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（苏京版）（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相关问题。 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，最终以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，最终以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　(2023·湖北卷·4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意可知对两节动车分别有P1=f1v1，P2=f2v2，当将它们编组后有P1+P2=(f1+f2)v，联立可得v=，故选D。 考点二　动能定理的应用 例3　(2024·江苏南京市大厂高级中学一模)如图所示，小球从斜面上H高处由静止释放，经水平面进入竖直光滑圆轨道，恰好能经过圆轨道的最高点。O为圆轨道的圆心，P为圆轨道上与圆心等高的点。已知小球的质量m=0.1 kg，H=1.2 m，圆轨道半径r=0.4 m，取重力加速度g=10 m/s2。 (1)求小球在圆轨道最高点的速度大小； (2)求小球在进入圆轨道前的过程中克服阻力做的功W； (3)求小球经过P点时的加速度大小a。 答案　(1)2 m/s　(2)0.2 J　(3)10 m/s2 解析　(1)设小球经过圆轨道最高点的速度为v，则mg=，解得v=2 m/s (2)小球从释放到圆轨道最高点，根据动能定理有mg(H-2r)-W=mv2 解得W=0.2 J (3)设小球经过圆轨道P点的速度为v1，则有 FN= 从圆轨道最高点到P根据动能定理有 mgr=m-mv2 则小球经过P点时根据牛顿第二定律有 =ma，解得a=10 m/s2。 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，往往能简化问题。 (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　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=Ff·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　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=kx2(其中k为弹簧的劲度系数，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为 B.弹簧弹性势能的最大值为mgLsin θ C.弹簧的劲度系数为 D.物块动能的最大值为mgLsin θ 答案　D 解析　物块从A到D的全过程中由动能定理有mg×2L×(1-)sin θ-μmgcos θ×2L×(1+)=0，解得μ=，故A错误； 物块从A到C的过程中由能量守恒定律有mgsin θ·3L-μmgcos θ·2L=Epmax，解得Epmax=2mgLsin θ，故B错误； 由题意可知Epmax=2mgLsin θ=kL2，解得k=，故C错误； 当物块加速度为0时动能最大，有mgsin θ=kx，从物块开始运动到动能最大的过程中有mgsin θ·(2L+x)-μmgcos θ·2L=kx2+Ekmax，解得Ekmax=mgLsin θ，故D正确。 例7　(2024·江苏盐城市质量监测)如图，轻弹簧一端固定在倾角为θ=37°的固定斜面底端，其劲度系数k=150 N/m，弹簧自然伸长时另一端位于斜面上O点。已知斜面O点下方光滑、上方粗糙，弹簧的弹性势能Ep与其劲度系数及形变量x满足Ep=kx2。现用一长l=0.1 m、质量m=1 kg且质量分布均匀的滑块向下压弹簧，当滑块上端恰位于O点时由静止释放滑块，滑块恰能全部滑入O点上方。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)刚释放时滑块加速度的大小a； (2)滑块与斜面O点上方的动摩擦因数μ； (3)释放后滑块沿斜面滑行的总路程s。 答案　(1)9 m/s2　(2)0.375　(3)0.15 m 解析　(1)刚释放滑块时由牛顿第二定律有kl-mgsin 37°=ma 代入数据解得a=9 m/s2 (2)根据题意，滑块从开始滑动到恰好滑到O点上方的过程中，所受摩擦力随位移变化的关系式为Ff=μmgcos θ 则摩擦力作用可以用平均力来代替，由能量守恒有Ep=mglsin 37°+μmglcos 37° 其中Ep=kl2 代入数据解得μ=0.375 (3)滑块释放后恰能全部滑入O点上方，由于O点下方光滑，上方粗糙，所以滑动至速度为零时弹簧恰好原长，此时对滑块受力分析，根据题意tan θ=>μ=0.375 则滑块上升到最高点速度为0时不会静止，将会沿斜面下滑。滑块在下滑阶段到速度减为0时沿斜面向下运动的位移为x，由能量守恒有 mgxsin 37°=kx2+μmgcos 37°x 代入数据解得x=0.05 m 判断该位置是否可以静止，已知mgsin 37°=6 N 弹力kx=7.5 N 此时最大静摩擦力Ff=μmgcos 37°·=1.5 N 由受力分析可知滑块恰好处于平衡状态，则以后滑块可以静止在此位置。则在整个运动过程中滑块沿滑行斜面的总路程s=l+x=0.15 m。 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：50分] 1~6题每题4分，7~10题每题5分，11题6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·江苏扬州市宝应县模拟)某水上乐园有两种滑道，一种是直轨滑道，另一种是螺旋滑道，两种滑道的高度及粗糙程度相同，但螺旋滑道的轨道更长，某游客分别沿两种不同的滑道由静止从顶端滑下，在由顶端滑至底端的整个过程中，沿螺旋滑道下滑时(　　) A.重力对游客做的功更多 B.摩擦力对游客做的功更少 C.游客受到的摩擦力更大 D.游客到底端的速度更大 答案　C 解析　设游客质量为m，下落高度为h，重力对游客做功WG=mgh，由顶端滑向底端的过程中，虽路径不同，但两种方式下落的高度相同，则重力对游客做的功一样多，故A错误；摩擦力做功Wf=-Ffs=-μFNs，螺旋滑道更平缓，且滑道对游客的支持力的一部分还要提供游客做圆周运动的向心力，故游客在螺旋滑道上受到的支持力FN较大，摩擦力Ff较大，滑道s更长，所以摩擦力对游客做的功更多，故B错误，C正确；根据动能定理可知游客到底端的过程WG-Wf=mv2-0，由于两种方式重力做功一样多，沿螺旋滑道下滑摩擦力做的负功更多，因而，最终到达底端时速度更小，故D错误。 4.(2024·江西卷·5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　) A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W 答案　B 解析　由题知，Δt时间内流出的水量为m=ρQΔt=1.0×104Δt(kg)，发电过程中水的重力势能转化为电能，则有P=×70%≈1.0×107 W，故选B。 5.(2024·江苏如皋市调研)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，如图，若保持功率P继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。假设汽车运动过程中阻力(不包含重力沿斜面向下的分力)大小保持不变，下列图像中能正确表示该汽车运动过程速率v随时间t变化的是(　　) 答案　A 解析　匀速行驶时P=F0v0，此时阻力等于牵引力，Ff=F0，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，由于多了一与速度方向相反的重力沿斜面向下的分力，汽车开始做减速运动，功率不变，根据P=Fv可知，牵引力会增加。在斜面上，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有-F+Ff+mgsin θ=ma，则该过程是加速度减小的减速运动。当加速度再次为零时，有F'=Ff+mgsin θ>F0，根据P=Fv可知，此时速度小于v0。故选A。 6.(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。 ［争分提能练] 7.(2023·全国乙卷·21改编)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.物块的动能一定等于m-fl 答案　B 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·x板=Ek板 对物块：-fx块=Ek块-m 木板和物块的v-t图像如图所示， 由图可知x板<l，x块>l 故Ek板<fl，Ek块<m-fl， 故B正确，A、C、D错误。 8.(2023·江苏连云港市模拟)如图所示，坡道滑雪中运动员从斜面自由滑到水平面直至停止，运动员与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，空气阻力不计，其运动过程中重力的瞬时功率P与动能Ek随时间t、重力势能Ep和机械能E随水平位移x变化的图像中，可能正确的是(　　) 答案　D 解析　运动员在坡道上做匀加速运动，速度越来越大，重力的瞬时功率P越来越大，滑到水平面后，重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率P为0，故A错误；运动员在坡道上做匀加速运动，速度越来越大，动能越来越大，故B错误；运动员在斜面上下滑过程中，重力势能随位移均匀减小，故C错误；运动员在运动过程中由于摩擦力做功导致机械能减少，在斜面上机械能减少量为ΔE1=μmgcos θ·=μmgx，在水平面上运动，机械能减少量为ΔE2=μmgx(x-Lcos θ)，其中L为运动员在斜面上运动的距离，θ为斜面倾角，两运动阶段E-x斜率相同，运动员停止后，机械能不变，故D正确。 9.(2023·江苏淮安市二模)如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA=37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则(　　) A.小球重力的功率一直增大 B.M∶m=3∶5 C.运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等 D.小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为Mg 答案　D 解析　小球在题图所示水平位置和D点时速度均为0，重力的功率也为0，故重力的功率不是一直增大，故A错误；设AD长为3L，根据机械能守恒定律有Mg·2L=mg·3Lcos 37°，解得M∶m=6∶5，故B错误；小球在题图所示水平位置和D点时，小球和小物块的速度大小相等，均为0，AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，故C错误；设小球在最低点D时沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为FT，根据牛顿第二定律有Mg-FT=Ma，FT-mgcos 53°=ma，解得FT=Mg，故D正确。 10.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大 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　B 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x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错误； 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Δx=x传-x物=vt-t==，故小物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·Δx=，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。 [尖子生选练] 11.(2024·江苏南京市名校联考)轻质弹簧下端固定在斜面底部，弹簧处于原长时上端在O点。小球将弹簧压缩到A点(未拴接)由静止释放后，运动到B点速度为零。设阻力恒定，以O点为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，小球上升过程的速度v、加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律可能正确的是(　　) 答案　B 解析　设小球到O点时速度为v，由O到B的过程中由动能定理可知-mgxsin θ-Ffx=0-mv2，解得v=，v-x图像中过O点后应为曲线，故A错误；当小球在O点左侧位置坐标为x时，弹簧压缩量为x，由牛顿第二定律，有-kx-Ff-mgsin θ=ma，得a=-x--gsin θ，当小球在O点右侧时，有-Ff-mgsin θ=ma，得a=--gsin θ，a-x图像为两段直线，若平衡位置在O点左侧，则两段直线的转折点在O点左侧，故B正确；设弹簧被压缩至A点时的弹性势能为EpA，在弹簧恢复原长过程中由能量守恒定律可知EpA=Ffx+mgxsin θ+Ek+k(x0-x)2，整理可得Ek=EpA-mgxsin θ-k(x0-x)2-Ffx，可知在O点前图像应为开口向下的抛物线，由O到B的过程中根据动能定理可知-mgxsin θ-Ffx=0-Ek，图像为直线，故C错误；设A点的弹性势能为EpA，小球在恢复原长过程中由能量守恒定律可知EpA=mgxsin θ+mv2+k(x0-x)2+Ffx，整理可得E=EpA-k(x0-x)2-Ffx，图像为开口向下的抛物线，故D错误。 [2 计算题]　　[分值：40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)(3分)提升高度为h时，工件的速度大小； (2)(5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.(10分)(2024·江苏东台市安丰中学等六校联考)如图所示，足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接，光滑的半圆轨道与水平面连接，相切于C点。传送带以恒定的速率v=5 m/s顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m=0.5 kg的物体以v1=6 m/s的速度向左滑上传送带，经过2 s物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，g取10 m/s2。求： (1)(3分)物体与传送带之间的动摩擦因数μ； (2)(3分)半圆轨道半径R； (3)(4分)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。 答案　(1)0.3　(2)0.5 m　(3)30.25 J 解析　(1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg=ma 根据加速度定义式有-a= 联立解得μ=0.3 (2)根据题意可知vC=v=5 m/s 又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，设经过最高点D时的速度为vD，在D处，根据牛顿第二定律有mg=m 在由C运动至D的过程中，根据动能定理有-mg×2R=m-m 联立解得R=0.5 m (3)物体向左滑行时，相对传送带的位移为Δx1=·t+vt 物体向右滑行时，相对传送带的位移为Δx2=v·- 物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为Q=μmg(Δx1+Δx2) 联立并代入数据解得Q=30.25 J。 3.(10分)(2024·江苏宿迁市一模)如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： (1)(2分)B静止时，弹簧伸长量x； (2)(8分)若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放： ①物块的最大速度vm； ②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。 答案　(1)　(2)①g　② 解析　(1)B静止时，根据平衡条件有mg=kx 解得x= (2)①当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落x'，此时的弹力为F弹=kx'=mg 结合题意可知F弹=kx'=mg<Ffmax=1.2mg 所以A不动，B与弹簧构成的系统机械能守恒，即mgx'=m+kx'2 联立可得vm=g ②设B向下运动速度减为零时，小球A下滑的距离为L，此时弹簧伸长量为x″，根据能量守恒定律可得mg(L+x″)=kx″2+Q 其中Q=FfmaxL=1.2mgL kx″=1.2mg 联立解得Q=。 4.(12分)(2024·江苏苏州市第三中学模拟)如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L。有若干个相同的小物块沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L。现将它们由静止释放，释放时下端距A为2L。当下端运动到A下面距A为时物块运动的速度达到最大。重力加速度为g，求： (1)(3分)物块与粗糙斜面间的动摩擦因数； (2)(5分)最后一个物块经过A时的速度大小； (3)(4分)若小物块的总质量为m，则物块下滑过程中产生的热量。 答案　(1)2tan θ　(2)2　(3)5mgLsin θ 解析　(1)当物块下端运动到A下面距A为时，物块运动的速度达到最大，可知此时物块加速度为零，受力平衡，令小物块的总质量为m，根据平衡条件有mgsin θ=μ·mgcos θ 解得μ=2tan θ (2)令小物块的总质量为m，当物块下端运动到A下面的间距为x时，物块所受滑动摩擦力大小为Ff=μgcos θ 摩擦力与物块下端运动到A下面的距离成线性关系，可知，当最后一个物块经过A时，滑动摩擦力做的功为Wf=- 解得Wf=-mgLsin θ 从开始下滑到最后一个物块经过A过程，根据动能定理有 mg·3Lsin θ+Wf=m 解得v0=2 (3)假设物块停止运动时，下端没有越过B点，令物块停止运动时，下端距离A点的间距为x0，从最后一个物块经过A到物块停止运动过程，根据动能定理有 (mgsin θ-μmgcos θ)(x0-L)=0-m 解得x0=3L 表明物块下端运动到B点时，恰好停止运动，根据能量守恒定律，物块下滑过程中产生的热量 Q=mg(2L+3L)sin θ 解得Q=5mgLsin θ。 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相关问题。 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 ，最终以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 ，最终以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。 　 (2023·湖北卷·4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为 A. B. C. D. 例2 √ 由题意可知对两节动车分别有P1=f1v1，P2=f2v2，当将它们编组后有P1+P2=(f1+f2)v，联立可得v=，故选D。 动能定理的应用 考点二 例3 (2024·江苏南京市大厂高级中学一模)如图所示，小球从斜面上H高处由静止释放，经水平面进入竖直光滑圆轨道，恰好能经过圆轨道的最高点。O为圆轨道的圆心，P为圆轨道上与圆心等高的点。已知小球的质量m=0.1 kg，H=1.2 m，圆轨道半径r=0.4 m，取重力 加速度g=10 m/s2。 (1)求小球在圆轨道最高点的速度大小； 答案　2 m/s 设小球经过圆轨道最高点的速度为v，则mg=，解得v=2 m/s (2)求小球在进入圆轨道前的过程中克服阻力做的 功W； 答案　0.2 J 小球从释放到圆轨道最高点，根据动能定理有mg(H-2r)-W=mv2 解得W=0.2 J (3)求小球经过P点时的加速度大小a。 答案　10 m/s2 设小球经过圆轨道P点的速度为v1，则有 FN= 从圆轨道最高点到P根据动能定理有 mgr=m-mv2 则小球经过P点时根据牛顿第二定律有 =ma，解得a=10 m/s2。 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，往往能简化问题。 (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。 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： 例5 (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 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=Ff·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 　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=kx2(其中k为弹簧的劲度系数，x为形变量)。下列说法中正确的是 例6 A.物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为 B.弹簧弹性势能的最大值为mgLsin θ C.弹簧的劲度系数为 D.物块动能的最大值为mgLsin θ √ 物块从A到D的全过程中由动能定理有mg×2L× (1-)sin θ-μmgcos θ×2L×(1+)=0，解得μ=， 故A错误； 物块从A到C的过程中由能量守恒定律有mgsin θ·3L-μmgcos θ·2L=Epmax，解得Epmax=2mgLsin θ，故B错误； 由题意可知Epmax=2mgLsin θ=kL2，解得k=，故C错误； 当物块加速度为0时动能最大，有mgsin θ=kx，从物块开始运动到动能 最大的过程中有mgsin θ·(2L+x)-μmgcos θ·2L=kx2+Ekmax，解得Ekmax= mgLsin θ，故D正确。 　(2024·江苏盐城市质量监测)如图，轻弹簧一端固定在倾角为θ=37°的固定斜面底端，其劲度系数k=150 N/m，弹簧自然伸长时另一端位于斜面 上O点。已知斜面O点下方光滑、上方粗糙，弹簧的弹性势能Ep与其劲度 系数及形变量x满足Ep=kx2。现用一长l=0.1 m、质量m=1 kg且质量分布均匀的滑块向下压弹簧，当滑块上端恰位于O点时由静止释放滑块，滑块恰能全部滑入O点上方。最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37° =0.8。求： 例7 (1)刚释放时滑块加速度的大小a； 答案　9 m/s2 刚释放滑块时由牛顿第二定律有kl-mgsin 37°=ma 代入数据解得a=9 m/s2 (2)滑块与斜面O点上方的动摩擦因数μ； 答案　0.375 根据题意，滑块从开始滑动到恰好滑到O点上方的过程中，所受摩擦力随位移变化的关系式为Ff=μmgcos θ 则摩擦力作用可以用平均力来代替，由能量守恒有 Ep=mglsin 37°+μmglcos 37° 其中Ep=kl2 代入数据解得μ=0.375 (3)释放后滑块沿斜面滑行的总路程s。 答案　0.15 m 滑块释放后恰能全部滑入O点上方，由于O点下方 光滑，上方粗糙，所以滑动至速度为零时弹簧恰好 原长，此时对滑块受力分析，根据题意tan θ=>μ= 0.375 则滑块上升到最高点速度为0时不会静止，将会沿斜面下滑。滑块在下滑阶段到速度减为0时沿斜面向下运动的位移为x，由能量守恒有 mgxsin 37°=kx2+μmgcos 37°x 代入数据解得x=0.05 m 判断该位置是否可以静止，已知mgsin 37°=6 N 弹力kx=7.5 N 此时最大静摩擦力Ff=μmgcos 37°·=1.5 N 由受力分析可知滑块恰好处于平衡状态，则以后滑块可以静止在此位置。则在整个运动过程中滑块沿滑行斜面的总路程s=l+x=0.15 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 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 D C B A A B D 题号 9 10 　11 答案 D B 　B [1 选择题] 10 11 对一对 1 2 3 [2 计算题] 4 答案 题号 1 2 答案 (1)　(2)　 (1)0.3　(2)0.5 m　(3)30.25 J 题号 3 4 答案 (1)　(2)①g　② (1)2tan θ　(2)2　(3)5mgLsin θ 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 11 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 11 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 11 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 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(2024·江苏扬州市宝应县模拟)某水上乐园有两种滑道，一种是直轨滑道，另一种是螺旋滑道，两种滑道的高度及粗糙程度相同，但螺旋滑道的轨道更长，某游客分别沿两种不同的滑道由静止从顶端滑下，在由顶端滑至底端的整个过程中，沿螺旋滑道下滑时 A.重力对游客做的功更多 B.摩擦力对游客做的功更少 C.游客受到的摩擦力更大 D.游客到底端的速度更大 √ 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设游客质量为m，下落高度为h，重力对游客 做功WG=mgh，由顶端滑向底端的过程中，虽 路径不同，但两种方式下落的高度相同，则 重力对游客做的功一样多，故A错误； 摩擦力做功Wf=-Ffs=-μFNs，螺旋滑道更平缓，且滑道对游客的支持力的一部分还要提供游客做圆周运动的向心力，故游客在螺旋滑道上受到的支持力FN较大，摩擦力Ff较大，滑道s更长，所以摩擦力对游客做的功更多，故B错误，C正确； 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据动能定理可知游客到底端的过程WG-Wf =mv2-0，由于两种方式重力做功一样多，沿 螺旋滑道下滑摩擦力做的负功更多，因而， 最终到达底端时速度更小，故D错误。 10 11 4.(2024·江西卷·5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为 A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 由题知，Δt时间内流出的水量为m=ρQΔt=1.0×104Δt(kg)，发电过程中 水的重力势能转化为电能，则有P=×70%≈1.0×107 W，故选B。 5.(2024·江苏如皋市调研)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，如图，若保持功率P继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。假设汽车运动过程中阻力(不包含重力沿斜面向下的分力)大小保持 不变，下列图像中能正确表示该汽车运动过 程速率v随时间t变化的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 匀速行驶时P=F0v0，此时阻力等于牵引力， Ff=F0，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面， 由于多了一与速度方向相反的重力沿斜面向下的分力，汽车开始做减速运动，功率不变，根据P=Fv可知，牵引力会增加。在斜面上，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有-F+Ff+mgsin θ=ma，则该过程是加速度减小的减速运动。当加速度再次为零时，有F'=Ff+mgsin θ>F0，根据P=Fv可知，此时速度小于v0。故选A。 10 11 6.(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 11 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 11 7.(2023·全国乙卷·21改编)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.物块的动能一定等于m-fl 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 争分提能练 10 11 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·x板 =Ek板 对物块：-fx块=Ek块-m 木板和物块的v-t图像如图所示， 由图可知x板<l，x块>l 故Ek板<fl，Ek块<m-fl， 故B正确，A、C、D错误。 10 11 8.(2023·江苏连云港市模拟)如图所示，坡道滑雪中运动员从斜面自由滑到水平面直至停止，运动员与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，空气阻力不计，其运动过程中重力的瞬时功率P与动能Ek随时间t、重力势能Ep和机械能E随水平位移x变化的图像中，可能正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 运动员在坡道上做匀加速运动，速度越来越大，重 力的瞬时功率P越来越大，滑到水平面后，重力方 向与速度方向垂直，重力的瞬时功率P为0，故A 错误； 运动员在坡道上做匀加速运动，速度越来越大，动能越来越大，故B错误； 运动员在斜面上下滑过程中，重力势能随位移均匀减小，故C错误； 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 运动员在运动过程中由于摩擦力做功导致机械能 减少，在斜面上机械能减少量为ΔE1=μmgcos θ· =μmgx，在水平面上运动，机械能减少量为 ΔE2=μmgx(x-Lcos θ)，其中L为运动员在斜面上运 动的距离，θ为斜面倾角，两运动阶段E-x斜率相同，运动员停止后，机械能不变，故D正确。 10 11 9.(2023·江苏淮安市二模)如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA=37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则 A.小球重力的功率一直增大 B.M∶m=3∶5 C.运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等 D.小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为Mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 √ 小球在题图所示水平位置和D点时速度均为0，重 力的功率也为0，故重力的功率不是一直增大，故 A错误； 设AD长为3L，根据机械能守恒定律有Mg·2L=mg· 3Lcos 37°，解得M∶m=6∶5，故B错误； 小球在题图所示水平位置和D点时，小球和小物块的速度大小相等，均为0，AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 设小球在最低点D时沿BD方向的加速度大小为a， BD中的拉力为FT，根据牛顿第二定律有Mg-FT =Ma，FT-mgcos 53°=ma，解得FT=Mg，故D 正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10.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大 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 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 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x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错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 小物体加速阶段与传送带发生的相对位移为Δx=x传- x物=vt-t==，故小物体与传送带间因 摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·Δx=，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。 11.(2024·江苏南京市名校联考)轻质弹簧下端固定在斜面底部，弹簧处于原长时上端在O点。小球将弹簧压缩到A点(未拴接)由静止释放后，运动到B点速度为零。设阻力恒定，以O点为坐标原点，沿 斜面向上为正方向建立x轴，小球上升过程的速度v、 加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律 可能正确的是 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 设小球到O点时速度为v，由O到B的过程中由动能定 理可知-mgxsin θ-Ffx=0-mv2， 解得v=，v-x图像中过O点后应为曲线，故A错误； 当小球在O点左侧位置坐标为x时，弹簧压缩量为x，由牛顿第二定律， 有-kx-Ff-mgsin θ=ma，得a=-x--gsin θ，当小球在O点右侧时，有-Ff-mgsin θ=ma，得a=--gsin θ，a-x图像为两段直线，若平衡位置在O点 左侧，则两段直线的转折点在O点左侧，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 设弹簧被压缩至A点时的弹性势能为EpA，在弹簧恢 复原长过程中由能量守恒定律可知EpA=Ffx+mgxsin θ +Ek+k(x0-x)2，整理可得Ek=EpA-mgxsin θ-k(x0-x)2-Ffx， 可知在O点前图像应为开口向下的抛物线，由O到B的过程中根据动能定理可知-mgxsin θ-Ffx=0-Ek，图像为直线，故C错误； 设A点的弹性势能为EpA，小球在恢复原长过程中由能量守恒定律可知 EpA=mgxsin θ+mv2+k(x0-x)2+Ffx，整理可得E=EpA-k(x0-x)2-Ffx，图像 为开口向下的抛物线，故D错误。 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·江苏东台市安丰中学等六校联考)如图所示，足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接，光滑的半圆轨道与水平面连接，相切于C点。传送带以恒定的速率v=5 m/s顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m=0.5 kg的物体以v1=6 m/s的速度向左滑上传送带， 经过2 s物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平 面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，g取10 m/s2。求： 答案 1 2 3 4 (1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ； 答案　0.3 物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg=ma 根据加速度定义式有-a= 联立解得μ=0.3 答案 1 2 3 4 (2)半圆轨道半径R； 答案　0.5 m 答案 1 2 3 4 根据题意可知vC=v=5 m/s 又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半 圆轨道恰能运动到D点，设经过最高点D时的速度 为vD，在D处，根据牛顿第二定律有mg=m 在由C运动至D的过程中，根据动能定理有-mg×2R=m-m 联立解得R=0.5 m 答案 1 2 3 4 (3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。 答案　30.25 J 物体向左滑行时，相对传送带的位移为Δx1=·t+vt 物体向右滑行时，相对传送带的位移为Δx2=v·- 物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为Q=μmg(Δx1+Δx2) 联立并代入数据解得Q=30.25 J。 答案 1 2 3 4 3.(2024·江苏宿迁市一模)如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力。求： (1)B静止时，弹簧伸长量x； 答案　 答案 1 2 3 4 B静止时，根据平衡条件有mg=kx 解得x= (2)若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放： ①物块的最大速度vm； 答案　g 答案 1 2 3 4 当B的加速度为零时，速度有最大值，此时B下落x'，此时的 弹力为F弹=kx'=mg 结合题意可知F弹=kx'=mg<Ffmax=1.2mg 所以A不动，B与弹簧构成的系统机械能守恒，即mgx'=m +kx'2 联立可得vm=g 答案 1 2 3 4 ②整个过程中，因摩擦产生的内能Q。 答案　 答案 1 2 3 4 设B向下运动速度减为零时，小球A下滑的距离为L，此时弹簧伸长量为x″，根据能量守恒定律可得mg(L+x″)=kx″2 +Q 其中Q=FfmaxL=1.2mgL kx″=1.2mg 联立解得Q=。 4.(2024·江苏苏州市第三中学模拟)如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L。有若干个相同的小物块沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L。现将它们由静止释放，释放时下端距A 为2L。当下端运动到A下面距A为时物块运动的速 度达到最大。重力加速度为g，求： (1)物块与粗糙斜面间的动摩擦因数； 答案 1 2 3 4 答案　2tan θ 当物块下端运动到A下面距A为时，物块运动的 速度达到最大，可知此时物块加速度为零，受力 平衡，令小物块的总质量为m，根据平衡条件有 mgsin θ=μ·mgcos θ 解得μ=2tan θ 答案 1 2 3 4 (2)最后一个物块经过A时的速度大小； 答案 1 2 3 4 答案　2 令小物块的总质量为m，当物块下端运动到A下 面的间距为x时，物块所受滑动摩擦力大小为Ff =μgcos θ 摩擦力与物块下端运动到A下面的距离成线性关系，可知，当最后一 个物块经过A时，滑动摩擦力做的功为Wf=- 解得Wf=-mgLsin θ 答案 1 2 3 4 从开始下滑到最后一个物块经过A过程， 根据动能定理有mg·3Lsin θ+Wf=m 解得v0=2 答案 1 2 3 4 (3)若小物块的总质量为m，则物块下滑过程中产生 的热量。 答案 1 2 3 4 答案　5mgLsin θ 假设物块停止运动时，下端没有越过B点，令物块停止运动时，下端距离A点的间距为x0，从最后一个物块经过A到物块停止运动过程，根据动能定理有 (mgsin θ-μmgcos θ)(x0-L)=0-m 解得x0=3L 表明物块下端运动到B点时，恰好停止运动，根据能量守恒定律，物块下滑过程中产生的热量 Q=mg(2L+3L)sin θ，解得Q=5mgLsin θ。 答案 1 2 3 4 本课结束 THANKS $$