专题12 功能关系能量守恒-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题12 功能关系能量守恒 考点 考情 命题方向 考点 能量转 化和守恒定律 2023年高考全国乙卷 2024年1月浙江选考 能量转化和守恒定律贯穿于各 个领域和各个方面。高考对能量转化和守恒定律的考查在力学中主要有：计算损失的机械能，摩擦生热等。 题型一 功能关系的理解 1、几种常见的功能关系及其表达式 力做功 能的变化 定量关系 合力的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力的功 重力势能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹力的功 弹性势能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、弹簧弹力做功 机械能不变化 机械能守恒ΔE＝0 除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能变化 (1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少 (3)W其他＝ΔE 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 机械能减少 内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加 (2)摩擦生热Q＝Ff·x相对 2、功能关系中的图像问题 [模型演练1] （2024•济宁三模）某同学将一乒乓球从手中竖直向上抛出，随后在同一位置接住乒乓球，乒乓球在空中运动时不发生旋转，所受空气阻力与乒乓球的速率成正比。下列说法正确的是（　　） A．下降过程中乒乓球的速度一定一直在增加 B．抛出时乒乓球的速度与接住时的速度大小相等 C．乒乓球在空中运动过程中机械能一直在减小 D．运动过程中在同一高度处乒乓球的加速度大小相等 [模型演练2] （2024•南明区校级二模）2024年1月9日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫量发射升空并顺利送入预定轨道。探计卫星发射简化过程如图3所示。先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，在a点发动机点火加速，由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ上的c点再变轨到圆轨道Ⅲ。不考虑卫星质量的变化，则下列说法正确的是（　　） A．探针卫星在轨道Ⅱ上经过c点的加速度小于在轨道Ⅲ上经过c点的加速度 B．探针卫星在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期 C．探针卫星在轨道Ⅰ上经过a点的速度大于在轨道Ⅱ上经过a点的速度 D．探针卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能 [模型演练3] （2024•浙江模拟）在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B，A的初速度斜向上，B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上，不计阻力，则两小球在此过程中（　　） A．位移相同 B．速度的变化量相同 C．动能的增量相同 D．机械能的增量相同 题型二 摩擦力做功与能量转化 1．静摩擦力做功的特点 (1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零． (3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点 (1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： ①机械能全部转化为内能； ②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能． (3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移． 深化拓展　从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． [模型演练4] （2024春•和平区校级期末）如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。对它们向上运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．各小球动能相等的位置在同一水平面上 B．各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上 C．各小球机械能相等时处于同一球面上 D．当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上 [模型演练5] （2024•渝中区校级模拟）如图，将一质量为m＝10g、长度为l＝20cm的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸出桌外。将一质量 也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出，纸板瞬间获得初速度v0＝1m/s。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。则（　　） A．弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s2 B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止 C．最终橡皮擦不会脱离纸板 D．因橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为 [模型演练6] （2024•市中区校级模拟）如图所示，斜面的倾角为θ，轻质弹簧的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B点。一质量为m的物块从斜面A点由静止释放，将弹簧压缩至最低点C（弹簧在弹性限度内），后物块刚好沿斜面向上运动到D点。已知斜面B点上方粗糙，B点下方光滑，物块可视为质点，AB＝2BC＝2L，AB＝3BD，重力加速度为g，弹簧弹性势能与形变量的关系Ep（其中k为劲度系数，x为形变量）。下列说法中正确的是（　　） A．物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数 B．弹簧弹性势能的最大值为mgLsinθ C．弹簧的劲度系数k为 D．小球动能的最大值为mgLsinθ [模型演练7] （2024•郊区校级三模）光滑水平面上放置一长为L、轻质不计质量的木片，木片左右端放置一个质量都是m，可视为质点的小滑块A和B，A、B与轻质木片间动摩擦因数分别是μ1和μ2，且2μ2＞μ1＞μ2。现在对A施加水平向右的推力F，使A能与B相遇，则（　　） A．若F大于μ1mg，则可以使A与B相碰 B．若F大于μ2mg，则可以使A与B相碰 C．A与B相碰前系统产生的内能为μ2mgL D．只要F足够大，AB可能一起相对木片运动 题型三 能量守恒定律的理解和应用 1．内容 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE减＝ΔE增． 3．基本思路 (1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等； (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． [模型演练8] （2024•苏州校级二模）如图甲，将物块从倾角θ＝30°的斜面顶端由静止释放。取地面为零势能面，物块在下滑过程中的动能Ek、重力势能Ep与下滑位移x间的关系如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法错误的是（　　） A．物块的质量是0.2kg B．物块受到的阻力是0.24N C．物块动能与势能相等时的高度为2.4m D．物块下滑9m时，动能与重力势能之差为3J [模型演练9] （2024春•南京期末）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1kg B．h＝0时，物体的速率为20m/s C．物体上升4m过程中，物体的动能减少了80J D．物体上升2m过程中，克服阻力做功10J [模型演练10] （2024春•玄武区校级月考）如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终与木块一起以速度v运动。已知子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，木块对子弹的阻力f恒定。下列关于该过程的说法中错误的是（　　） A．子弹的动能变化为 B．子弹对木块做的功为Mv2 C．木块对子弹做的功为﹣f（L+s） D．系统摩擦产生的热量为 题型四 传送带模型中的动力学和能量转化问题 1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个： (1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系． (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． 2．传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)对W和Q的理解： ①传送带做的功：W＝Fx传； ②产生的内能Q＝Ffx相对． 传送带模型问题的分析流程 [模型演练11] （2024春•山东月考）如图甲所示，倾角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量m＝10kg的货物（可视为质点）轻放到传送带底端A，货物运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10s时刻货物到达传送带顶端B，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，货物从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．货物受到的摩擦力大小始终为64N B．货物受到的摩擦力做的功为320J C．货物受到的合力做的功为920J D．传送带因传送货物而多消耗的能量为1240J [模型演练12] （2024•广州模拟）如图是工人在装卸桶装水时的常用方法，工人将水桶静止放在卸货轨道的上端，水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时，水桶（含水）的总质量是20kg，水桶释放点到地面的高度是1m，水桶滑到地面时速度是2m/s，重力加速度取10m/s2，关于此下滑过程，下列说法正确的是（　　） A．阻力对水桶做功是160J B．合外力对水桶做功200J C．水桶损失的机械能是160J D．水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400W [模型演练13] （多选）（2024春•重庆期末）如图甲所示，一传送带与水平面夹角θ＝37o，向同一方向以恒定速率转动；一质量为m的小物块以初动能E0从下端A点滑上传送带，到达上端B点时速度刚好减为0，AB长度为l，小物块在传送带上运动的过程中，动能Ek与其对地位移x的关系图像如图乙所示。设传送带与小物块之间动摩擦因数不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　） A．传送带在逆时针转动 B．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 C．传动带转动的速率为 D．整个过程中物块与传送带间产生的热量为 [模型演练14] （多选）（2024•五华区校级模拟）如图所示，质量为1kg、可视为质点的物块沿倾角为37°的斜面上的A点由静止开始下滑，经过1s物块运动到斜面上的B点，然后通过一小段光滑的弧面滑上与地面等高的传送带。已知A、B间距离为1m，传送带以4m/s的恒定速率顺时针运行，传送带左右两端之间距离为8m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和物块在衔接弧面运动的时间。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5 B．物块在传送带上运动的时间为2s C．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2J D．若传送带以2m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，物块从A点静止释放以后，在AB上运动的总路程为1.5m [模型演练15] （2024•光明区校级模拟）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，所对应圆心角θ＝53°，半径为R＝2.5m，O为圆心，末端Q点与粗糙水平地面相切，圆弧轨道左侧有一沿顺时针方向转动的水平传送带，传送带上表面与P点高度差为H＝0.8m，现一质量m＝1kg（可视为质点）的滑块从传送带的左侧由静止释放后，由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道，滑行一段距离后静止在地面上，已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： （1）传送带的最短长度及最小运行速度； （2）滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小； （3）在（1）问情景下，滑块运动全过程因摩擦产生的热量。 [模型演练16] （2024春•慈溪市期末）2023年慈溪市的GDP总量首次突破2500亿大关，稳坐浙江第一强县。小张作为慈溪人，感到非常自豪，自制了一个意为“慈溪”的“CX”型轨道。轨道由三部分组成，AB为一段粗糙的斜面，长度为LAB＝0.24m，动摩擦因数μ1＝0.5，倾角θ＝37°，上端固定一段弹簧。BCD为半径R＝0.09m的光滑圆轨道的一部分，圆心上方部分为圆管，端点B和D位于同一竖直面，且与圆心O1的连线和竖直方向夹角θ＝37°。DE为一个倾斜放置的传送带，长度为LDE＝0.24m，动摩擦因数μ2＝0.81，倾角θ＝37°，以速度v＝0.52m/s逆时针转动。倾斜轨道和圆轨道相切于B点，倾斜传送带和圆轨道相切于D点，斜面轨道AB与传送带DE略微错开，O2既是AB的中点又是DE的中点，且与圆轨道的圆心O1等高，B点与E点等高。现将质量m＝0.5kg的滑块（视为质点）压缩弹簧后由A点静止释放，A点与D点等高，滑块恰好经过圆轨道的最高点，g＝10m/s2。求： （1）滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力FC； （2）释放滑块时，弹簧的弹性势能Ep； （3）滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 功能关系能量守恒 考点 考情 命题方向 考点 能量转 化和守恒定律 2023年高考全国乙卷 2024年1月浙江选考 能量转化和守恒定律贯穿于各 个领域和各个方面。高考对能量转化和守恒定律的考查在力学中主要有：计算损失的机械能，摩擦生热等。 题型一 功能关系的理解 1、几种常见的功能关系及其表达式 力做功 能的变化 定量关系 合力的功 动能变化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力的功 重力势能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹力的功 弹性势能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、弹簧弹力做功 机械能不变化 机械能守恒ΔE＝0 除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功 机械能变化 (1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少 (3)W其他＝ΔE 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 机械能减少 内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加 (2)摩擦生热Q＝Ff·x相对 2、功能关系中的图像问题 [模型演练1] （2024•济宁三模）某同学将一乒乓球从手中竖直向上抛出，随后在同一位置接住乒乓球，乒乓球在空中运动时不发生旋转，所受空气阻力与乒乓球的速率成正比。下列说法正确的是（　　） A．下降过程中乒乓球的速度一定一直在增加 B．抛出时乒乓球的速度与接住时的速度大小相等 C．乒乓球在空中运动过程中机械能一直在减小 D．运动过程中在同一高度处乒乓球的加速度大小相等 【解答】解：A、乒乓球下降过程中，空气阻力方向向上，当空气阻力与重力相等时，乒乓球速度达到最大，此后乒乓球做匀速直线运动，故A错误； B、乒乓球在运动过程中空气阻力一直做负功，乒乓球的机械能一直减小，故乒乓球抛出时速度大于接住时的速度，故B错误； C、乒乓球在空中运动过程中，空气阻力做负功，根据功能关系可知，乒乓球的机械能一直在减小，故C正确； D、乒乓球在上升过程中，空气阻力方向向下，加速度大于重力加速度，乒乓球在下降过程中，空气阻力方向向上，加速度小于重力加速度，所以运动过程中在同一高度处乒乓球的加速度大小不相等，故D错误。 故选：C。 [模型演练2] （2024•南明区校级二模）2024年1月9日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫量发射升空并顺利送入预定轨道。探计卫星发射简化过程如图3所示。先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，在a点发动机点火加速，由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ上的c点再变轨到圆轨道Ⅲ。不考虑卫星质量的变化，则下列说法正确的是（　　） A．探针卫星在轨道Ⅱ上经过c点的加速度小于在轨道Ⅲ上经过c点的加速度 B．探针卫星在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期 C．探针卫星在轨道Ⅰ上经过a点的速度大于在轨道Ⅱ上经过a点的速度 D．探针卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能 【解答】解：A、根据牛顿第二定律可得 Gma 解得a，可知卫星经过同一点加速度相同，所以探针卫星在轨道Ⅱ上经过c点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过c点的加速度，故A错误； B、轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，根据开普勒第三定律k知，探针卫星在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故B正确； C、探针卫星由圆轨道Ⅰ变轨进入椭圆轨道Ⅱ，必须在a点加速，所以探针卫星在轨道Ⅰ上经过a点的速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的速度，故C错误； D、探针卫星由圆轨道Ⅰ变轨进入椭圆轨道Ⅱ，必须在a点加速，机械能增加。探针卫星由椭圆轨道Ⅱ变轨到圆轨道Ⅲ，必须在c点加速，机械能增加，而卫星在同一轨道运行时，机械能守恒，所以探针卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，故D错误。 故选：B。 [模型演练3] （2024•浙江模拟）在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B，A的初速度斜向上，B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上，不计阻力，则两小球在此过程中（　　） A．位移相同 B．速度的变化量相同 C．动能的增量相同 D．机械能的增量相同 【解答】解：A、A和B的位移大小相等、方向不同，故位移不同，故A错误； B、根据题意可知，从开始到相遇，A和B运动的时间不同，A运动的时间长，根据Δv＝gΔt可知，A的速度变化量大，故B错误； C、根据动能定理可得：ΔEk＝mgh，由于二者的质量不同、下落的高度相等，则动能增量不同，故C错误； D、由于小球运动过程中不受阻力，机械能守恒，即除重力之外的其它力做功为零，则机械能的增量相同，均为零，故D正确。 故选：D。 题型二 摩擦力做功与能量转化 1．静摩擦力做功的特点 (1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零． (3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点 (1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： ①机械能全部转化为内能； ②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能． (3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移． 深化拓展　从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． [模型演练4] （2024春•和平区校级期末）如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。对它们向上运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．各小球动能相等的位置在同一水平面上 B．各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上 C．各小球机械能相等时处于同一球面上 D．当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上 【解答】解：A.当小球到达同一水平面上时，设竖直高度为h，则由动能定理 因小球质量相同，摩擦因数相同，初动能相同，但是倾角θ不同，则末动能不相同，故A错误； B.小球开始时重力势能相同，可知各小球重力势能相等的位置在同一水平面上，故B错误； CD.小球初始位置的机械能相等，当机械能相等时则克服摩擦力做功相等，而摩擦力做功 Wf＝μmglcosθ＝μmgx 则各小球处于同一圆柱面上，因摩擦生热Q＝Wf可知，当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上，故C错误，D正确。 故选：D。 [模型演练5] （2024•渝中区校级模拟）如图，将一质量为m＝10g、长度为l＝20cm的长方形硬纸板放在水平桌面上，左端一小部分伸出桌外。将一质量 也为10g的橡皮擦（可视为质点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平弹出，纸板瞬间获得初速度v0＝1m/s。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。则（　　） A．弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s2 B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止 C．最终橡皮擦不会脱离纸板 D．因橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为 【解答】解：m＝10g＝0.01kg A、第一阶段，橡皮擦与纸板相对滑动，根据牛顿第二定律有 a皮＝μ1g a板 解得a皮＝1m/s2，a板＝5m/s2 故A错误； B、两者速度相同时，根据速度—时间公式有v＝v0﹣a板t＝a皮t 解得ts 共同速度vm/s 第二阶段，由于μ1＜μ2，所以v相同后，仍相对滑动，故B错误； C、橡皮擦和纸板都匀减速，a皮＝μ1g a'板 根据位移—时间公式有，x皮1a皮t2＝m，x板1t x皮2，x板2 两个阶段的相对位移分别为x1＝x板1﹣x皮1，x2＝x板2﹣x皮2 解得x1m，x2m 由于x2＜x1，故橡皮擦未滑离纸板，故C正确。 D、橡皮擦与纸板摩擦而产生的热量为Q＝μ1mg（x1+x2） 解得QJ，故D错误。 故选：C。 [模型演练6] （2024•市中区校级模拟）如图所示，斜面的倾角为θ，轻质弹簧的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B点。一质量为m的物块从斜面A点由静止释放，将弹簧压缩至最低点C（弹簧在弹性限度内），后物块刚好沿斜面向上运动到D点。已知斜面B点上方粗糙，B点下方光滑，物块可视为质点，AB＝2BC＝2L，AB＝3BD，重力加速度为g，弹簧弹性势能与形变量的关系Ep（其中k为劲度系数，x为形变量）。下列说法中正确的是（　　） A．物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数 B．弹簧弹性势能的最大值为mgLsinθ C．弹簧的劲度系数k为 D．小球动能的最大值为mgLsinθ 【解答】解：A、物块从A到D的全过程中由动能定理有： 整理解得：，故A错误； C、由题意可知： 整理解得：，故C错误； B、物块从A到C的过程中由能量守恒定律有：mgsinθ×3L﹣μmgcosθ•2L＝Epmax 整理解得：Epmax＝2mgLsinθ，故B错误； D、当物块加速度为0时动能最大，根据平衡条件有：mgsinθ＝kx 从物块开始运动到动能最大的过程中有： 解得动能的最大值：，故D正确。 故选：D。 [模型演练7] （2024•郊区校级三模）光滑水平面上放置一长为L、轻质不计质量的木片，木片左右端放置一个质量都是m，可视为质点的小滑块A和B，A、B与轻质木片间动摩擦因数分别是μ1和μ2，且2μ2＞μ1＞μ2。现在对A施加水平向右的推力F，使A能与B相遇，则（　　） A．若F大于μ1mg，则可以使A与B相碰 B．若F大于μ2mg，则可以使A与B相碰 C．A与B相碰前系统产生的内能为μ2mgL D．只要F足够大，AB可能一起相对木片运动 【解答】解：ABD、当力F较小时，A、B和木片均相对静止一起向前加速，随着力F的增大，A、B对木片的静摩擦力增大，因μ1＞μ2，故A对木片的最大静摩擦力μ1mg大于B对木片的最大静摩擦力μ2mg，又因为轻质的木片不计质量，故B达到最大静摩擦力后相对木片滑动，而A与木片总保持相对静止。 设B与轻质木片间静摩擦力达到最大值时其加速度为a，根据牛顿第二定律得：μ2mg＝ma，解得：a＝μ2g 此时以A、B和木片整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：F0＝2ma＝2μ2mg 可得F大于2μ2mg，可以使B和木片发生相对滑动，使A与B相碰，故ABD错误； C、根据功能关系，A与B相碰前系统产生的内能为滑动摩擦力与相对位移的乘积，A与B相碰前B与木片的相对位移为L，则A与B相碰前系统产生的内能为：Q＝μ2mgL，故C正确。 故选：C。 题型三 能量守恒定律的理解和应用 1．内容 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE减＝ΔE增． 3．基本思路 (1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等； (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． [模型演练8] （2024•苏州校级二模）如图甲，将物块从倾角θ＝30°的斜面顶端由静止释放。取地面为零势能面，物块在下滑过程中的动能Ek、重力势能Ep与下滑位移x间的关系如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法错误的是（　　） A．物块的质量是0.2kg B．物块受到的阻力是0.24N C．物块动能与势能相等时的高度为2.4m D．物块下滑9m时，动能与重力势能之差为3J 【解答】解：A．由图知，小球下滑的最大位移为x＝12m，在最高点时，小球的重力势能Ep＝12J，则有：Ep＝mgxsin30°，解得：m＝0.2kg，故A正确； B．根据除重力以外其他力做的功等于机械能的变化W其＝ΔE得：fx＝E高﹣E低 由图知，最高点的机械能为：E高＝12J，最低点的机械能为：E低＝8J，又x＝12m 解得阻力为：fN，故B错误； C．设小球动能和重力势能相等时的高度为h，此时有：mgh 由动能定理得：﹣f（x）+mg（xsin30°﹣h），其中x＝12m 联立解得：h＝2.4m，故C正确； D．由图可知，在物块下滑9m处，小球的重力势能是3J，动能为：Ek6J 动能与重力势能之差为：ΔE′＝6J﹣3J＝3J，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 [模型演练9] （2024春•南京期末）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1kg B．h＝0时，物体的速率为20m/s C．物体上升4m过程中，物体的动能减少了80J D．物体上升2m过程中，克服阻力做功10J 【解答】解：A.根据题意，由公式Ep＝mgh，结合图像可得，物体的质量为mkg＝2kg，故A错误； B.h＝0时，物体的重力势能为0，则有，结合图中初始时刻E总＝100J，解得v0＝10m/s，故B错误； C.由图可知，物体上升到4m时E总＝Ep，此时物体的动能为0，则物体的动能减少了2×102J＝100J，故C错误； D.由图可知，物体上升到2m时E总＝90J，Ep＝40J，则此时的动能为Ek＝E总﹣Ep＝50J，设克服阻力做功为W，由动能定理有﹣mgh2﹣W＝Ek﹣Ek0，解得W＝10J，故D正确。 故选：D。 [模型演练10] （2024春•玄武区校级月考）如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终与木块一起以速度v运动。已知子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，木块对子弹的阻力f恒定。下列关于该过程的说法中错误的是（　　） A．子弹的动能变化为 B．子弹对木块做的功为Mv2 C．木块对子弹做的功为﹣f（L+s） D．系统摩擦产生的热量为 【解答】解：A、根据动能的公式和题设条件可知，木块动能的变化为，故A正确； B、根据动能定理可知，子弹对木块所做的功，等于木块动能的变化：0，故B正确； C、木块与子弹之间的阻力恒为f，木块的位移为L且子弹进入木块的深度为s，木块对子弹所做的功：W＝﹣fx子＝﹣f（L+s），故C正确； D、根据能量守恒定律，产生的热等于系统动能的损失，则有：Q，故D错误。 本题选错误的， 故选：D。 题型四 传送带模型中的动力学和能量转化问题 1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个： (1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系． (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． 2．传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)对W和Q的理解： ①传送带做的功：W＝Fx传； ②产生的内能Q＝Ffx相对． 传送带模型问题的分析流程 [模型演练11] （2024春•山东月考）如图甲所示，倾角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量m＝10kg的货物（可视为质点）轻放到传送带底端A，货物运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10s时刻货物到达传送带顶端B，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，货物从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．货物受到的摩擦力大小始终为64N B．货物受到的摩擦力做的功为320J C．货物受到的合力做的功为920J D．传送带因传送货物而多消耗的能量为1240J 【解答】解：A、由图乙可知货物先做匀加速直线运动，加速度大小 由牛顿第二定律有：f1﹣mgsin37°＝ma，可得摩擦力大小f1＝64N 当货物的速度与传送带速度相等时，货物随传送带做匀速直线运动，货物与传送带之间为静摩擦力，则此摩擦力f2＝mgsin37°＝10×10×0.6N＝60N，故A错误； B、v﹣t图像的面积表示物体运动的位移，则可得传送带A、B两端间的距离： 货物从A端运动到B端的过程中，由动能定理有：，其中v＝2m/s 代入数据可得：Wf＝920J，故B错误； C、由动能定理可得货物受到的合力做的功，故C错误； D、0～5s内，传送带的位移x1＝vt＝2×5m＝10m，货物的位移，货物相对传送带滑动的距离：Δx＝x1﹣x2＝10m﹣5m＝5m，由功能关系可得摩擦产生的热量：Q＝f1Δx＝64×5J＝320J 根据能量守恒定律可知传送带因传送货物而多消耗的能量等于货物增加的机械能和系统增加的热量， 即： 代入数据可得：E多＝1240J，故D正确。 故选：D。 [模型演练12] （2024•广州模拟）如图是工人在装卸桶装水时的常用方法，工人将水桶静止放在卸货轨道的上端，水桶会沿着轨道下滑到地面。某次卸货时，水桶（含水）的总质量是20kg，水桶释放点到地面的高度是1m，水桶滑到地面时速度是2m/s，重力加速度取10m/s2，关于此下滑过程，下列说法正确的是（　　） A．阻力对水桶做功是160J B．合外力对水桶做功200J C．水桶损失的机械能是160J D．水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率是400W 【解答】解：A、水桶从释放到地面过程，由动能定理有：，可得：Wf＝﹣160J，故A错误； B、由动能定理可得合外力对水桶做功，故B错误； C、根据功能关系可知水桶损失的机械能等于克服阻力做的功，即水桶损失的机械能等于160J，故C正确； D、水桶滑到轨道末端时重力的瞬时功率PG＝mgvy，vy＜v，所以PG＜mgv＝20×10×2J＝400J，故D错误。 故选：C。 [模型演练13] （多选）（2024春•重庆期末）如图甲所示，一传送带与水平面夹角θ＝37o，向同一方向以恒定速率转动；一质量为m的小物块以初动能E0从下端A点滑上传送带，到达上端B点时速度刚好减为0，AB长度为l，小物块在传送带上运动的过程中，动能Ek与其对地位移x的关系图像如图乙所示。设传送带与小物块之间动摩擦因数不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　） A．传送带在逆时针转动 B．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5 C．传动带转动的速率为 D．整个过程中物块与传送带间产生的热量为 【解答】解：A．由图乙可知，Ek﹣x图像的斜率表示合外力的大小，由图可知斜率由大变小，则合外力由大变小，可知开始阶段摩擦力向下，减速到与传送带速度相同后，摩擦力向上，继续减速到0，则传送带在顺时针转动，且速度小于小物块的初速度，故A错误； B．由图乙可知，Ek﹣x图像的斜率表示合外力的大小，开始摩擦力向下，有 后来摩擦力向上，有 解得μ＝0.5 故B正确； C．由前面分析可知当小物块动能为时与传送带速度相同，此时有 解得 故C错误； D．由 解得mgl＝2E0 小物块以初动能E0从下端A点滑上传送带，到与传送带速度相同时有 其中 此过程小物块相对传送带的位移 之后小物块到达上端B点时速度刚好减为0的过程有 此过程小物块相对传送带的位移 整个过程中物块与传送带间产生的热量为Q＝μmgcosθ×（x1+x2） 联立解得 故D正确。 故选：BD。 [模型演练14] （多选）（2024•五华区校级模拟）如图所示，质量为1kg、可视为质点的物块沿倾角为37°的斜面上的A点由静止开始下滑，经过1s物块运动到斜面上的B点，然后通过一小段光滑的弧面滑上与地面等高的传送带。已知A、B间距离为1m，传送带以4m/s的恒定速率顺时针运行，传送带左右两端之间距离为8m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和物块在衔接弧面运动的时间。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5 B．物块在传送带上运动的时间为2s C．物块在传送带上因摩擦产生的热量为2J D．若传送带以2m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，物块从A点静止释放以后，在AB上运动的总路程为1.5m 【解答】解：A、物块从A点到B点运动时间为：t1＝1s，运动的位移为：x1＝1m，由，可得物块在斜面上运动时的加速度：，由牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1 代入数据可得物块与斜面之间的动摩擦因数为：μ1＝0.5，故A正确； B、物块运动到B点的速度：vB＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s，物块在传送带上运动时，由牛顿第二定律可得物块的加速度：，物块速度从2m/s与传送带共速过程运动的位移：，x2恰好等于传送带的长度L＝8m，所以物块到达传送带右端，恰好与传送带共速，则物块在传送带运动的时间：，故B正确； C、物块在传送带上运动2s的时间内，传送带的位移：x3＝vt2＝6×2m＝12m 物块相对传送带滑动的距离：Δx＝x3﹣x2＝12m﹣6m＝6m 物块在传送带上因摩擦产生的热量：Q＝μ2mg•Δx＝0.2×1×10×6J＝12J，故C错误； D、若传送带以2m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，由上分析可知物块从A点静止释放以后到达B点的速度为2m/s，物块滑上传送带做匀减速直线运动，速度减为零时运动的位移：，所以物块速度减为零，反向做匀加速直线运动，到达传送带左端的速度恰好为2m/s，物块沿着斜面向上做匀减速运动，速度减为零，反向做匀加速运动，由于摩擦力，物块再次到达B点的速度小于2m/s，物块滑上传送带做匀减速运动，速度减为零，反向运动，到达B点的速度大小与第二次下滑经过B点的速度大小相等，整个过程，传送带对物块做功为零，此后重复前面的运动，最后物块静止在B点，全过程由动能定理有：mgx1sin37°﹣μ1mgscos37°＝0﹣0，可得物块在AB上运动的总路程：s＝1.5m，故D正确。 故选：ABD。 [模型演练15] （2024•光明区校级模拟）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，所对应圆心角θ＝53°，半径为R＝2.5m，O为圆心，末端Q点与粗糙水平地面相切，圆弧轨道左侧有一沿顺时针方向转动的水平传送带，传送带上表面与P点高度差为H＝0.8m，现一质量m＝1kg（可视为质点）的滑块从传送带的左侧由静止释放后，由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道，滑行一段距离后静止在地面上，已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： （1）传送带的最短长度及最小运行速度； （2）滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小； （3）在（1）问情景下，滑块运动全过程因摩擦产生的热量。 【解答】解：（1）滑块离开传送带做平抛运动，竖直方向有 滑块沿P点切线滑入圆弧轨道，由几何关系则有 联立解得传送带的最小运行速度大小为v0＝3m/s 滑块在传送带上只做匀加速运动时，传送带的长度最短，由动能定理有 解得传送带的最短长度为L＝0.9m （2）滑块在P点的速度大小为 滑块从P到Q，由动能定理有 在Q点，由向心力公式有 联立解得FN＝28N由牛顿第三定律可知，滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小为 FN′＝FN＝28N （3）滑块做匀加速运动的时间为 传送带的位移大小为x＝v0t 滑块和传送带组成的系统产生的焦耳热Q1＝μmg（x﹣L） 滑块由P至最终静止，由能量守恒有 滑块运动全过程因摩擦产生的热量Q＝Q1+Q2 解得Q＝27J [模型演练16] （2024春•慈溪市期末）2023年慈溪市的GDP总量首次突破2500亿大关，稳坐浙江第一强县。小张作为慈溪人，感到非常自豪，自制了一个意为“慈溪”的“CX”型轨道。轨道由三部分组成，AB为一段粗糙的斜面，长度为LAB＝0.24m，动摩擦因数μ1＝0.5，倾角θ＝37°，上端固定一段弹簧。BCD为半径R＝0.09m的光滑圆轨道的一部分，圆心上方部分为圆管，端点B和D位于同一竖直面，且与圆心O1的连线和竖直方向夹角θ＝37°。DE为一个倾斜放置的传送带，长度为LDE＝0.24m，动摩擦因数μ2＝0.81，倾角θ＝37°，以速度v＝0.52m/s逆时针转动。倾斜轨道和圆轨道相切于B点，倾斜传送带和圆轨道相切于D点，斜面轨道AB与传送带DE略微错开，O2既是AB的中点又是DE的中点，且与圆轨道的圆心O1等高，B点与E点等高。现将质量m＝0.5kg的滑块（视为质点）压缩弹簧后由A点静止释放，A点与D点等高，滑块恰好经过圆轨道的最高点，g＝10m/s2。求： （1）滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力FC； （2）释放滑块时，弹簧的弹性势能Ep； （3）滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q。 【解答】解：（1）滑块最高点v＝0，由机械能守恒 解得 由向心力公式 解得NC＝25N 故滑块对轨道最低点的压力为25N，方向竖直向下。 （2）滑块从A运动到C过程，有 解得Ep＝0.57J （3）最高点到D，有 解得vD＝0.6m/s 滑块在传送带上运动的加速度a＝gsinθ﹣μgcosθ 由 解得t＝0.5s 相对位移Δx＝L+vt 产生的热量Q＝μ2mgcosθ•Δx 解得Q＝1.62J 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$