运动到C点时细绳断开，由C到B机械能守恒得，至少需要有的速度甲才能沿碗面上升到B点，现由于甲上升的过程中细绳对它做负功，所以甲不可能沿碗面上升到B点，故C错误。
11.D　在电场未反向时，A物体处于平衡状态，对A，根据平衡条件可得qE＋mg＝F弹，当施加向上的电场瞬间，对A物体，根据牛顿第二定律可得qE＋F弹－mg＝ma，解得a＝2g，故A错误；在电场未反向时，弹簧处于压缩状态，压缩量为x0，根据平衡条件可得qE＋mg＝kx0，解得x0＝＝，B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x1，对B，根据平衡条件可得kx1＝mg，解得x1＝，物体A受到的向上的电场力与向下的重力等大反向，可知物体A受到的合力等于弹簧的弹力，则A受到的合外力先向上后向下，物体A先向上加速后向上减速，故B错误；从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，因x0＞x1，即从初态到末态弹簧的形变量减小，弹性势能减小，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹簧弹性势能的减少量之和，则物体A的机械能增加量大于物体A电势能的减少量，故C错误；物体B刚要离开地面时，设A的速度为v，对整个系统，由能量守恒定律可知mv2＋mg＝qE＋k－k，解得A的速度大小为v＝g，故D正确。
12.（1）1.5 N　（2）0.8 J≤Ep2＜1.2 J　（3） m
解析：（1）滑块由A点弹出到管道最高点的过程中，有Ep1＝m＋mgR
解得vC＝1 m/s
在最高点有mg－FN＝m
解得FN＝1.5 N。
（2）①滑块越过C点的条件为vC≥0
则有Ep21＝m＋mgR≥mgR＝0.2×10×0.4 J＝0.8 J
②滑块到达F点时，速度恰好为零，则有Ep22＝μ1mg（l1＋l2）＝1.2 J
所以滑块最终静止在轨道DE某处，弹簧的弹性势能的范围为0.8 J≤Ep2＜1.2 J。
（3）若弹簧的弹性势能Ep3＝1.6 J，滑块由A点弹出到E点的过程有Ep3＝μ1mgl1＋m
解得vE＝2 m/s
刚好能通过皮带时有v2＝2μ1gl2
解得v＝2 m/s＜vE
所以滑块减速通过皮带，有－＝2μ1gl2
解得vF＝2 m/s
滑块在木板上滑行，达到共同速度后一起做减速运动直到速度为0。有
vF－v共＝μ1gt
＝2×x1，
v共＝t
＝2μ2gx2
解得v共＝ m/s
达到共速时的木板位移x1＝ m
达到共速后的木板位移x2＝ m
则木板位移x＝x1＋x2＝ m。

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