第一篇 专题二 第6讲 功和能-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（福建专用）（课件PPT+word教案）

第6讲　功和能 目标要求　1.会对功和功率进行分析和计算，会求解力的平均功率和瞬时功率。2.掌握常见的功能关系。3.理解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律，会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。 考点一　功、功率的分析和计算 　　　　　　　　　　　　　　　　 功的 计算 恒力做功：W=Flcos θ 变力做功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W=Pt) 功率的 计算 平均功率：P= 瞬时功率：P=Fvcos θ(θ为F、v之间的夹角) 机车 启动 两个基本关系式 P=Fv，F-F阻=ma 恒定功率启动 P不变，v，a⇒以vm做匀速运动Pt-F阻s=m 恒定加速度启动 a不变，F不变，v，P⇒P额，v，F，a⇒以vm做匀速运动 最大速度vm 无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm= 例1　(2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中(　　) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时，F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 答案　D 解析　设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsin θ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsin θ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W=F合x=max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F=ma+μmg，力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x，选项C错误；因合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsin θ=mg时，摩擦力Ff=0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。 例2　(2024·广东肇庆市二模)已知高铁的列车组由动力车和拖车组成，每节动力车的额定功率相同，每节动力车与拖车的质量相等，设列车组运行时每节车厢所受阻力与其速率成正比(f阻=kv，k为比例系数)。某列车组由m节动力车和n节拖车组成，其运行的最大速率为v1，另一列由相同的n节动力车和m节拖车组成的列车组，其运行的最大速率为v2，则v1∶v2为(　　) A.m∶n B.∶ C.∶1 D.m2∶n2 答案　B 解析　设每节动力车的额定功率为P，m节动力车厢输出的总功率为mP，则有mP=(m+n)f阻1v1，又f阻1=kv1，解得列车组的最大速度v1=，同理可得n节动力车时最大速度v2=，则有v1∶v2=∶，故选B。 考点二　动能定理的应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 例3　(2024·内蒙古赤峰市一模)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示。一游客从A点由静止沿滑道下滑，螺旋滑道的摩擦可忽略且AB两点的高度差为h，游客与倾斜滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ，倾斜滑道的水平距离为L1，BC两点的高度差也为h。忽略游客经过轨道衔接处B、C点时的能量损失，重力加速度为g。求： (1)游客滑至轨道B点时的速度vB的大小； (2)为确保游客安全，水平滑道L2的最小长度。 答案　(1)　(2)-L1 解析　(1)根据题意，游客从A点到B点过程中，由动能定理有 mgh=m-0 解得vB= (2)设倾斜滑道与水平面的夹角为θ，游客由B点到停止过程中，由动能定理有 mgh-μmgcos θ·-μmgL2=0-m 解得L2=-L1 1.应用动能定理解题的步骤图解： 2.应用动能定理的四点提醒： (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。 (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。 (3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。 (4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。 考点三　机械能守恒定律及应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.机械能守恒定律的表达式 2.连接体的机械能守恒问题 共 速 率 模 型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共 角 速 度 模 型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 关 联 速 度 模 型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 轻 弹 簧 模 型 ①同一根弹簧弹性势能的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 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：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) 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。 例4　(2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环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 答案　C 解析　方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向力心，可知P点必在Q点上方，如图所示 设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2 在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m 联立解得cos θ= 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律得 F+mgcos θ=m(0≤θ≤π) 联立可得F=2mg-3mgcos θ 则大圆环对小环作用力的大小为 |F|=|2mg-3mgcos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小， 由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。 例5　(2024·辽宁省名校联盟一模)如图所示，两个顶端带有小定滑轮的完全相同的斜面对称固定在水平地面上，斜面倾角为30°。一不可伸长的轻质细绳跨过两定滑轮，两端分别连接质量均为2m的滑块B、C，质量为m的物块A悬挂在细绳上的O点，O点与两滑轮的距离均为l。先托住A，使两滑轮间的细绳呈水平状态，然后将A由静止释放。A下落过程中未与地面接触，B、C运动过程中均未与滑轮发生碰撞，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求： (1)物块A下落的最大高度H； (2)从A开始下落直至结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53°的过程中，物块A机械能的变化量。 答案　(1)l　(2)-mgl 解析　(1)根据题意可知，物块A下落最大高度H时，速度为零，由机械能守恒定律有 mgH=2×2mgsin 30°(-l) 解得H=l，H=0(舍去) (2)根据题意，由几何关系可得，结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53°时，物块A下落的高度为 h==l 设此时物块A的速度为v，则滑块B、C的速度为 v'=vcos 53°=v 下落过程中，由机械能守恒定律有 mgh-2×2mgsin 30°(-l)=mv2+2××2mv'2 物块A机械能的变化量 ΔE=mv2-mgh=-mgl 考点四　功能关系　能量守恒定律 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.功能关系的理解和应用 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。 (1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。 (2)根据能量转化，可计算变力做的功。 2.常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2 =-ΔEp 弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 动能 合外力做功等于物体动能变化量 W=Ek2-Ek1= mv2- m 机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他=E2-E1 =ΔE机 摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=f·s相对 s相对为相对路程 电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安=E2-E1 =ΔE 例6　(2024·山东卷·7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A.+μmg(l-d) B.+μmg(l-d) C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d) 答案　B 解析　解法一：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0=μmg 解得弹性绳的伸长量x0= 则此时弹性绳的弹性势能为 E0=k= 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d， 此过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgx1， 则由功能关系可知该过程F所做的功 W=E0+μmgx1=+μmg(l-d) 解法二：画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功 W=μmg(l-d)+x0 又kx0=μmg 联立解得W=+μmg(l-d) 故选B。 例7　(2024·安徽蚌埠市模拟)如图所示，倾角为θ=37°的斜面与圆心为O、半径R=0.9 m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m1=0.8 kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L=1.35 m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ=0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，≈1.73。 (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小。 (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。 (3)若仅将滑块a换为质量为m2=0.05 kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离(结果保留2位有效数字)。 答案　(1)24 N　(2)7.92 J　(3)1.8 m 解析　(1)由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C至D点过程，由动能定理有 -m1gR=-m1 对滑块a在C点由牛顿第二定律有 F1-m1g= 结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小 N=F1=24 N (2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，从A到D，由能量守恒定律可知 Ep+m1gLsin 37°=μm1gLcos 37°+m1gRcos 37° 解得Ep=1.44 J 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守恒定律可知 Q=Ep+m1gLsin 37° 解得Q=7.92 J (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒定律有 Ep+m2gLsin 37°=μm2gLcos 37°+m2g(R+Rcos 37°)+m2 解得vE=6 m/s 滑块b恰好能通过E点时，有 m2g= 得v'==3 m/s 可知vE>v'，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-Rsin 37° (R+Rcos 37°)-gt2=dtan 37° 解得t=0.328 5 s，d=1.431 m 又有x= 解得x≈1.8 m 应用能量守恒定律解题的一般步骤 专题强化练［1］　［分值：50分］ 1~6题每题4分，7~9题每题6分，10题8分，共50分 ［保分基础练］ 1.(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　) A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 答案　B 解析　由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。 2.(2024·安徽卷·2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 答案　D 解析　人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得 mgh-W克f=mv2-0 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 W克f=mgh-mv2 故选D。 3.(2024·湖南长沙市第一中学模拟)物体A、B放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率P单独拉着物体A运动时，物体A的最大速度为v1；若水平外力仍以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动时，如图所示，物体A和物体B的最大速度为v2。空气阻力不计，在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为(　　) A.P B.P C.P D.P 答案　C 解析　物体A受到的滑动摩擦力为fA=，以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动有fA+fB=，在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为PF=fBv2=P，故选C。 4.(2024·重庆缙云教育联盟诊断)如图所示，用轻杆组成的正三角形OAB，边长为L，其中O点连接在可自由旋转的铰链上，A、B两点各固定一质量为m的小球(可视为质点)。AB杆从竖直位置由静止释放，转到AB杆处于水平位置的过程中，不考虑空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.A处小球机械能守恒，B处小球机械能不守恒 B.AB杆水平时，两球的速率均为 C.OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功 D.AB杆转到水平位置的过程中，杆对A处小球做的功为- 答案　D 解析　根据系统机械能守恒有 mg(L-)+mg(L+)=×2mv2，解得v=，对A处小球，杆做功为W1，根据动能定理有W1+mg(L+)=mv2-0，解得W1=-mgL，对B处小球，杆做功为W2，根据动能定理有W2+mg(L-)=mv2-0，则有W2=mgL可知杆对A、B两处小球做功均不为零，则两球机械能均不守恒，故A、B错误，D正确；如果OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功，则杆对A处小球做正功，与上述分析矛盾，故C错误。 5.(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　) A.m=0.7 kg，Ff=0.5 N B.m=0.7 kg，Ff=1.0 N C.m=0.8 kg，Ff=0.5 N D.m=0.8 kg，Ff=1.0 N 答案　A 解析　0~10 m内物块上滑，由动能定理得-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s，结合0~10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N。10~20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1，结合10~20 m内的图像得，斜率k'=mgsin 30°-Ff=3 N，联立解得Ff=0.5 N，m=0.7 kg，故选A。 6. (多选)(2024·湖南省师范大学附属中学模拟)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆足够长，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力与插入的距离d成正比(f=Ad)。固定的槽足够长，装置可安全工作。若一小车分别以初动能Ek1和Ek2撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L和3L。已知轻杆初始时位于槽间的长度为L，装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正确的是(弹簧的弹性势能Ep=kx2) (　　) A.小车撞击弹簧的初动能之比大于1∶4 B.系统损失的机械能之比为1∶4 C.两次小车反弹离开弹簧的速度之比为1∶2 D.小车做加速度增大的减速运动 答案　CD 解析　轻杆与槽间的滑动摩擦力与插入的距离成正比，第一次，轻杆克服摩擦力做功为 W1=L=AL2，弹簧弹力大小为2AL，设此时弹性势能为Ep，由功能关系可知，小车撞击弹簧的初动能为Ek1=W1+Ep，第二次，轻杆克服摩擦力做功为W2=3L=AL2，弹簧弹力大小为4AL，弹性势能为4Ep，小车撞击弹簧的初动能为Ek2=W2+4Ep，故<<，故A错误；系统损失的机械能之比为W1∶W2=，故B错误；小车反弹离开弹簧时弹性势能全部转化成动能，可求得速度比为1∶2，故C正确；撞击缓冲过程小车做加速度增大的减速运动，故D正确。 ［争分提能练］ 7.(多选)(2023·全国乙卷·21)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fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于m-fl D.物块的动能一定小于m-fl 答案　BD 解析　设物块离开木板时的动能为Ek块，此时木板的动能为Ek板，对木板：f·s板=Ek板 对物块：-fs块=Ek块-m 木板和物块的v-t图像如图所示， 由图可知s板<l，s块>l 故Ek板<fl，Ek块<m-fl， 故B、D正确，A、C错误。 8.(2024·安徽卷·7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A.(H+h+) B.(H+h+) C.(H+) D.(H+) 答案　B 解析　设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m=v0tSρ，根据平抛运动规律v0t'=l，h=gt'2，解得v0=l，根据功能关系得Ptη=m+mg(H+h)，联立解得水泵的输出功率为P=(H+h+)，故选B。 9.(多选)(2024·湖北省模拟)如图所示，光滑竖直固定杆上套有一质量为m的小球A，一根竖直轻弹簧上端连接着一个质量为m的物块B，下端连接着一个质量为2m的物块C。一轻绳跨过轻质定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为5L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，此时轻绳刚好伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直。现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑12L到达最低点Q，此时物块C与地面间的相互作用刚好为零。不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(　　) A.弹簧的劲度系数为 B.小球A运动到最低点时弹簧的形变量为L C.小球A运动到最低点时弹簧的弹性势能为4mgL D.用质量为的小球D替换A，并将其拉至Q点由静止释放，小球D经过P点时的动能为6mgL 答案　AD 解析　开始时，对B有mg=kx1 A在Q点时，对C有2mg=kx2，A从P到Q点，由题意可知x1+x2=8L 解得k=，x2=L，故A正确，B错误； A从P到Q，对系统由能量守恒定律有 12mgL=8mgL+ΔEp 解得ΔEp=4mgL 因为弹簧原先有形变量，所以EPQ≠4mgL，故C错误； D从Q到P，由能量守恒定律有 ΔEp+8mgL=×12L+Ek 解得Ek=6mgL，故D正确。 10.(多选)(2024·黑龙江省一模)如图所示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将一质量为m的小物体P(可视为质点)轻放在A处，小物体P到达B处时恰好与传送带共速；再将另一质量也为m的小物体Q(可视为质点)轻放在A处，小物体Q在传送带上到达B处之前已与传送带共速，之后和传送带一起匀速到达B处。则P、Q两个物体从A到B的过程中(　　) A.物体P与传送带间的动摩擦因数较小 B.传送带对P、Q两物体做功相等 C.传送带因传送物体而多消耗的电能相等 D.P、Q两个物体与传送带间因摩擦产生的热量相等 答案　AB 解析　小物体一开始在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为 a==μgcos θ-gsin θ 根据题意可知，在速度达到与传送带共速v的过程，小物体P在传送带上的位移s较大，根据运动学公式可得a=，可知小物体P在传送带上加速时的加速度较小，则物体P与传送带间的动摩擦因数较小，故A正确； 在小物体从A到B的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，由题意可知，两小物体增加的动能和重力势能均相等，则两小物体增加的机械能相等，故传送带对P、Q两物体做功相等，故B正确； 小物体加速阶段与传送带发生的相对位移为 Δs=s传-s物=vt-t==，故小物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·Δs=，因物体P与传送带间的动摩擦因数小，则小物体P与传送带间因摩擦产生的热量较大，由于两物体增加的机械能相同，根据能量守恒可知，传送带因传送物体P而多消耗的电能较大，故C、D错误。 　　　　　［2］　［分值：50分］ 1.(10分)(2023·重庆卷·13)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求： (1)(4分)提升高度为h时，工件的速度大小； (2)(6分)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。 答案　(1)　(2)　 解析　(1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有 =2a 解得v0= (2)根据速度公式有v0=at 解得t= 根据动能定理有W合=m 解得W合=。 2.(12分)(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)(4分)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (2)(4分)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； (3)(4分)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 解析　(1)根据题意，小物块在传送带上， 由牛顿第二定律有μmg=ma 解得a=5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x==2.5 m<L传=3.6 m 可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2 其中v=5 m/s，v1=-1 m/s 解得v2=3 m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物v2-m物-m球 解得ΔEk=0.3 J (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g=m球 小球从O点正下方到P点正上方过程中， 由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g(2L绳-d) 联立解得d=0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 3.(12分)(2024·重庆市一模)如图所示，倾角为θ=53°的光滑斜面底端固定一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，弹簧上端连接质量为5 kg的物块Q，Q与平行斜面的轻绳相连，轻绳跨过轻质光滑定滑轮O与套在光滑竖直杆上的质量为0.8 kg的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d=0.3 m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离h=0.4 m，此时轻绳中张力大小为50 N。现将P由静止释放，取g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求： (1)(8分)P上升至B点时的速度大小； (2)(4分)P上升至B点的过程中，Q克服轻绳拉力做的功。 答案　(1)2 m/s　(2)8 J 解析　(1)在外力作用下，P在A点静止不动时，假设弹簧伸长量为x1， 对于物块Q有T=mQgsin θ+kx1 代入数据解得x1=0.1 m P上升至B点时，Q的速度为 vQ=vPcos 90°=0 物块Q下降距离为 Δx=OA-OB=0.5 m-0.3 m=0.2 m 即弹簧压缩x2=0.2 m-0.1 m=0.1 m 弹簧的形变量不变，因此弹性势能不变，对物块P、Q及弹簧，根据能量守恒有 mQgΔxsin 53°-mPgh=mP 解得vP=2 m/s (2)P上升至B点的过程中，由于弹簧对Q所做的功为0，对Q由动能定理得 mQgΔxsin 53°-W=0 可得W=mQgΔxsin 53°=8 J。 4.(16分)(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m，轨道AB长度lAB=3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 (1)(5分)若释放点距B点的长度l=0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； (2)(5分)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式； (3)(6分)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。 答案　(1)7 N　(2)v=，其中lx≥0.85 m　(3)见解析 解析　(1)滑块由释放到C点过程，由能量守恒定律有 mglsin 37°+mgR(1-cos 37°)=m 在C点由牛顿第二定律有，FN-mg=m 解得FN=7 N (2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得 mgl1sin 37°-(3mgRcos 37°+mgR)=0 解得l1=0.85 m 因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m 能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得 mglxsin 37°-4mgRcos 37°=mv2， 解得v=，其中lx≥0.85 m。 (3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍 mglxsin 37°-mgsin 37°-nμmgcos 37°=0，lFG= 解得lx= m，n=1，3，5，… 又因为lAB≥lx≥0.85 m，lAB=3 m， 当n=1时，lx1= m 当n=3时，lx2= m 当n=5时，lx3= m。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 能量与动量 专题二 知识体系 知识体系 1.会对功和功率进行分析和计算，会求解力的平均功率和瞬时功率。 2.掌握常见的功能关系。 3.理解动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律，会在具体问题中灵活选择合适的规律解决能量观点问题。 目标要求 第6讲　功和能 内容索引 考点三　机械能守恒定律及应用 考点二　动能定理的应用 考点一　功、功率的分析和计算 考点四　功能关系　能量守恒定律 专题强化练 考点一 功、功率的分析和计算 功的计算 恒力做功：W=Flcos θ 变力做功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W=Pt) 功率的计算 平均功率：P= 瞬时功率：P=Fvcos θ(θ为F、v之间的夹角) 机车启动 两个基本关系式 P=Fv，F-F阻=ma 恒定功率启动 P不变，v，a⇒以vm做匀速运动Pt-F阻s=m 恒定加速度启动 a不变，F不变，v，P⇒P额，v，F，a⇒以vm做匀速运动 最大速度vm 无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm= 　 (2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中 A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时，F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 例1 √ 设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff= μ(mg-Fsin θ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsin θ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误； 合力做功大小W=F合x=max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误； 当力F水平时，则有F=ma+μmg，力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x，选项C错误； 因合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsin θ=mg时，摩擦力Ff=0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。 　 已知高铁的列车组由动力车和拖车组成，每节动力车的额定功率相同，每节动力车与拖车的质量相等，设列车组运行时每节车厢所受阻力与其速率成正比(f阻=kv，k为比例系数)。某列车组由m节动力车和n节拖车组成，其运行的最大速率为v1，另一列由相同的n节动力车和m节拖车组成的列车组，其运行的最大速率为v2，则v1∶v2为 A.m∶n B.∶ C.∶1 D.m2∶n2 例2 √ 设每节动力车的额定功率为P，m节动力车厢输出的总功率为mP，则有mP=(m+n)f阻1v1，又f阻1=kv1，解得列车组的最大速度v1=，同理可得n节动力车时最大速度v2=，则有v1∶v2=∶，故选B。 动能定理的应用 考点二 　 (2024·内蒙古赤峰市一模)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示。一游客从A点由静止沿滑道下滑，螺旋滑道的摩擦可忽略且AB两点的高度差 例3 为h，游客与倾斜滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ，倾斜滑道的水平距离为L1，BC两点的高度差也为h。忽略游客经过轨道衔接处B、C点时的能量损失，重力加速度为g。求： (1)游客滑至轨道B点时的速度vB的大小； 答案　 根据题意，游客从A点到B点过程中， 由动能定理有 mgh=m-0 解得vB= (2)为确保游客安全，水平滑道L2的最小长度。 答案　-L1 设倾斜滑道与水平面的夹角为θ，游客由B点到停止过程中，由动能定理有 mgh-μmgcos θ·-μmgL2=0-m 解得L2=-L1 提炼·总结 1.应用动能定理解题的步骤图解： 2.应用动能定理的四点提醒： (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。 (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。 (3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。 (4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。 机械能守恒定律及应用 考点三 1.机械能守恒定律的表达式 共速率模型   分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 2.连接体的机械能守恒问题 关联速度模型   此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 轻弹簧模型   ①同一根弹簧弹性势能的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 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：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) 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。 　 (2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环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 √ 例4 方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环的重力分力提供小环所需向力心，可知P点必在Q点上方，如图所示 设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ， 从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定 律mgR(1-cos θ)=mv2 在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m 联立解得cos θ= 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大， 小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律得F+mgcos θ=m(0≤θ≤π) 联立可得F=2mg-3mgcos θ 则大圆环对小环作用力的大小为|F|=|2mg-3mgcos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小， 由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。 　 (2024·辽宁省名校联盟一模)如图所示， 两个顶端带有小定滑轮的完全相同的斜 面对称固定在水平地面上，斜面倾角为30°。一不可伸长的轻质细绳跨过两定滑轮，两端分别连接质量均为2m的滑块B、C，质量为m的物块A悬挂在细绳上的O点，O点与两滑轮的距离均为l。先托住A，使两滑轮间的细绳呈水平状态，然后将A由静止释放。A下落过程中未与地面接触，B、C运动过程中均未与滑轮发生碰撞，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求： (1)物块A下落的最大高度H； 例5 答案　l　 根据题意可知，物块A下落最大高度H时，速度为零，由机械能守恒定律有 mgH=2×2mgsin 30°(-l) 解得H=l，H=0(舍去) (2)从A开始下落直至结点O两侧细绳与 竖直方向夹角为53°的过程中，物块A 机械能的变化量。 答案　-mgl 根据题意，由几何关系可得，结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53°时，物块A下落的高度为 h==l 设此时物块A的速度为v，则滑块B、C的速度为 v'=vcos 53°=v 下落过程中，由机械能守恒定律有 mgh-2×2mgsin 30°(-l)=mv2+2××2mv'2 物块A机械能的变化量 ΔE=mv2-mgh=-mgl 功能关系　能量守恒定律 考点四 1.功能关系的理解和应用 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。 (1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。 (2)根据能量转化，可计算变力做的功。 2.常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp 弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 动能 合外力做功等于物体动能变化量 W=Ek2-Ek1=mv2- m 机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他=E2-E1=ΔE机 能量 功能关系 表达式 摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=f·s相对 s相对为相对路程 电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安=E2-E1=ΔE 　 (2024·山东卷·7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于 A.+μmg(l-d) B.+μmg(l-d) C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d) √ 例6 解法一：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0=μmg 解得弹性绳的伸长量x0= 则此时弹性绳的弹性势能为 E0=k= 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d， 此过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgx1， 则由功能关系可知该过程F所做的功 W=E0+μmgx1=+μmg(l-d) 解法二：画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功 W=μmg(l-d)+x0 又kx0=μmg 联立解得W=+μmg(l-d) 故选B。 　 (2024·安徽蚌埠市模拟)如图所示，倾角为θ=37°的斜面与圆心为O、半径R=0.9 m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量 例7 为m1=0.8 kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L=1.35 m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ=0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，≈1.73。 (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小。 答案　24 N 由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C至D点过程，由动能定理有 -m1gR=-m1 对滑块a在C点由牛顿第二定律有 F1-m1g= 结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小 FN=F1=24 N (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。 答案　7.92 J 设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，从A到D，由能量守恒定律可知 Ep+m1gLsin 37°=μm1gLcos 37°+m1gRcos 37° 解得Ep=1.44 J 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守恒定律可知 Q=Ep+m1gLsin 37° 解得Q=7.92 J (3)若仅将滑块a换为质量为m2=0.05 kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离(结果保留2位有效数字)。 答案　1.8 m 设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒定律有 Ep+m2gLsin 37°=μm2gLcos 37°+m2g(R+Rcos 37°)+m2 解得vE=6 m/s 滑块b恰好能通过E点时，有 m2g= 得v'==3 m/s 可知vE>v'，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-Rsin 37° (R+Rcos 37°)-gt2=dtan 37° 解得t=0.328 5 s，d=1.431 m 又有x= 解得x≈1.8 m 提炼·总结 应用能量守恒定律解题的一般步骤 专题强化练 [1] [2] 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对一对 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C D A CD BD B 题号 9 10 答案 AD AB [1] 对一对 答案 1 2 3 [2] 1. (1)　(2)　 4 2. (1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 3. (1)2 m/s　(2)8 J 答案 1 2 3 4 4. (1)7 N　(2)v=，其中lx≥0.85 m　(3)见解析 1.(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球 A.从1到2动能减少mgh B.从1到2重力势能增加mgh C.从2到3动能增加mgh D.从2到3机械能不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 保分基础练 答案 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。 10 2.(2024·安徽卷·2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得 mgh-W克f=mv2-0 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 W克f=mgh-mv2 故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(2024·湖南长沙市第一中学模拟)物体A、B放置在粗糙的水平面上，若水平外力以恒定的功率P单独拉着物体A运动时，物体A的最大速度为v1；若水平外力仍以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动时，如图所示，物体A和物体B的最大速度为v2。空气阻力不计，在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为 A.P B.P C.P D.P √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 物体A受到的滑动摩擦力为fA=，以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动有fA+fB=，在 物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为PF=fBv2=P， 故选C。 10 4.(2024·重庆缙云教育联盟诊断)如图所示，用轻杆组成的正三角形OAB，边长为L，其中O点连接在可自由旋转的铰链上，A、B两点各固定一质量为m的小球(可视为质点)。AB杆从竖直位置由静止释放，转到AB杆处于水平位置的过程中，不考虑空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.A处小球机械能守恒，B处小球机械能不守恒 B.AB杆水平时，两球的速率均为 C.OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功 D.AB杆转到水平位置的过程中，杆对A处小球做的功为- √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 根据系统机械能守恒有 mg(L-)+mg(L+)=×2mv2，解得v=，对A处小球，杆做功为W1，根据动能 定理有W1+mg(L+)=mv2-0，解得W1=-mgL，对B处小球，杆做功为W2，根据动能定理有W2+mg(L-)=mv2-0，则有W2=mgL可知杆对A、B两处小球做功均不为零，则两球机械能均不守恒，故A、B错误，D正确； 如果OA杆对A处小球不做功，AB杆对A处小球做正功，则杆对A处小球做正功，与上述分析矛盾，故C错误。 5.(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为 A.m=0.7 kg，Ff=0.5 N B.m=0.7 kg，Ff=1.0 N C.m=0.8 kg，Ff=0.5 N D.m=0.8 kg，Ff=1.0 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 0~10 m内物块上滑，由动能定理得-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s，结合0~10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N。10~20 m 内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek= (mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1，结合10~20 m内的图像得，斜率k'=mgsin 30°-Ff=3 N，联立解得Ff=0.5 N，m=0.7 kg，故选A。 10 6.(多选)(2024·湖南省师范大学附属中学模拟)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆足够长，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力与插入的距离d成正比(f=Ad)。固定的槽足够长，装置可安全工作。若一小车分别以初动能Ek1和Ek2撞击弹簧，导致轻杆分别向右移动L和3L。已知轻杆初始时位于槽间的长度为L，装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。比较小车这两次撞击缓冲过程，下列说法正 确的是(弹簧的弹性势能Ep=kx2) A.小车撞击弹簧的初动能之比大于1∶4 B.系统损失的机械能之比为1∶4 C.两次小车反弹离开弹簧的速度之比为1∶2 D.小车做加速度增大的减速运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 轻杆与槽间的滑动摩擦力与插入的距离成正比，第一次，轻杆克服摩擦力做功为 W1=L=AL2，弹簧弹力大小为2AL，设此 时弹性势能为Ep，由功能关系可知，小车撞击弹簧的初动能为Ek1=W1+Ep，第二次，轻杆克服摩擦力做功为W2=3L=AL2，弹簧弹力大小为4AL，弹性势能为4Ep，小车撞击弹簧的初动能为Ek2=W2+4Ep，故<<，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 系统损失的机械能之比为W1∶W2=，故B错误； 小车反弹离开弹簧时弹性势能全部转化成动能，可求得速度比为1∶2，故C正确； 撞击缓冲过程小车做加速度增大的减速运动，故D正确。 7.(多选)(2023·全国乙卷·21)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fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于m-fl D.物块的动能一定小于m-fl 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 争分提能练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设物块离开木板时的动能为Ek块，此时木板的动能为Ek板，对木板：f·s板=Ek板 对物块：-fs块=Ek块-m 木板和物块的v-t图像如图所示， 由图可知s板<l，s块>l 故Ek板<fl，Ek块<m-fl， 故B、D正确，A、C错误。 10 8.(2024·安徽卷·7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为 A.(H+h+) B.(H+h+) C.(H+) D.(H+) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m=v0tSρ，根据平抛运动规律v0t'=l，h=gt'2， 解得v0=l，根据功能关系得Ptη=m+mg(H+h)，联立解得水泵的输出功率为P=(H+h+)，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.(多选)(2024·湖北省模拟)如图所示，光滑竖直固定杆上套有一质量为m的小球A，一根竖直轻弹簧上端连接着一个质量为m的物块B，下端连接着一个质量为2m的物块C。一轻绳跨过轻质定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为5L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点， 10 此时轻绳刚好伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直。现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑12L到达最低点Q，此时物块C与地面间的相互作用刚好为零。不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A.弹簧的劲度系数为 B.小球A运动到最低点时弹簧的形变量为L C.小球A运动到最低点时弹簧的弹性势能为4mgL D.用质量为的小球D替换A，并将其拉至Q点由 　静止释放，小球D经过P点时的动能为6mgL 10 √ √ 开始时，对B有mg=kx1 A在Q点时，对C有2mg=kx2，A从P到Q点， 由题意可知x1+x2=8L 解得k=，x2=L，故A正确，B错误； A从P到Q，对系统由能量守恒定律有 12mgL=8mgL+ΔEp 解得ΔEp=4mgL 因为弹簧原先有形变量，所以EPQ≠4mgL，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 D从Q到P，由能量守恒定律有 ΔEp+8mgL=×12L+Ek 解得Ek=6mgL，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10.(多选)(2024·黑龙江省一模)如图所示，倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将一质量为m的小物体P(可视为质点)轻放在A处，小物体P到达B处时恰好与传送带共速；再将另一质量也为m的小物体Q(可视为质点)轻放在A处，小物体Q在传送带上到达B处之前已与传送带共速，之后和传送带一起匀速到达B处。则P、Q两个物体从A到B的过程中 A.物体P与传送带间的动摩擦因数较小 B.传送带对P、Q两物体做功相等 C.传送带因传送物体而多消耗的电能相等 D.P、Q两个物体与传送带间因摩擦产生的热量相等 √ √ 10 小物体一开始在传送带上做初速度为零的匀加 速直线运动，加速度大小为 a==μgcos θ-gsin θ 根据题意可知，在速度达到与传送带共速v的过程，小物体P在传送带上的位移s较大，根据运动学公式可得a=，可知小物体P在传送带上加速时的加速度较小，则物体P与传送带间的动摩擦因数较小，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 在小物体从A到B的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，由题意可知，两小物体增加的动能和重力势能均相等，则两小物体增加的机械能相等，故传送带对P、Q两物体做功相等，故B正确； 小物体加速阶段与传送带发生的相对位移为 Δs=s传-s物=vt-t==，故小物体 与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·Δs=， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 因物体P与传送带间的动摩擦因数小，则小物体P与传送带间因摩擦产生的热量较大，由于两物体增加的机械能相同，根据能量守恒可知，传送带因传送物体P而多消耗的电能较大，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1.(2023·重庆卷·13)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹 角为θ，提升高度为h，如图所示。求： (1)提升高度为h时，工件的速度大小； 答案　　 答案 1 2 3 4 根据匀变速直线运动位移与速度关系有 =2a 解得v0= 答案 1 2 3 4 (2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件 做的功。 答案　　 根据速度公式有v0=at 解得t= 根据动能定理有W合=m 解得W合=。 答案 1 2 3 4 2.(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬 挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。 答案 1 2 3 4 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； 答案　5 m/s 答案 1 2 3 4 根据题意，小物块在传送带上， 由牛顿第二定律有μmg=ma 解得a=5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共 速时运动的距离为x==2.5 m<L传=3.6 m 可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。 答案 1 2 3 4 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； 答案　0.3 J 答案 1 2 3 4 小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2 其中v=5 m/s，v1=-1 m/s 解得v2=3 m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物v2 -m物-m球 解得ΔEk=0.3 J 答案 1 2 3 4 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 答案　0.2 m 答案 1 2 3 4 若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律 有m球g=m球 小球从O点正下方到P点正上方过程中， 由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g(2L绳-d) 联立解得d=0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案 1 2 3 4 答案　2 m/s　 3.(2024·重庆市一模)如图所示，倾角为θ=53°的光滑斜面底端固定一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，弹簧上端连接质量为5 kg的物块Q，Q与平行斜面的轻绳相连，轻绳跨过轻质光滑定滑轮O与套在光滑竖直杆上的质量为0.8 kg的物块P连接，图中O、B两点等高， 间距d=0.3 m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离h=0.4 m，此时轻绳中张力大小为50 N。现将P由静止释放，取g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求： (1)P上升至B点时的速度大小； 答案 1 2 3 4 在外力作用下，P在A点静止不动时，假设弹簧伸长量为x1， 对于物块Q有 T=mQgsin θ+kx1 代入数据解得x1=0.1 m P上升至B点时，Q的速度为 vQ=vPcos 90°=0 物块Q下降距离为 Δx=OA-OB=0.5 m-0.3 m=0.2 m 即弹簧压缩x2=0.2 m-0.1 m=0.1 m 答案 1 2 3 4 弹簧的形变量不变，因此弹性势能不变， 对物块P、Q及弹簧，根据能量守恒有 mQgΔxsin 53°-mPgh=mP 解得vP=2 m/s 答案 1 2 3 4 (2)P上升至B点的过程中，Q克服轻绳拉力做的功。 答案　8 J P上升至B点的过程中，由于弹簧对Q所做的功为0，对Q由动能定理得 mQgΔxsin 53°-W=0 可得W=mQgΔxsin 53°=8 J。 答案 1 2 3 4 为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m，轨道AB长度lAB=3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 4.(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心 答案 1 2 3 4 (1)若释放点距B点的长度l=0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； 答案　7 N 滑块由释放到C点过程，由能量守恒定律有 mglsin 37°+mgR(1-cos 37°)=m 在C点由牛顿第二定律有，FN-mg=m 解得FN=7 N 答案 1 2 3 4 (2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式； 答案　v=，其中lx≥0.85 m　 答案 1 2 3 4 要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得 mgl1sin 37°-(3mgRcos 37° +mgR)=0 解得l1=0.85 m 因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m 能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得 mglxsin 37°-4mgRcos 37°=mv2， 解得v=，其中lx≥0.85 m。 答案 1 2 3 4 (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。 答案　见解析 答案 1 2 3 4 设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍 mglxsin 37°-mgsin 37°-nμmgcos 37°=0，lFG= 解得lx= m，n=1，3，5，… 又因为lAB≥lx≥0.85 m，lAB=3 m， 当n=1时，lx1= m 当n=3时，lx2= m 当n=5时，lx3= m。 答案 1 2 3 4 本课结束 THANKS $$