易错点15 功能关系分析问题 讲义 -2024-2025学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册复习易错微专题讲练

易错点15 功能关系分析问题 一、易错点分析 1、混淆不同力做功与能量变化的对应关系 易错点：不能准确区分重力做功、弹力做功、摩擦力做功以及其他力做功分别与哪种能量变化相对应，导致在分析问题时张冠李戴。 2、对功能关系本质的认识不足 易错点：不理解做功是能量转化的量度这一本质，只是机械地记住公式，而不能从能量转化的角度去分析问题。 3、忽视功能关系的适用条件 易错点：在应用机械能守恒定律等功能关系时，没有正确判断系统是否满足守恒条件，就盲目使用守恒定律。 二、功能关系 (1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。 (2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量转化必通过做功来实现。 三、对功能关系的进一步理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 四、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 合力做功 动能变化 (1)合力做正功，动能增加 (2)合力做负功，动能减少 (3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力做功 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 力做功 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 静电力做功 电势能 变化 (1)静电力做正功，电势能减少 (2)静电力做负功，电势能增加 (3)W电＝－ΔEp 安培力做功 电能 变化 (1)安培力做正功，电能减少 (2)安培力做负功，电能增加 (3)W安＝－ΔE电 除重力和系统 内弹力之外的 其他力做功　 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W＝ΔE机 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 内能变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对 五、功能关系的选用原则 (1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。 (2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。 (3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 (4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。 5.　能量守恒定律 （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其他形式，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）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。 （3）表达式 ①E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。 ②ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。 题型一：定性分析 [例题1] 有关功与能的下列说法中正确的是（　　） A．功是能量转化的量度，功的正负表示大小 B．重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小 C．沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量 D．坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量 [例题2] （2024春•故城县校级期末）我国风洞技术世界领先，如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，斜面上端接有一弹簧，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（　　） A．物块加速度先增大后减小 B．弹簧弹性势能先增大后减小 C．物块的机械能一直增大 D．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大 [例题3] 如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加 B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量 C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化 D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量 题型二：定量计算 [例题4] （多选）如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小恒为，已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m，重力加速度为g。在滑板爱好者（含滑板）沿斜坡下滑距离为L的过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑板爱好者下滑过程中机械能守恒 B．滑板爱好者减少的重力势能为 C．滑板爱好者增加的动能为 D．滑板爱好者减少的机械能为 [例题5] （多选）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定O点处。将小球拉至A处时，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，已知AB的竖直高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．由A到B过程合力对小球做的功等于mgh B．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 C．由A到B过程小球克服弹力做功为 D．由A到B过程小球的重力势能减少 [例题6] （多选）质量m物体，在距地面h高处以g的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（　　） A．物体的动能增加mgh B．物体的重力势能减少mgh C．重力做功mgh D．物体的机械能减少mgh [练习1] 跳伞运动非常惊险，被世人誉为“勇敢者的运动”。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，则在运动员下落了h高度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动员的重力势能减少了 B．运动员的动能增加了 C．运动员克服阻力所做的功为 D．运动员的机械能减少了 [练习2] 物块先沿轨道1从A点由静止下滑至底端B点，后沿轨道2从A点由静止下滑经C点至底端B点，AC＝CB，如图所示．物块与两轨道的动摩擦因数相同，不考虑物块在C点处撞击的因素，则在物块整个下滑过程中（　　） A．物块受到的摩擦力相同 B．沿轨道2下滑时的位移较大 C．物块滑至B点时速度相同 D．两种情况下损失的机械能相同 [练习3] 如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处。将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时的速度为v，AB间的竖直高度差为h，重力加速度为g，则（　　） A．由A到B重力对小球做的功小于mgh B．由A到B小球的重力势能减少 C．由A到B小球克服弹力做功为mgh D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 [练习4] 如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m（包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．运动员获得的动能为mgh C．运动员克服摩擦力做功为mgh D．下滑过程中系统减少的机械能为﹣mgh [练习5] 在燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入竖直的炮筒中，然后点燃发射部分，通过火药剧烈燃烧产生高压燃气，将礼花弹由筒底射向空中。若礼花弹在由筒底发至筒口的过程中，克服重力做功为W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功为W2，高压燃气对礼花弹做功为W3，则礼花弹在筒中的运动过程中（设礼花弹的质量不变）（　　） A．动能增加量为W3﹣W2﹣W1 B．动能增加量为W1+W2+W3 C．机械能增加量为W3﹣W2﹣W1 D．机械能增加量为W3+W2 [练习6] （多选）低空跳伞是一种刺激的极限运动，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落h的过程中受恒定阻力作用，加速度为g，对于此过程，下列正确的是（　　） A．运动员的重力势能减少了mgh B．运动员克服阻力所做的功为mgh C．运动员的动能增加了mgh D．运动员的机械能减少了mgh [练习7] （多选）如图所示，一质量为m的小球（视为质点）固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，此时弹簧恰好无形变。现由静止释放小球，小球运动到O点正下方B点时的速度大小为v，此时小球与A点的竖直高度差为h。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从A点运动到B点的过程中重力势能的减少量为mgh B．小球从A点运动到B点的过程中机械能守恒 C．小球到达B点时，弹簧的弹性势能为mgh D．小球从A点运动到B点的过程中克服弹簧弹力做的功为mghmv2 [练习8] （2024秋•宁波期中）如图为宁波江北万象城的摩天轮，乘客随着摩天轮在竖直平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　） A．摩天轮转动过程中，乘客的速度和加速度都不变 B．摩天轮转动过程中，乘客的机械能守恒 C．乘客在最高点处于超重状态 D．乘客在摩天轮转到最高点与最低点时重力的功率均为0 [练习9] （2024春•琼山区校级期末）某时刻一可视为质点的物块以大小为Ek0的初动能沿倾角恒定的斜面向上运动，然后返回到原位置，整个运动过程中物块的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，返回过程位移在0～x0区间时Ek保持恒定，即在图像中为与x轴平行的虚线。已知物块质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．物块运动过程中机械能守恒 B．物块运动过程中始终受摩擦力作用 C．斜面倾角θ的正弦值 D．斜面倾角θ的正弦值 [练习10] （2024春•宁波期末）关于做自由落体运动的物体，下列说法不正确的是（　　） A．动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大 B．速度v随时间t变化的快慢保持不变 C．重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变 D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小 [练习11] 关于机械能守恒，下列说法中正确的是（　　） A．物体做匀速运动，其机械能一定守恒 B．物体所受合外力不为0，其机械能一定不守恒 C．物体所受合外力做功不为0，其机械能一定不守恒 D．物体沿竖直方向向下做加速度为5m/s2的匀加速运动，其机械能减少 [练习12] 下面关于机械能守恒说法正确的是（　　） A．机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用 B．物体在竖直平面内做匀速圆周运动时，物体机械能一定守恒 C．物体所受合力为零时，物体的机械能一定守恒 D．只有重力做功，其它力都不做功，物体的机械能一定守恒 [练习13] 关于机械能守恒，下列说法正确的是（　　） A．机械能守恒的物体，一定只受到重力的作用 B．做变速运动的物体，机械能不可能守恒 C．除受到重力外还受到其他力作用的物体，机械能不可能守恒 D．外力对物体做负功时，物体的机械能也可能守恒 [练习14] （2025•江苏开学）如图所示，一圆柱形光滑横梁水平固定（阴影为其截面），可视为质点的小球A、B用足够长的轻绳连接后悬挂在梁上。已知A、B的质量分别为2m、m，重力加速度为g。 （1）从静止释放两球，求A球的加速度大小a； （2）同时给A球竖直向上、B球竖直向下且大小均为v0的初速度，求A球上升至最高点过程轻绳对A球做的功W； （3）若横梁粗糙，且轻绳与横梁间摩擦力满足f＝k（TA+TB），其中TA、TB分别为左右悬绳中的张力，向下拉动A球后松手，A、B球恰做匀速运动。现将A球质量增大为5m，再从静止释放两球，求A球下降h高度时的动能Ek。 [练习15] （2025•威远县校级一模）某娱乐节目中设计了一水上闯关轨道，其简化模型如图所示，半径R＝4m的光滑圆弧轨道AB与一传送带BC平滑连接，两轨道相切于B点，A点与圆心O点等高。传送带长L＝3m，与水平方向夹角θ＝37°传送带以v0＝3m/s的速度顺时针方向转动，距C点水平距离为x，高为h处设置一水平平台DE，闯关者从A点静止下滑，最后要从C点飞出并落入平台DE，某次闯关时，闯关者质量m＝60kg，闯关者与传送带的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力和轨道连接处的能量损失，不考虑传送带滑轮大小，g＝10m/s2，求： （1）闯关者在圆弧轨道上的B点时的速度大小以及对圆弧轨道的压力大小。 （2）为了使闯关者能恰好水平进入平台DE，求平台距C点的水平距离x。 （3）求这次闯关时，传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量。 [练习16] （2025•无极县校级一模）如图是由弧形轨道、圆轨道（轨道底端B略错开，图中未画出）、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧（右端固定），圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H＝0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长L＝1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小； （2）轻弹簧获得的最大弹性势能； （3）若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 易错点15 功能关系分析问题 一、易错点分析 1、混淆不同力做功与能量变化的对应关系 易错点：不能准确区分重力做功、弹力做功、摩擦力做功以及其他力做功分别与哪种能量变化相对应，导致在分析问题时张冠李戴。 2、对功能关系本质的认识不足 易错点：不理解做功是能量转化的量度这一本质，只是机械地记住公式，而不能从能量转化的角度去分析问题。 3、忽视功能关系的适用条件 易错点：在应用机械能守恒定律等功能关系时，没有正确判断系统是否满足守恒条件，就盲目使用守恒定律。 二、功能关系 (1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。 (2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量转化必通过做功来实现。 三、对功能关系的进一步理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 四、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 合力做功 动能变化 (1)合力做正功，动能增加 (2)合力做负功，动能减少 (3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力做功 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 力做功 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 静电力做功 电势能 变化 (1)静电力做正功，电势能减少 (2)静电力做负功，电势能增加 (3)W电＝－ΔEp 安培力做功 电能 变化 (1)安培力做正功，电能减少 (2)安培力做负功，电能增加 (3)W安＝－ΔE电 除重力和系统 内弹力之外的 其他力做功　 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W＝ΔE机 一对相互作用的滑动摩擦力的总功 内能变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对 五、功能关系的选用原则 (1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。 (2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。 (3)只涉及机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。 (4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。 5.　能量守恒定律 （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其他形式，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）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。 （3）表达式 ①E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。 ②ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。 题型一：定性分析 [例题1] 有关功与能的下列说法中正确的是（　　） A．功是能量转化的量度，功的正负表示大小 B．重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小 C．沿竖直方向用手加速向上提水桶时，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量 D．坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量 【解答】解：A.功是能量转化的量度，功的正负表示动力做功还是阻力做功，不表示功的大小，故A错误； B.重力势能具有相对性和系统性，势能的正负表示大小，故B正确； C.竖直方向用手加速向上提水桶时，根据能量守恒可知，拉力做的功等于水桶重力势能的增加量和动能增加量之和，故C错误； D.坐升降电梯上楼时，电梯对人做的功等于人动能的增加量和重力势能增加量之和，故D错误。 故选：B。 [例题2] （2024春•故城县校级期末）我国风洞技术世界领先，如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，斜面上端接有一弹簧，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（　　） A．物块加速度先增大后减小 B．弹簧弹性势能先增大后减小 C．物块的机械能一直增大 D．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大 【解答】解：A．物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力，物块所受合力沿斜面向上，物块与弹簧接触后受到弹簧沿斜面向下的弹力作用，开始物块受到的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块向上做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后，随弹簧弹力的增大，合力反向向下，物块的合力反向增大，做加速度增大的减速运动，所以整个过程物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A错误； B．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中弹簧的压缩量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，故B错误； C．物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，开始是风力大于弹簧力，弹簧对物体做正功，物体机械能增加，之后，风力可能小于弹簧力，则弹簧对物体做负功，机械能可能减少；故C错误； D．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，风的作用力对物块与弹簧组成的系统一直做正功，系统机械能的变化量等于重力和弹力以外的力做的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确。 故选：D。 [例题3] 如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加 B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量 C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化 D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量 【解答】解：A．由题可知，重物的动能变化量为零，根据题意可知手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，所以手对整体一直做负功，由此可知弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误； B．根据机械能的定义可知，弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误； C．由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为x0，则有kx0＝mg 当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为x，则有k（x0﹣x）+F＝mg 联立解得F＝kx，故C正确； D．物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。 故选：C。 题型二：定量计算 [例题4] （多选）如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小恒为，已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m，重力加速度为g。在滑板爱好者（含滑板）沿斜坡下滑距离为L的过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑板爱好者下滑过程中机械能守恒 B．滑板爱好者减少的重力势能为 C．滑板爱好者增加的动能为 D．滑板爱好者减少的机械能为 【解答】解：A、滑板爱好者下滑过程中不受摩擦力时加速度大小为gsin30°，由于滑板爱好者下滑时的加速度大小为，小于gsin30°，所以滑板受到滑动摩擦力，滑动摩擦力要做功，其机械能不守恒，故A错误； B、滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，即减少的重力势能为，故B错误； C、根据动能定理可知，滑板爱好者增加的动能为，故C正确； D、根据牛顿第二定律得 解得滑动摩擦力大小为 滑板爱好者减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，即为，故D正确。 故选：CD。 [例题5] （多选）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定O点处。将小球拉至A处时，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，已知AB的竖直高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．由A到B过程合力对小球做的功等于mgh B．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 C．由A到B过程小球克服弹力做功为 D．由A到B过程小球的重力势能减少 【解答】解：A．由A到B过程重力对小球做的功等于mgh，弹簧弹力对小球做负功，故合力对小球做的功小于mgh，故A错误； B．从A到B过程由能量守恒可得 故小球到达位置B时弹簧的弹性势能为，故B正确； C．小球克服弹簧弹力所做的功等于弹簧弹性势能的增加量，故由A到B过程小球克服弹力做功为，故C正确； D．由A到B过程小球的重力势能减少mgh，不等于，故D错误。 故选：BC。 [例题6] （多选）质量m物体，在距地面h高处以g的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（　　） A．物体的动能增加mgh B．物体的重力势能减少mgh C．重力做功mgh D．物体的机械能减少mgh 【解答】解：A、根据动能定理得：ΔEk＝F合h＝mahmgh，即物体的动能增加mgh，故A正确； BC、物体的高度下降h，则重力做功mgh，重力势能减少mgh，故B错误，C正确； D、物体的动能增加mgh，重力势能减少mgh，则机械能减少量为：mghmghmgh，故D错误。 故选：AC。 [练习1] 跳伞运动非常惊险，被世人誉为“勇敢者的运动”。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，则在运动员下落了h高度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动员的重力势能减少了 B．运动员的动能增加了 C．运动员克服阻力所做的功为 D．运动员的机械能减少了 【解答】解：A、运动员的重力所做的功为mgh，则运动员的重力势能减少了mgh，故A错误； B、运动员受到的合外力为F合＝mamg，则合力对运动员做的功为W合＝F合hmgh，根据动能定理知合外力做的功等于动能的增加，所以运动员的动能增加了mgh，故B正确； C、根据牛顿第二定律得：mg﹣f＝mamg，解得阻力大小fmg，所以运动员克服阻力所做的功为Wf＝fhmgh，故C错误； D、运动员的机械能减少量等于运动员克服阻力所做的功，为mgh，故D错误。 故选：B。 [练习2] 物块先沿轨道1从A点由静止下滑至底端B点，后沿轨道2从A点由静止下滑经C点至底端B点，AC＝CB，如图所示．物块与两轨道的动摩擦因数相同，不考虑物块在C点处撞击的因素，则在物块整个下滑过程中（　　） A．物块受到的摩擦力相同 B．沿轨道2下滑时的位移较大 C．物块滑至B点时速度相同 D．两种情况下损失的机械能相同 【解答】解：A．f＝μmgcosθ，在轨道1、2上倾角不同，所以摩擦力不同，故A错误； B．位移是从初位置指向末位置的有向线段，故位移相同，故B错误； C．设AC与水平面的夹角为α，CB与水平面的夹角为β，AB与水平面的夹角为θ，如图所示 沿轨道2运动，摩擦力做的功：Wf2＝μmgcosα•xAC+μmgcosβ•xCB＝μmg•xEF+μmg•xEB＝μmg•xFB 沿轨道1运动，摩擦力做的功为：Wf1＝μmgcosθ•xAB＝μmg•xFB＝Wf2 由动能定理WG﹣Wf得：物块滑至B点时速度大小相同，但方向不同，故C错误。 D．由C的分析可知，两种运动摩擦力做的功相同，所以两种情况下损失的机械能相同，故D正确； 故选：D。 [练习3] 如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处。将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时的速度为v，AB间的竖直高度差为h，重力加速度为g，则（　　） A．由A到B重力对小球做的功小于mgh B．由A到B小球的重力势能减少 C．由A到B小球克服弹力做功为mgh D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 【解答】解：A．重力做功只与初末位置的高度差有关，则由A至B重力做功为WG＝mgh，故A错误； B．由A至B重力势能减少mgh，减少的重力势能转化成动能和弹簧的弹性势能，故B错误； C．从开始到最低点过程中，由动能定理可得： 解得克服弹簧弹力做的功：，故C错误； D．弹簧弹力做功是弹性势能变化的量度，根据功能关系可知，小球到达位置B时弹簧的弹性势能为Ep，故D正确。 故选：D。 [练习4] 如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m（包括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．运动员获得的动能为mgh C．运动员克服摩擦力做功为mgh D．下滑过程中系统减少的机械能为﹣mgh 【解答】解：A、人在下滑过程中受到重力、支持力及摩擦力的作用，存在摩擦生热，所以运动员减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误； B、由牛顿第二定律可知，人受到的合力F＝mamg，合力的功为：W＝Fsmgmgmgh，由动能定理W＝ΔEk，可知运动员获得的动能为mgh，故B正确； C、由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣Ff＝mamg，故摩擦力大小为：Ff＝mgsin30°mgmg，运动员克服摩擦力所做的功为：Wfmgmgmgh，故C错误； D、根据功能关系，可知运动员克服摩擦力做的功等于系统机械能的减少量，即ΔE＝Wfmgh，故D错误。 故选：B。 [练习5] 在燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入竖直的炮筒中，然后点燃发射部分，通过火药剧烈燃烧产生高压燃气，将礼花弹由筒底射向空中。若礼花弹在由筒底发至筒口的过程中，克服重力做功为W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功为W2，高压燃气对礼花弹做功为W3，则礼花弹在筒中的运动过程中（设礼花弹的质量不变）（　　） A．动能增加量为W3﹣W2﹣W1 B．动能增加量为W1+W2+W3 C．机械能增加量为W3﹣W2﹣W1 D．机械能增加量为W3+W2 【解答】解：AB、根据动能定理，总功是动能变化的量度，故动能变化量等于W3﹣W2﹣W1，故A正确，B错误； CD、除重力外其它力做的功是机械能变化的量度，故高压燃气做的功和空气阻力和炮筒阻力做的功之和等于机械能的增加量，即机械能增加量为W3﹣W2，故C、D错误。 故选：A。 [练习6] （多选）低空跳伞是一种刺激的极限运动，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落h的过程中受恒定阻力作用，加速度为g，对于此过程，下列正确的是（　　） A．运动员的重力势能减少了mgh B．运动员克服阻力所做的功为mgh C．运动员的动能增加了mgh D．运动员的机械能减少了mgh 【解答】解：A、运动员的重力做的功等于重力势能的减小，所以运动员的重力势能减少了mgh，故A错误； B、根据牛顿第二定律可得：mg﹣f＝ma，解得阻力fmg，所以运动员克服阻力所做的功为W＝fhmg，故B错误； C、运动员受到的合外力为F合＝mamg，则合力对运动员做的功为W合＝F合hmgh，根据动能定理可得合外力做的功等于动能的增加，所以运动员的动能增加了mgh，故C正确； D、运动员克服阻力所做的功代表机械能变化量，所以运动员的机械能减少了mgh，故D正确。 故选：CD。 [练习7] （多选）如图所示，一质量为m的小球（视为质点）固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，此时弹簧恰好无形变。现由静止释放小球，小球运动到O点正下方B点时的速度大小为v，此时小球与A点的竖直高度差为h。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从A点运动到B点的过程中重力势能的减少量为mgh B．小球从A点运动到B点的过程中机械能守恒 C．小球到达B点时，弹簧的弹性势能为mgh D．小球从A点运动到B点的过程中克服弹簧弹力做的功为mghmv2 【解答】解：A、小球从A点运动到B点的过程中，小球重力势能的减少量等于该过程重力对小球做的功，该过程中小球所受重力对小球做的功为mgh，故A正确； B、小球减少的重力势能一部分转化为小球的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故B错误； C、对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有：mghEP，解得小球到达B点时弹簧的弹性势能EP＝mgh，故C错误； D、根据功能关系，小球从A点运动到B点的过程中克服弹簧弹力做的功W弹＝EP＝mgh，故D正确。 故选：AD。 [练习8] （2024秋•宁波期中）如图为宁波江北万象城的摩天轮，乘客随着摩天轮在竖直平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（　　） A．摩天轮转动过程中，乘客的速度和加速度都不变 B．摩天轮转动过程中，乘客的机械能守恒 C．乘客在最高点处于超重状态 D．乘客在摩天轮转到最高点与最低点时重力的功率均为0 【解答】解：A、摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，乘客的速度和加速度大小都不变，方向时刻在变化，故A错误； B、摩天轮转动过程中，乘客的动能保持不变，重力势能在变化，所以乘客的机械能不守恒，故B错误； C、在最高点，乘客的加速度竖直向下，处于失重状态，故C错误； D、摩天轮转到最高点与最低点时，乘客的竖直速度都为零，根据乘客重力的瞬时功率等于重力与竖直速度的乘积，所以转到最高点与最低点时重力的功率均为0，故D正确。 故选：D。 [练习9] （2024春•琼山区校级期末）某时刻一可视为质点的物块以大小为Ek0的初动能沿倾角恒定的斜面向上运动，然后返回到原位置，整个运动过程中物块的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，返回过程位移在0～x0区间时Ek保持恒定，即在图像中为与x轴平行的虚线。已知物块质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．物块运动过程中机械能守恒 B．物块运动过程中始终受摩擦力作用 C．斜面倾角θ的正弦值 D．斜面倾角θ的正弦值 【解答】解：A、Ek﹣x图像斜率的绝对值等于物块所受合外力大小可知，上滑过程中物块所受合外力发生变化，故物块上滑过程中至少有一个阶段受摩擦力作用，即物块运动过程中机械能不守恒，故A错误； B、物块在x0﹣x1段区域内上滑和下滑时所受合外力相同，因为物块所受摩擦力始终与运动方向相反，若该区域内物块受摩擦力，则物块上滑和下滑时摩擦力方向不同，物块所受合外力大小不同，可知该区域光滑，物块不受摩擦力，故B错误； CD、由图像分析可知物块下滑过程中在粗糙区域时所受合外力为零，设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，则可得mgsinθ＝μmgcosθ。设位移为x0时物块的动能为Ek1，则物块上滑过程中，在粗糙区域有mgx0sinθ+μmgx0cosθ＝Ek0﹣Ek1，在光滑区域有mg（x1﹣x0）sinθ＝Ek1，解得，故C错误，D正确。 故选：D。 [练习10] （2024春•宁波期末）关于做自由落体运动的物体，下列说法不正确的是（　　） A．动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大 B．速度v随时间t变化的快慢保持不变 C．重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变 D．机械能E随位移x变化的快慢随时间均匀减小 【解答】解：A、物体做自由落体运动，运动时间t时速度为v＝gt 则t时刻的动能为 则动能Ek随时间t变化的快慢为，可见动能Ek随时间t变化的快慢随时间均匀增大，故A正确； B、自由落体运动速度v随时间t变化的快慢为重力加速度g，恒定不变，故B正确； C、根据重力势能变化与重力做功关系可得：ΔEp＝﹣mgΔx 则 所以重力势能Ep随位移x变化的快慢保持不变，故C正确； D、做自由落体运动的物体，只有重力做功，其机械能守恒，即，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 [练习11] 关于机械能守恒，下列说法中正确的是（　　） A．物体做匀速运动，其机械能一定守恒 B．物体所受合外力不为0，其机械能一定不守恒 C．物体所受合外力做功不为0，其机械能一定不守恒 D．物体沿竖直方向向下做加速度为5m/s2的匀加速运动，其机械能减少 【解答】解：A、物体做匀速运动其动能不变，但机械能可能变，如物体匀速上升或下降，机械能会相应的增加或减小，故A错误； B、物体仅受重力作用，只有重力做功时，物体机械能守恒，故BC错误； D、物体沿竖直方向向下做加速度为5m/s2的匀加速运动时，物体一定受到一个与运动方向相反的力作用，此力对物体做负功，物体机械能减少，故D正确； 故选：D。 [练习12] 下面关于机械能守恒说法正确的是（　　） A．机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用 B．物体在竖直平面内做匀速圆周运动时，物体机械能一定守恒 C．物体所受合力为零时，物体的机械能一定守恒 D．只有重力做功，其它力都不做功，物体的机械能一定守恒 【解答】解：A、机械能守恒时，物体一定只有重力或弹力做功，但不一定只受重力和弹力，故A错误。 B、物体在竖直平面内做匀速圆周运动时，物体的动能不变，重力势能变化，则机械能不守恒，故B错误。 C、物体所受的合力为零时，机械能不一定守恒，如竖直匀速下落的物体，合力为零，动能不变，重力势能减小，机械能减小，机械能不守恒，故C错误。 D、只有重力做功，其它力都不做功，只发生动能和重力势能之间的转化，物体的机械能一定守恒，故D正确。 故选：D。 [练习13] 关于机械能守恒，下列说法正确的是（　　） A．机械能守恒的物体，一定只受到重力的作用 B．做变速运动的物体，机械能不可能守恒 C．除受到重力外还受到其他力作用的物体，机械能不可能守恒 D．外力对物体做负功时，物体的机械能也可能守恒 【解答】解：A、机械能守恒的物体，一定只有重力做功，不一定只受到重力的作用，故A错误。 B、做变速运动的物体，机械能可能守恒，如平抛运动的物体做变速运动，其机械能守恒，故B错误。 C、除受到重力外还受到其他力作用的物体，若其他力对物体不做功，或做功代数和为零，物体的机械能守恒，故C错误。 D、外力对物体做负功时，若外力就是重力，则物体的机械能守恒，故D正确。 故选：D。 [练习14] （2025•江苏开学）如图所示，一圆柱形光滑横梁水平固定（阴影为其截面），可视为质点的小球A、B用足够长的轻绳连接后悬挂在梁上。已知A、B的质量分别为2m、m，重力加速度为g。 （1）从静止释放两球，求A球的加速度大小a； （2）同时给A球竖直向上、B球竖直向下且大小均为v0的初速度，求A球上升至最高点过程轻绳对A球做的功W； （3）若横梁粗糙，且轻绳与横梁间摩擦力满足f＝k（TA+TB），其中TA、TB分别为左右悬绳中的张力，向下拉动A球后松手，A、B球恰做匀速运动。现将A球质量增大为5m，再从静止释放两球，求A球下降h高度时的动能Ek。 【解答】解：（1）绳子拉直时，小球A和B的加速度大小相等 对小球A和B整体，由牛顿第二定律： 2mg﹣mg＝（2m+m）a 解得小球A运动的加速度大小 （2）小球A上升到最高点过程，绳子一直处于拉直状态，则小球A运动的加速度大小仍为 方向竖直向下 小球A上升到最高点过程上升的高度 此过程，由动能定理： 解得拉力做功 （3）小球A、B匀速运动时，由平衡条件知 TA＝2mg TB＝mg 则摩擦力大小为 f＝k（TA+TB）＝3kmg 小球A下降h过程，对系统，由动能定理： 5mgh﹣mgh﹣fh＝Ek﹣0 解得所求动能 Ek＝（4﹣3k）mgh [练习15] （2025•威远县校级一模）某娱乐节目中设计了一水上闯关轨道，其简化模型如图所示，半径R＝4m的光滑圆弧轨道AB与一传送带BC平滑连接，两轨道相切于B点，A点与圆心O点等高。传送带长L＝3m，与水平方向夹角θ＝37°传送带以v0＝3m/s的速度顺时针方向转动，距C点水平距离为x，高为h处设置一水平平台DE，闯关者从A点静止下滑，最后要从C点飞出并落入平台DE，某次闯关时，闯关者质量m＝60kg，闯关者与传送带的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力和轨道连接处的能量损失，不考虑传送带滑轮大小，g＝10m/s2，求： （1）闯关者在圆弧轨道上的B点时的速度大小以及对圆弧轨道的压力大小。 （2）为了使闯关者能恰好水平进入平台DE，求平台距C点的水平距离x。 （3）求这次闯关时，传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量。 【解答】解：（1）从A点到B点，根据动能定理可得： ， 解得： vB＝8m/s， 在B点，根据牛顿第二定律可得： ， 解得： FN＝1440N， 根据牛顿第三定律可知，闯关者在圆弧轨道上的B点时对圆弧轨道的压力大小为1440N。 （2）由于vB＞v0，则闯关者先做匀减速运动，在传送带上，根据牛顿第二定律可得： mgsinθ+μmgcosθ＝ma， 解得： a＝8m/s2， 若全程匀减速，根据运动学规律可得： ， 解得： vC＝4m/s＞v0，假设成立， 故到达C点时的速度为4m/s； 从C到D，根据平抛运动规律可得：vy＝vCsinθ＝gt，x＝vCcosθ•t， 联立可得：x＝0.768m。 （3）在传送带上运动时，闯关者的位移为：x1＝L＝3m， 运动时间为：， 故传送带位移x2＝v0t＝3×0.5m＝1.5m， 则传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量为：Q＝μmgcosθ•（x1﹣x2）， 联立可得：Q＝180J。 [练习16] （2025•无极县校级一模）如图是由弧形轨道、圆轨道（轨道底端B略错开，图中未画出）、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧（右端固定），圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H＝0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长L＝1.0m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，取重力加速度g＝10m/s2。求： （1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小； （2）轻弹簧获得的最大弹性势能； （3）若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。 【解答】解：（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得： 在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得： 联立解得：FN＝60N 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60N。 （2）弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可得：mgH﹣μmgLAC+W弹＝0﹣0 又有：W弹＝0﹣Ep 联立解得：Ep＝6J （3）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，在最高点根据牛顿第二定律有： 从开始到圆轨道最高点，有动能定理可知： 解得：s1＝0.75m 而：LBC＝LAC﹣s1 要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足：LBC≥0.25m ②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知：mg（H﹣R）﹣μmgs2＝0 解得：s2＝1m+0.5m＝1.5m 而：L'BC＝s2﹣LAC 即反弹时恰好上到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以L'BC≥0.5m 考虑到AC的总长度等于1m，所以L'BC≤1m 结合①②两种情况，符合条件的BC长度L为：0.5m≤L≤1m 学科网（北京）股份有限公司 $$