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（广东专用）（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=Fscos α 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与摩擦力做功的代数和，而当Fsin θ=mg时，摩擦力为零，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=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)f1v1，又f1=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　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。若存在摩擦力生热，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　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 电场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　(多选)(2024·广东潮州市期末)如图甲所示是某游乐场的一部直道滑梯，质量为20 kg的儿童在长为5米的滑梯顶端从静止开始沿滑梯下滑，经过3秒到达滑梯底端，其重力势能随下滑距离s的变化如图乙所示，取滑梯底部为零势能面，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度取10 m/s2，则(　　) A.儿童下滑时加速度的大小约为1.1 m/s2 B.儿童与滑梯间的动摩擦因数为0.7 C.滑梯与水平面的夹角θ为37° D.儿童下滑过程中机械能减小 答案　ACD 解析　根据题图乙可知，下滑距离为5 m，根据s=at2可得加速度a== m/s2≈1.1 m/s2，故A正确；根据题意Ep=mgssin θ，解得sin θ=0.6，所以滑梯与水平面的夹角θ为37°，根据mgsin θ-f=ma，f=μFN，FN=mgcos θ，解得μ=，故B错误，C正确；儿童下滑过程中克服阻力做功，机械能减小，故D正确。 例7　(2024·广东惠州市二模)如图所示，水平平台上一轻弹簧左端固定在A点，原长时在其右端B处放置一质量为m=2 kg的小滑块(可视为质点)，平台AB段光滑，BC段长x=2 m，与滑块间的动摩擦因数μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带长L=5 m，与滑块间的动摩擦因数μ2=0.4。传送带右端D点与一光滑竖直圆形轨道相切，圆形轨道半径R=0.4 m，最高点E处有一弹性挡板，滑块碰撞挡板前后无机械能损失。现将滑块向左压缩弹簧后突然静止释放，滑块可在静止的传送带上滑行至距C点1.5 m处停下。已知传送带只可顺时针转动，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)静止释放滑块时弹簧的弹性势能Ep； (2)若在相同位置静止释放滑块，要使滑块恰好上升到E点，传送带的速度v为多大； (3)若在相同位置静止释放滑块，要使滑块不脱离圆弧形轨道，且不再返回压缩弹簧，传送带的速度大小范围。 答案　(1)22 J　(2)2 m/s　(3)0<v≤2 m/s或2 m/s≤v≤5 m/s 解析　(1)滑块从静止释放到在传送带上静止，由能量守恒定律得Ep=μ1mgx+μ2mgx1 其中x1=1.5 m，解得Ep=22 J (2)滑块恰好到达E点，有mg=m 得vE==2 m/s 分析得滑块在传送带经历了加速过程，设滑块在传送带上加速的位移为L1，由动能定理得 W弹-μ1mgx+μ2mgL1-2mgR=m，W弹=Ep 解得L1=1 m，又因L1<L=5 m，故滑块在传送带先加速后匀速。从D到E，由动能定理得-2mgR=m-m 联立得传送带速度为v=vD=2 m/s (3)情况一：滑块恰好上升至圆心等高处时，设传送带速度为v2，由动能定理：-mgR=0-m 解得v2==2 m/s 假设返回经过传送带速度减为零时，与D点之间距离为L'，则有-μ2mgL'=0-m 解得L'=1 m<L=5 m 故滑块不会冲过C点，在传送带与圆心等高处往复运动，则此情况要滑块不脱离圆弧形轨道0<v≤2 m/s 情况二：滑块上升到最高点E后再恰好返回B点，设滑块在传送带上的加速位移为s，对全程分析由动能定理 Ep-2μ1mgx+μ2mgs-μ2mgL=0 解得s=4.75 m 设此时传送带速度为v3，则滑块从静止释放到在传送带上达到速度v3，由动能定理Ep-μ1mgx+μ2mgs=m 解得v3=5 m/s 故此情况滑块不脱离圆弧形轨道只需2 m/s≤v≤5 m/s。 综上：要使滑块不脱离圆弧轨道，传送带的速度需满足的条件0<v≤2 m/s或2 m/s≤v≤5 m/s。 应用能量守恒定律解题的一般步骤 专题强化练 ［1 选择题］［分值：60分］ 1~6题每题6分，7~9题每题8分，共60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.(多选)(2023·广东卷·8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 答案　BCD 解析　重力做的功为WG=mgh=800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG-W克f=m，代入数据解得克服阻力做的功为W克f=440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得货物受到的支持力大小为F=380 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。 3.(多选)(2024·广东湛江市一模)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中，小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落，可将弹性网绳压到最低点B，小孩可看成质点，不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点A到最低点B的过程中，小孩的(　　) A.重力的功率先增大后减小 B.机械能一直减小 C.重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量 D.机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量 答案　AC 解析　当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，速度v竖直向下先增大后减小，根据P=mgv，可知重力的功率先增大后减小，故A正确；当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，小孩的机械能先不变后减小，故B错误；当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，重力势能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，则重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量，故C正确；当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，机械能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，故D错误。 4.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FfA=，以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动有FfA+FfB=，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=FfBv2=P，故选C。 5.(2024·广东广州市二模)如图，汽车定速巡航(即速率不变)通过路面abcd，t1时刻经过b，t2时刻经过c，t3时刻经过d。若汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦力的大小不变，则该过程汽车的功率P随时间t变化的图像是(　　) 答案　B 解析　根据题意可知，汽车运动速率不变，设汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦力的大小为f，在ab段有F1=mgsin θ+f，在bc段有F2=f，在cd段有F3+mgsin θ=f，可知F1>F2>F3，且F1、F2、F3保持不变，由公式P=Fv可知，汽车的功率P1>P2>P3，且P1、P2、P3保持不变。故选B。 6.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。 ［争分提能练］ 7.(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。 8.(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s1=x0+l-d， 此过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgs1， 则由功能关系可知该过程F所做的功 W=E0+μmgs1=+μmg(l-d) 解法二：画出外力F与乙所坐的木板的位移s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。 9.(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。 ［2 计算题］　［分值：50分］ 1.(8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)(4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·广东佛山市二模)“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离s=16 m的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成53°角，鱼饵的质量为m=0.02 kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度h=1.6 m、到鱼竿末端鱼饵的距离L=1.6 m。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求： (1)(6分)鱼饵在b点抛出时的速度大小； (2)(6分)从a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功W。 答案　(1)20 m/s　(2)4.128 J 解析　(1)鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，根据平抛运动的规律可得 s=vbt，L+h=gt2 联立解得t=0.8 s，vb=20 m/s (2)从a到b的甩竿过程，根据动能定理可得 W-mgL(1-cos 53°)=m 解得鱼竿对鱼饵做的功为W=4.128 J 3.(14分)(2024·广东佛山市顺德区检测)为节约人力，某公司安装斜面和传送带设备，其结构简化如下：斜面AB与水平面的夹角θ=37°。水平传送带顺时针转动，长度为s=5 m，速度大小为v0=12 m/s，传送带左端与斜面底端平滑相连。传送带右端下方h=5 m处有货箱长L=7 m的货车，在传送带左端无初速度释放货物，货物恰能落入货箱尾端。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1=0.25，与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5，sin 37°=0.6，重力加速度为g=10 m/s2，货物可视为质点，忽略传送轮的大小。 (1)(4分)求落入货箱尾部的货物的速度大小； (2)(4分)当货物从斜面上距离B点18.75 m处静止释放，求落入货箱的位置； (3)(6分)在斜面存在一段长度区域，在区域内任何位置无初速度释放货物后都能落入货箱前端，求这段区域长度。 答案　(1)5 m/s　(2)距尾端距离为5 m　(3)12.5 m 解析　(1)货物在传送带上的加速度为 a=μ1g=0.25×10 m/s2=2.5 m/s2 货物和传送带速度相等时的位移为 s0== m=28.8 m>5 m 则货物到达传送带右端时的速度为 vx== m/s=5 m/s 货物离开传送后做平抛运动，根据=2gh 解得vy=10 m/s 落入货箱尾部的货物的速度大小为 v1==5 m/s (2)根据动能定理有 m=mglsin 37°-μ2mglcos 37° 解得vB=5 m/s 货物到达传送带右端过程有v2-=2as 解得v=10 m/s 货物做平抛运动的时间为t==1 s 无初速度滑上传送带后做平抛运动的水平位移为 x1=vxt=5×1 m=5 m 当货物从斜面上距离B点18.75 m处静止释放后做平抛运动的水平位移为x2=vt=10×1 m=10 m 则落入货箱的位置到尾端距离为Δx=x2-x1=5 m (3)货物要落入货箱的前端，根据平抛运动规律有 h=gt2，L+x1=v't 解得离开传送带右端的速度为v'=12 m/s 货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最小，有v'2-=2as 设此时距离B点为l1，根据动能定理有 m=mgl1sin 37°-μ2mgl1cos 37° 解得l1=29.75 m 货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最大，有-v'2=2as 设此时距离B点为l2，根据动能定理有 m=mgl2sin 37°-μ2mgl2cos 37° 解得l2=42.25 m 这段区域长度为Δl=l2-l1=12.5 m。 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 2 知识体系 3 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=Fscos α 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 机车启动 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与摩擦力做功的代数和，而当Fsin θ=mg时，摩擦力为零，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。 　 (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=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)f1v1，又f1=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 例3 　 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； 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 1.应用动能定理解题的步骤图解： 提炼·总结 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。若存在摩擦力生热，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。 　 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 例5 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； 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 电场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 　 (多选)(2024·广东潮州市期末)如图甲所示是某游乐场的一部直道滑梯，质量为20 kg的儿童在长为5米的滑梯顶端从静止开始沿滑梯下滑，经过3秒到达滑梯底端，其重力势能随下滑距离s的变化如图乙所示，取滑梯底部为零势能面，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度取10 m/s2，则 A.儿童下滑时加速度的大小约为1.1 m/s2 B.儿童与滑梯间的动摩擦因数为0.7 C.滑梯与水平面的夹角θ为37° D.儿童下滑过程中机械能减小 例6 √ √ √ 根据题图乙可知，下滑距离为5 m，根据s=at2可得 加速度a== m/s2≈1.1 m/s2，故A正确； 根据题意Ep=mgssin θ，解得sin θ=0.6，所以滑梯与水 平面的夹角θ为37°，根据mgsin θ-f=ma，f=μFN，FN=mgcos θ，解得μ=，故B错误，C正确； 儿童下滑过程中克服阻力做功，机械能减小，故D正确。 　 (2024·广东惠州市二模)如图所示，水平平台上一轻弹簧左端固定在A点，原长时在其右端B处放置一质量为m=2 kg的小滑块(可视为质点)，平台AB段光滑，BC段长x=2 m，与滑块间的动摩擦因数μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带长L=5 m，与滑块间的动摩擦因数μ2=0.4。传送带右端D点与一光滑竖直圆形轨道相切，圆形轨道半径R=0.4 m，最高点E处有一弹性挡板，滑块碰撞挡板前后无机械能损失。 例7 现将滑块向左压缩弹簧后突然静止释放，滑块可在静止的传送带上滑行至距C点1.5 m处停下。已知传送带只可顺时针转动，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)静止释放滑块时弹簧的弹性势能Ep； 答案　22 J 滑块从静止释放到在传送带上静止，由能量守恒定律得Ep=μ1mgx+ μ2mgx1 其中x1=1.5 m，解得Ep=22 J (2)若在相同位置静止释放滑块，要使滑块恰好上升到E点，传送带的速度v为多大； 答案　2 m/s 滑块恰好到达E点，有mg=m 得vE==2 m/s 分析得滑块在传送带经历了加速过程，设滑块在传送带上加速的位移为L1，由动能定理得 W弹-μ1mgx+μ2mgL1-2mgR=m，W弹=Ep 解得L1=1 m，又因L1<L=5 m，故滑块在传送带先加速后匀速。从D到E，由动能定理得-2mgR=m-m 联立得传送带速度为v=vD=2 m/s (3)若在相同位置静止释放滑块，要使滑块不脱离圆弧形轨道，且不再返回压缩弹簧，传送带的速度大小范围。 答案　0<v≤2 m/s或2 m/s≤v≤5 m/s 情况一：滑块恰好上升至圆心等高处时， 设传送带速度为v2，由动能定理：-mgR=0-m 解得v2==2 m/s 假设返回经过传送带速度减为零时，与D点之间距离为L'， 则有-μ2mgL'=0-m 解得L'=1 m<L=5 m 故滑块不会冲过C点，在传送带与圆心等高处往复运动，则此情况要滑块不脱离圆弧形轨道0<v≤2 m/s 情况二：滑块上升到最高点E后再恰好返回B点，设滑块在传送带上的加速位移为s，对全程分析由动能定理 Ep-2μ1mgx+μ2mgs-μ2mgL=0 解得s=4.75 m 设此时传送带速度为v3，则滑块从静止释放到在传送带上达到速度v3，由动能定理Ep-μ1mgx+μ2mgs=m 解得v3=5 m/s 故此情况滑块不脱离圆弧形轨道只需2 m/s≤v≤5 m/s。 综上：要使滑块不脱离圆弧轨道，传送带的速度需满足的条件0<v≤2 m/s 或2 m/s≤v≤5 m/s。 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 选择题] [2 计算题] 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对一对 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B BCD AC C B D A B 题号 　9 答案 　BD [1 选择题] 对一对 1 2 3 [2 计算题] 4 答案 题号 1 2 答案 (1)　(2)　 (1)20 m/s　(2)4.128 J 题号 3 4 答案 (1)5 m/s (2)距尾端距离为5 m　(3)12.5 m (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 √ 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。 2.(多选)(2023·广东卷·8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有 A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ √ 重力做的功为WG=mgh=800 J，A错误； 下滑过程根据动能定理可得WG-W克f=m，代入数据解得克服阻力做的功为W克f=440 J，B正确； 经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2，C正确； 经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得货物受到的支持力大小为F=380 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(多选)(2024·广东湛江市一模)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中，小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落，可将弹性网绳压到最低点B，小孩可看成质点，不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点A到最低点B的过程中，小孩的 A.重力的功率先增大后减小 B.机械能一直减小 C.重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量 D.机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，速度v竖直向下先增大后减小，根据P=mgv，可知重力的功率先增大后减小，故A正确； 当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低 点B的过程中，小孩的机械能先不变后减小，故B错误； 当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，重力势能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，则重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 当小孩弹跳到最高点A后下落，将弹性网绳压到最低点B的过程中，机械能的减少量等于弹性绳和弹性网绳的弹性势能的增加量，故D错误。 4.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 物体A受到的滑动摩擦力为FfA=，以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动有FfA+FfB=，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=FfBv2=P，故选C。 5.(2024·广东广州市二模)如图，汽车定速巡航(即速率不变)通过路面abcd，t1时刻经过b，t2时刻经过c，t3时刻经过d。若汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦力的大小不变，则该过程汽车 的功率P随时间t变化的图像是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据题意可知，汽车运动速率不变，设汽车行驶过程所受空气阻力和摩擦力的大小为f，在ab段有F1=mgsin θ+f，在bc段有F2=f，在cd段有F3+mgsin θ=f，可知F1>F2>F3，且F1、F2、F3保持不变，由公式P=Fv可知，汽车的功率P1>P2>P3，且P1、P2、P3保持不变。故选B。 6.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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。 7.(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 √ 争分提能练 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。 8.(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) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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s1=x0+l-d， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 此过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgs1， 则由功能关系可知该过程F所做的功 W=E0+μmgs1=+μmg(l-d) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 解法二：画出外力F与乙所坐的木板的位移s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。 9.(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 √ √ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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 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= (2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。 答案　　 答案 1 2 3 4 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.(2024·广东佛山市二模)“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离s=16 m的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成53°角，鱼饵的质量为m=0.02 kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度h=1.6 m、到鱼竿末端鱼饵 答案 1 2 3 4 的距离L=1.6 m。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求： 答案 1 2 3 4 (1)鱼饵在b点抛出时的速度大小； 答案　20 m/s 鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，根据平抛运动的规律可得 s=vbt，L+h=gt2 联立解得t=0.8 s，vb=20 m/s 答案 1 2 3 4 (2)从a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功W。 答案　4.128 J 从a到b的甩竿过程，根据动能定理可得 W-mgL(1-cos 53°)=m 解得鱼竿对鱼饵做的功为W=4.128 J 3.(2024·广东佛山市顺德区检测)为节约人力，某公司安装斜面和传送带设备，其结构简化如下：斜面AB与水平面的夹角θ=37°。水平传送带顺时针转动，长度为s=5 m，速度大小为v0=12 m/s，传送带左端与斜面底端平滑相连。传送带右端下方h=5 m处有货箱长L=7 m的货车，在传送带左端无初速度释放货物，货物恰能落入货箱尾端。已知货物与传送带间 答案 1 2 3 4 的动摩擦因数μ1=0.25，与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5，sin 37°=0.6，重力加速度为g=10 m/s2，货物可视为质点，忽略传送轮的大小。 (1)求落入货箱尾部的货物的速度大小； 答案 1 2 3 4 答案　5 m/s 货物在传送带上的加速度为 a=μ1g=0.25×10 m/s2=2.5 m/s2 货物和传送带速度相等时的位移为 s0== m=28.8 m>5 m 则货物到达传送带右端时的速度为 vx== m/s=5 m/s 货物离开传送后做平抛运动，根据=2gh 答案 1 2 3 4 解得vy=10 m/s 落入货箱尾部的货物的速度大小为 v1==5 m/s 答案 1 2 3 4 (2)当货物从斜面上距离B点18.75 m处静止释放，求落入货箱的位置； 答案 1 2 3 4 答案　距尾端距离为5 m　 根据动能定理有 m=mglsin 37°-μ2mglcos 37° 解得vB=5 m/s 货物到达传送带右端过程有v2-=2as 解得v=10 m/s 货物做平抛运动的时间为t==1 s 答案 1 2 3 4 无初速度滑上传送带后做平抛运动 的水平位移为 x1=vxt=5×1 m=5 m 当货物从斜面上距离B点18.75 m处 静止释放后做平抛运动的水平位移为x2=vt=10×1 m=10 m 则落入货箱的位置到尾端距离为Δx=x2-x1=5 m 答案 1 2 3 4 (3)在斜面存在一段长度区域，在区域内任何位置无初速度释放货物后都能落入货箱前端，求这段区域长度。 答案 1 2 3 4 答案　12.5 m 货物要落入货箱的前端，根据平抛运动规律有 h=gt2，L+x1=v't 解得离开传送带右端的速度为v'= 12 m/s 货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最小，有v'2-=2as 设此时距离B点为l1，根据动能定理有 m=mgl1sin 37°-μ2mgl1cos 37° 答案 1 2 3 4 解得l1=29.75 m 货物要落入货箱的前端且货物到达传送带左端时速度最大，有-v'2=2as 设此时距离B点为l2，根据动能定理有 m=mgl2sin 37°-μ2mgl2cos 37° 解得l2=42.25 m 这段区域长度为Δl=l2-l1=12.5 m。 答案 1 2 3 4 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 答案 1 2 3 4 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。 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 91 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 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　 93 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 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 95 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 $$