专题05 机械能守恒定律 功能关系（考题猜想）-2024-2025学年高一物理下学期期末考点大串讲（人教版2019）

专题05 机械能守恒定律 功能关系 考点1 机械能守恒定律的应用 考向1 单体机械能守恒 考向2 涉及弹簧、弹性绳的机械能守恒问题 考向3 细绳、轻杆连接体 考点2 验证机械能守恒定律 考向1 原理与操作 考向2 数据处理和误差分析 考向3 创新实验 考点3　功能关系 考点4 能量守恒定律 考向1 能量守恒定律的理解与应用 考向2 传送带模型的能量问题 考向3 “滑块—木板”模型中的能量问题 考点1 机械能守恒定律的应用 一．机械能守恒的判断 1.对机械能守恒条件的理解． 只有重力或弹力做功，可以从以下三个方面进行理解： （1）物体只受重力或弹力作用． （2）存在其他力作用，但其他力不做功，只有重力或弹力做功． （3）相互作用的物体组成的系统只有动能和势能的相互转化，无其他形式能量的转化． 特别说明　“只有重力或弹力做功”并非“只受重力或弹力作用”，也不是合力的功等于零，更不是某个物体所受的合力等于零． 2.机械能守恒的具体判断方法． （1）从能量转化来判断：系统只有动能和势能的相互转化，无其他形式能量（如内能）之间的转化，则系统机械能守恒．若物体间发生相对运动，且存在相互的摩擦力作用时有内能产生，则机械能不守恒． （2）从做功来判断“只有重力或弹力做功”，具体表现在： ①只受重力或系统内的弹力． ②还受其他力，但只有重力或系统内的弹力做功，其他力不做功． 判断机械能是否守恒的三点提醒 1.合力为零是物体处于平衡状态的条件．物体的合力为零时，它一定处于匀速运动状态或静止状态，但它的机械能不一定守恒． 2.合力做功为零是物体动能不变的条件．合力对物体不做功，它的动能一定不变，但它的机械能不一定守恒． 3.只有重力做功或系统内弹力做功是机械能守恒的条件．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒；只有重力或系统内弹力做功时，系统的机械能一定守恒． 二．机械能守恒定律的应用 1.应用机械能守恒定律的基本思路． （1）选取研究对象——系统或物体． （2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒． （3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末时刻的机械能． （4）根据机械能守恒定律列方程进行求解． 应用机械能守恒定律时，相互作用的物体间的力可以是变力，也可以是恒力，只要符合守恒条件，机械能就守恒．而且机械能守恒定律，只涉及物体系的初、末状态的物理量，而不需分析中间过程的复杂变化，使问题得到简化． 2.应用机械能守恒定律求解问题的角度． （1）从守恒的角度：系统的初、末两状态机械能守恒，即E2＝E1. （2）从转化的角度：系统动能的增加等于势能的减少，即ΔEk＝－ΔEp. （3）从转移的角度：系统中一部分物体机械能的增加等于另一部分物体机械能的减少，即ΔEA＝－ΔEB. 特别说明　（1）“总机械能保持不变”并不是指各个物体的机械能不变，而是指相互作用着的所有物体即系统的总机械能不变． （2）“不变”是系统总机械能每时每刻的不变，“不变”是系统内各物体在进行着能量间的相互转化时保持着总量的不变，即“不变”是运动变化中的不变，是转化中的不变． （3）物体所受合外力为零时，系统的机械能不一定守恒． 考向1单体机械能守恒 1.如图(a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。由此可知(　 ) A．小球的质量m＝0.2 kg B．初动能Ek0＝16 J C．小球在C点时重力的功率为60 W D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N 2.如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接四分之一细圆弧弯管，管内均光滑，右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置(高度忽略不计)，可以让静止在细管底部的小球(可视为质点)瞬间获得足够大的速度v0，通过调节竖直细管的长度h，可以改变上端管口到地面的高度，从而改变小球平抛的水平距离，重力加速度为g，则小球平抛的水平距离的最大值是(　 ) A. B. C. D. 3.如图所示，光滑圆形轨道竖直固定在倾角α＝30°的光滑斜面上，B点为圆与斜面相切的点，C为圆轨道上与圆心等高的点，D点为圆形轨道的最高点。一质量为m＝0.5 kg的小球，从与D等高的A点无初速度释放，小球可以无能量损失的通过B点进入圆轨道，当地重力加速度g取10 m/s2。在小球运动的过程中，下列说法正确的是(　 ) A．小球可以通过D点 B．小球到最高点时速度为零 C．小球对C点的压力大小为10 N D．由于圆轨道的半径未知，无法计算出小球对C点的压力大小 考向2 涉及弹簧、弹性绳的机械能守恒问题 4.如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep.释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出．小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的.小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g，忽略空气阻力．求： （1）小球离开桌面时的速度大小； （2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离． 5．(多选)(2024年珠海期中)如图甲所示轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球从弹簧正上方某一高处由静止释放，落到弹簧上瞬间粘连(无能量损失)并压缩弹簧至最低处．设弹簧一直在弹性限度内，空气阻力忽略不计，以地面为参考平面，小球的动能随高度变化(由h5下落至h1)的图像如图乙所示．已知h1～h4段图线为曲线，h4～h5段为直线，下列说法正确的是(　　) A．小球向下运动到最低点的过程中，小球和弹簧的系统总机械能守恒 B．小球在高度h2时加速度为0 C．弹簧的劲度系数为 D．小球在高度h2时动能为mg(h2－h1) 6.如图所示，A、B两物体在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求： (1)斜面倾角α； (2)B的最大速度v。 考向3 细绳、轻杆连接体 7．(多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)(　　) A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒 B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒 C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒 D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒 8.如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及斜面顶端的光滑的定滑轮且两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。 (1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s； (2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为，求。(结果保留两位有效数字) 9.(多选)如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平。由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。则(　 ) A．系统在运动过程中机械能守恒 B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小 C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大 D．摆动过程中，小球B的最大动能为mgL 考点2 验证机械能守恒定律 一、实验目的 　验证机械能守恒定律． 二、实验原理 　物体只在重力作用下做自由落体运动时，它的重力势能和动能相互转化，但总的机械能守恒，减少的重力势能等于增加的动能．如果物体下降高度h时的速度为v，则有mgh＝mv2，即gh＝v2，所以借助于打了点的纸带可测出物体下降高度h和对应的速度v，通过比较gh和v2，即可验证机械能是否守恒． 测量瞬时速度v的方法是，物体做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如测定第n点的瞬时速度的方法是：测出第n点前后两段相邻相等时间T内下落的距离sn和sn＋1，由公式vn＝＝即可求出，如图所示． 三、实验器材 　铁架台（带铁夹）、电源、重锤（带纸带夹子）、电磁打点计时器、纸带、复写纸、刻度尺、导线． 四、实验步骤 1.安装置． 按如图所示将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路． 2.打纸带． 将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落．更换纸带重复做3～5次实验． 3.选纸带． 选取点迹较为清晰且前两点间的距离约为2 mm的纸带，把纸带上打出的两点间的距离为2 mm的第一个点作为起始点，记作O，在距离O点较远处再依次选出计数点1，2，3… 4.测距离． 用刻度尺测出O点到1，2，3…的距离，即为对应下落的高度h1，h2，h3… 五、数据处理 1.计算各点对应的瞬时速度． 记下第1个点的位置O，在纸带上从离O点适当距离开始选取几个计数点1，2，3…并测量出各计数点到O点的距离h1，h2，h3…，再根据公式vn＝计算出1，2，3…n点的瞬时速度v1，v2，v3…vn. 2.机械能守恒验证． 方法一：利用起始点和第n点． 从起始点到第n个计数点，重力势能减少量为mghn，动能增加量为mv，计算ghn和v，如果在实验误差允许的范围内ghn＝v，则机械能守恒定律得到验证． 方法二：任取两点A、B. 从A点到B点，重力势能减少量为mghA－mghB，动能增加量为mv－mv，计算ghAB和v－v，如果在实验误差允许的范围内ghAB＝v－v，则机械能守恒定律得到验证． 方法三：图像法． 计算各计数点v2，以v2为纵轴，以各计数点到第一个点的距离h为横轴，根据实验数据绘出v2h图线，如图所示．若在误差许可的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律． 六、误差分析 1.本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力（空气阻力、打点计时器阻力）做功，故动能的增加量mv2稍小于重力势能的减少量mgh，这是不可避免的． 2.本实验的另一个误差来源是长度的测量，属偶然误差． 3.另外交变电源的频率发生波动，也会给实验带来偶然误差． 七、注意事项 1.应尽可能控制实验条件，使装置满足机械能守恒，这需要尽量减小各种阻力，采取的措施有： （1）安装时使限位孔与纸带处于同一竖直平面内． （2）应选用质量和密度较大的重锤． 2.使用打点计时器时，应先接通电源，再松开纸带． 3.选取纸带的原则． （1）点迹清晰． （2）所打点间距适中（可舍去开始打点密集的部分）. 4.由于不需要计算动能和重力势能的具体数值，因而不需要测量物体的质量． 七、研究机械能守恒的其他方案 1.原理：如图所示，用单摆和DIS装置验证机械能守恒，将DIS装置的光电门放在A、B、C、D各点，测出各点的速度及A、B、C对D的高度．运用所得数据验证机械能是否守恒． 2.实验器材：铁架台、摆球、铅笔、DISLab实验仪一套、贴有方格纸的木板、刻度尺．组装后如下图所示． 3.实验设计：在铁架台上端用铁架悬挂一个摆球，在方格纸上确定4至5个点作为测量点，分别安装光电传感器，并使之与数据采集器相连接，让小球从某一高度向下摆动．分别测定摆球在摆动过程中任意时刻的动能和重力势能，研究机械能的总量有什么特点． 考向1原理与操作 10.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，可输出交流电和直流电．重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律． (1)下列几个操作步骤中： A．按照图示，安装好实验装置 B．将打点计时器接到电源的“交流输出”上 C．用天平测出重锤的质量 D．先释放重锤，后接通电源，纸带随着重锤运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点 E．测量纸带上某些点间的距离 F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能 没有必要的是________，操作错误的是________．(填步骤前相应的字母) (2)若重锤质量为m，重力加速度为g，在选定的纸带上依次取计数点如图所示，纸带上所打的点记录了重锤在不同时刻的位置，那么纸带的________(填“左”或“右”)端与重锤相连．设任意相邻计数点点间的时间间隔为T，且“0”为打下的第一个点，当打点计时器打点“3”时，重锤的动能表达式为Ek＝________________，若以重锤的运动起点“0”为参考点，当打点“3”时重锤的机械能表达式为E＝________________. 11.用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50 Hz，计数点间的距离如图所示．已知m1＝50 g、m2＝150 g，则：(结果均保留两位有效数字) (1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝______m/s； (2)在打下第0点到打下第5点的过程中系统动能的增量ΔEk＝________ J，系统势能的减少量ΔEp＝______J；(取当地的重力加速度g＝10 m/s2) (3)若某同学作出v2－h图象如图所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2. 12.利用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。 (1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________。 A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量与势能变化量 C．速度变化量与高度变化量 (2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________。 A．交流电源　　B．刻度尺　　C．天平(含砝码) (3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝________，动能变化量ΔEk＝______________。 (4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________。 A．利用公式v＝gt计算重物速度 B．利用公式v＝计算重物速度 C．空气阻力和摩擦力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法 (5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确：________(填“正确”或“不正确”)。 考向2 数据处理和误差分析 13.如图甲所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g取9.80 m/s2)。 (1)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流。用分度值为1 mm的刻度尺测得OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg。根据以上数据算出：当打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了____________J；此时重锤的速度vB＝__________m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了________J。(结果均保留三位有效数字) (2)利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以v2为纵轴作出如图丙所示的图线，图线的斜率近似等于________。 A．19.6　　　B．9.80　　　C．4.90 图线未过原点O的原因是_________________________________________________ ________________________________________________________________________。 14.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.80 m/s2，那么： (1)根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律。 (2)从O点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝________ J，动能增加量ΔEk＝________ J；请简述两者不完全相等的原因____________________________。(结果取三位有效数字) (3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图像是图中的________。 15.利用图实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题． (1)实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整： A．按实验要求安装好实验装置； B．使重物靠近打点计时器，接着先________，后________，打点计时器在纸带上打下一系列的点； C．下图为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点．分别测出若干连续点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3…. (2)已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测得的h1、h2、h3，可得重物下落到B点时的速度大小为________，纸带从O点下落到B点的过程中，重物增加的动能为________，减少的重力势能为________． (3)取打下O点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能Ep，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据数据在下图中已绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ.已求得图线Ⅰ斜率的绝对值k1＝2.94 J/m，请计算图线Ⅱ的斜率k2＝________J/m(保留三位有效数字)．重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为________(用k1和k2表示)． (4)通过对k1和k2的比较分析，可得到的结论是(只要求写出一条)：_______________. 考向3 创新实验 16.(2025重庆沙坪坝开学考试)利用图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘,另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接,A放在动摩擦因数为0.5的斜面上,A与滑轮之间的绳与斜面平行,距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放,测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次实验,测得多组-M数据如下表所示。L、g、m、R为已知量,不计滑轮转轴处摩擦,绳与滑轮不打滑。 与M数据记录表 滑轮质量M m 0.8m 0.6m 0.4m 0.2m (1)若A上的挡光条宽为d,经过光电门时的挡光时间为Δt,则A通过光电门处的速度v=　　　　。  (2)根据表格中数据,在图乙坐标系中作出-M图像。 (3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=0时,A物体通过光电门的速度平方的倒数,由此可求得sin θ=　　　　。  (4)利用表中的第1组数据,可以推出质量m的滑轮以角速度ω转动时其转动的动能Ek=　　　　。(用m、R、ω表示)  17.(2025重庆沙坪坝开学考试)李华利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”,实验装置如图所示。将气垫导轨水平放置,滑块放在最右侧,并通过轻绳连接托盘和砝码。测得遮光条的宽度为d,托盘和砝码总质量为m,滑块与遮光条的总质量为M。实验开始时,将滑块移至图示位置,测得遮光条到光电门距离为l(d≪l),由静止释放滑块,读出遮光条通过光电门的遮光时间为t。已知当地重力加速度为g,不计一切摩擦和空气阻力。 (1)请选择合适的研究对象,写出验证机械能守恒定律所需要满足的表达式　　　　　　　　　。  (2)某次实验中李华测量得滑块和遮光条的质量M=400.0g、托盘和砝码的质量m=100.0g、遮光条宽度d=0.45cm,滑块静止释放时遮光条中点与光电门光源之间距离l=60.00cm,遮光条遮光时间t=3.05ms,当地重力加速度g取9.8m/s2。则遮光条通过光电门时v=　　　　m/s,测量过程中系统重力势能的减少量ΔEp=　　　　J,系统增加的动能总和为ΔEk=　　　　J。(结果均保留3位有效数字)  (3)若测量相对误差η=×100%<5%可判定验证成功,则李华同学的实验是否成功?若成功请回答“成功”,若不成功,请写出一条实验失败可能的原因　 。  18.(2024广西贵港模拟)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个完全相同的小球P、Q,杆可以绕固定于O点且垂直于纸面的水平轴在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门,当小球P经过最低点时,激光恰好照在球心所在位置。已知重力加速度为g,用游标卡尺测得小球的直径为d。 (1)P、Q从水平位置由静止释放,当小球P通过最低点时,与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt,计算得到小球P经过最低点时的速度vP=　　　　。  (2)两小球P、Q球心间的距离为L,P、Q两球球心到转轴O点的距离之比为2∶1,当满足gL=　　　　(用d、Δt表示)时,即验证了机械能守恒定律。  (3)若实验中发现系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,以下可能的影响因素有　　　　(填字母)。  A.小球运动过程受到空气阻力的影响 B.球心间距离L的测量值偏小 C.小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高 考点3　功能关系 1．功是能量转化的量度。 不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的。做功的过程就是各种形式的能量之间转化(或转移)的过程。且做了多少功，就有多少能量发生转化(或转移)，因此，功是能量转化的量度。 2．常见的几种功能关系。 功 能的变化 表达式 重力做功 正功 重力势能减少 重力势能变化 WG＝－ΔEp或WG＝Ep1－Ep2 负功 重力势能增加 弹力做功 正功 弹性势能减少 弹性势能变化 W弹＝－ΔEp或W弹＝Ep1－Ep2 负功 弹性势能增加 合力做功 正功 动能增加 动能变化 W合＝ΔEk或W合＝Ek2－Ek1 负功 动能减少 除重力及系统内弹力外其他力做功　 正功 机械能增加 机械能变化 W其他＝ΔE或W其他＝E2－E1 负功 机械能减少 两物体间滑动摩擦力对物体系统做功 内能变化(增加) Q热＝Ff·x相对 19.“反向蹦极”是将弹性绳拉长后固定在人身上，并通过外力作用使人停留在地面上，当撤去外力后，人被“发射”出去冲向高空。如图所示，在人从地面弹射到高空的过程中(指上升过程)，人可视为质点。下列说法正确的是(　 ) A．弹性绳对人做的功等于人动能的变化量 B．重力与空气阻力对人做的功之和等于人重力势能的增量 C．弹性绳及空气阻力对人做的功之和等于人机械能的增量 D．弹性绳对人做的功等于人动能的增量与重力势能的增量之和 20.(2024福建厦门二模)如图甲所示,小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车,将一质量为10 kg 的货物运送到斜坡上某处,货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行,货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示,取sin 10°=0.17,则货物(　　) A 在0～3 m的过程中,所受的合力逐渐增大 B 在3～5 m的过程中,所受的合力逐渐减小 C 在0～3 m的过程中,机械能先增大后减小 D 在3～5 m的过程中,机械能先增大后减小 21. 游乐场的飞行过山车(图甲)，其轨道长达1 278米，高达50米，我们可以把它抽象成图乙所示的由曲面轨道和圆轨道平滑连接的模型(不计摩擦和空气阻力).若过山车和游客总质量为m，从曲面轨道上的A点由静止开始下滑，并且可以顺利通过半径为R的圆轨道的最高点C.已知A点与D点的高度差h＝3R，重力加速度为g，求： (1)过山车和游客通过最低点B点时速度有多大？ (2)过山车和游客通过B点时受到轨道对其的支持力有多大？ (3)若过山车在运动中需要考虑摩擦和空气阻力，当过山车从A点由静止开始下滑，且刚好能通过最高点C，则过山车从A点运动到C点的过程中，摩擦力和空气阻力所做的功是多少？ 　 22．(2024年广州二中期中)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处．已知DE距离h＝1.0 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小； (2)斜面AB的长度L； (3)若μ可变，求μ取不同值时，物体在斜面上滑行的路程x. 考点4 能量守恒定律 考向1 能量守恒定律的理解与应用 23.(2025广西桂林阶段检测)某品牌电动汽车电动机最大输出功率为120 kW,最高车速可达180 km/h,车载电池最大输出电能为75 kW·h。已知该车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,电能转化为机械能的总转化率为90%。若汽车行驶过程中受到阻力F阻与车速v的关系符合F阻=kv2,其中k为未知常数,则该电动汽车以90 km/h 行驶的最大里程约为(　　) A.350 km B.405 km C.450 km D.500 km 24. (多选)如图所示,倾角为θ=53°的固定粗糙斜面上有一A点,长度为0.5 m的木板质量分布均匀,其质量为M=3 kg,开始用外力使木板下端与A点对齐,如图。木块质量为m=1 kg,两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起,木板与斜面的动摩擦因数为。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点,此过程中,下列说法正确的是(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)(　　) A.木板和木块组成的系统机械能守恒 B. 木板上端刚过A点时速度大小为 m/s C.木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和 D.系统产生的热量为10 J (1)首先确定初、末状态,分清有几种形式的能在变化,如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。 (2)明确哪种形式的能量增加,哪种形式的能量减少,并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 25.(2025云南高考适应性考试)游乐项目“滑草”的模型如图所示,某质量m=80 kg的游客(包括滑板,可视为质点)由静止从距水平滑道高h=20 m的P点沿坡道PM滑下,滑到坡道底部M点后进入水平减速滑道MN。在水平滑道上匀减速滑行了l=9.0 m后停止,水平滑行时间t=3.0 s。重力加速度g取10 m/s2,求: (1)该游客滑到M点的速度大小和滑板与水平滑道MN之间的动摩擦因数; (2)该游客(包括滑板)从P点滑到M点的过程中损失的机械能。 考向2 传送带模型的能量问题 1．传送带问题的两个角度 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 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．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。 26.(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等 C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J 27.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)物体由A端运动到B端的时间； (2)系统因摩擦产生的热量。 28.如图所示，一质量为m＝1 kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep＝4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，g＝10 m/s2.求： (1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间； (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量． 考向3“滑块—木板”模型中的能量问题 1．模型分类 滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。 2．位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。 3．解题关键 找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。　 4．“滑块—木板”问题的三种处理方法 (1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。 (2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。 29.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 30.如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2； (2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。 31.如图所示，一个质量为m＝4 kg的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质量为M＝1 kg，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为R＝0.5 m，滑块到达轨道最高点时，与轨道没有作用力。已知滑块可视为质点，斜面倾角θ＝53°，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g＝10 m/s2，试求： (1)滑块冲上台阶时的速度大小； (2)滑块释放时相对斜面底端的高度； (3)滑块和木板间产生的热量。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 机械能守恒定律 功能关系 考点1 机械能守恒定律的应用 考向1 单体机械能守恒 考向2 涉及弹簧、弹性绳的机械能守恒问题 考向3 细绳、轻杆连接体 考点2 验证机械能守恒定律 考向1 原理与操作 考向2 数据处理和误差分析 考向3 创新实验 考点3　功能关系 考点4 能量守恒定律 考向1 能量守恒定律的理解与应用 考向2 传送带模型的能量问题 考向3 “滑块—木板”模型中的能量问题 考点1 机械能守恒定律的应用 一．机械能守恒的判断 1.对机械能守恒条件的理解． 只有重力或弹力做功，可以从以下三个方面进行理解： （1）物体只受重力或弹力作用． （2）存在其他力作用，但其他力不做功，只有重力或弹力做功． （3）相互作用的物体组成的系统只有动能和势能的相互转化，无其他形式能量的转化． 特别说明　“只有重力或弹力做功”并非“只受重力或弹力作用”，也不是合力的功等于零，更不是某个物体所受的合力等于零． 2.机械能守恒的具体判断方法． （1）从能量转化来判断：系统只有动能和势能的相互转化，无其他形式能量（如内能）之间的转化，则系统机械能守恒．若物体间发生相对运动，且存在相互的摩擦力作用时有内能产生，则机械能不守恒． （2）从做功来判断“只有重力或弹力做功”，具体表现在： ①只受重力或系统内的弹力． ②还受其他力，但只有重力或系统内的弹力做功，其他力不做功． 判断机械能是否守恒的三点提醒 1.合力为零是物体处于平衡状态的条件．物体的合力为零时，它一定处于匀速运动状态或静止状态，但它的机械能不一定守恒． 2.合力做功为零是物体动能不变的条件．合力对物体不做功，它的动能一定不变，但它的机械能不一定守恒． 3.只有重力做功或系统内弹力做功是机械能守恒的条件．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒；只有重力或系统内弹力做功时，系统的机械能一定守恒． 二．机械能守恒定律的应用 1.应用机械能守恒定律的基本思路． （1）选取研究对象——系统或物体． （2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒． （3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末时刻的机械能． （4）根据机械能守恒定律列方程进行求解． 应用机械能守恒定律时，相互作用的物体间的力可以是变力，也可以是恒力，只要符合守恒条件，机械能就守恒．而且机械能守恒定律，只涉及物体系的初、末状态的物理量，而不需分析中间过程的复杂变化，使问题得到简化． 2.应用机械能守恒定律求解问题的角度． （1）从守恒的角度：系统的初、末两状态机械能守恒，即E2＝E1. （2）从转化的角度：系统动能的增加等于势能的减少，即ΔEk＝－ΔEp. （3）从转移的角度：系统中一部分物体机械能的增加等于另一部分物体机械能的减少，即ΔEA＝－ΔEB. 特别说明　（1）“总机械能保持不变”并不是指各个物体的机械能不变，而是指相互作用着的所有物体即系统的总机械能不变． （2）“不变”是系统总机械能每时每刻的不变，“不变”是系统内各物体在进行着能量间的相互转化时保持着总量的不变，即“不变”是运动变化中的不变，是转化中的不变． （3）物体所受合外力为零时，系统的机械能不一定守恒． 考向1单体机械能守恒 1.如图(a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。由此可知(　 ) A．小球的质量m＝0.2 kg B．初动能Ek0＝16 J C．小球在C点时重力的功率为60 W D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N 答案D　 解析 由图(b)可知，半圆形轨道的半径为0.4 m，小球在C点的动能大小EkC＝9 J，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＋F＝＝，解得小球的质量m＝2 kg，A错误；由机械能守恒定律得，初动能Ek0＝mgh＋EkC＝25 J，其中h＝0.8 m，B错误；小球在C点时重力与速度方向垂直，重力的功率为0，C错误；由机械能守恒定律得，在B点的动能EkB＝mg＋EkC＝17 J，在B点轨道的作用力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝＝＝85 N，D正确。 2.如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接四分之一细圆弧弯管，管内均光滑，右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置(高度忽略不计)，可以让静止在细管底部的小球(可视为质点)瞬间获得足够大的速度v0，通过调节竖直细管的长度h，可以改变上端管口到地面的高度，从而改变小球平抛的水平距离，重力加速度为g，则小球平抛的水平距离的最大值是(　 ) A. B. C. D. 答案B 解析 设管口到地面的高度是H，小球从管口射出的速度为v，由机械能守恒定律得mv02＝mgH＋mv2，小球离开管口后做平抛运动，则x＝vt，H＝gt2，联立方程，可得x＝＝，由二次函数的特点可知当H＝时x取最大值，xmax＝。 3.如图所示，光滑圆形轨道竖直固定在倾角α＝30°的光滑斜面上，B点为圆与斜面相切的点，C为圆轨道上与圆心等高的点，D点为圆形轨道的最高点。一质量为m＝0.5 kg的小球，从与D等高的A点无初速度释放，小球可以无能量损失的通过B点进入圆轨道，当地重力加速度g取10 m/s2。在小球运动的过程中，下列说法正确的是(　 ) A．小球可以通过D点 B．小球到最高点时速度为零 C．小球对C点的压力大小为10 N D．由于圆轨道的半径未知，无法计算出小球对C点的压力大小 答案C 解析 　根据机械能守恒定律可知，小球从A点由静止释放，则到达等高的D点时速度为零；而要想经过圆轨道的最高点D的最小速度为，可知小球不能到达最高点D，而是过了C点后将脱离圆轨道做斜上抛运动，则到达最高点时速度不为零，A、B错误；从A点到C点由机械能守恒定律得mgR＝mvC2，则在C点NC＝m，解得NC＝2mg＝10 N，C正确，D错误。 考向2 涉及弹簧、弹性绳的机械能守恒问题 4.如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep.释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出．小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的.小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g，忽略空气阻力．求： （1）小球离开桌面时的速度大小； （2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离． 答案（1） 　（2） 解析（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2，得小球离开桌面时速度大小为v＝. （2）离开桌面后由平抛运动规律可得h＝， 第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝vy，离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝. 5．(多选)(2024年珠海期中)如图甲所示轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球从弹簧正上方某一高处由静止释放，落到弹簧上瞬间粘连(无能量损失)并压缩弹簧至最低处．设弹簧一直在弹性限度内，空气阻力忽略不计，以地面为参考平面，小球的动能随高度变化(由h5下落至h1)的图像如图乙所示．已知h1～h4段图线为曲线，h4～h5段为直线，下列说法正确的是(　　) A．小球向下运动到最低点的过程中，小球和弹簧的系统总机械能守恒 B．小球在高度h2时加速度为0 C．弹簧的劲度系数为 D．小球在高度h2时动能为mg(h2－h1) 答案AB　 解析 忽略空气阻力，小球向下运动到最低点的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，所以小球和弹簧的系统总机械能守恒，A正确；由图乙可知，小球在h3高度时，动能最大，则速度最大，此时重力与弹簧弹力平衡，小球的加速度为零，B正确；小球运动到距地面距离为h3时动能最大，根据牛顿第二定律有mg＝kx，其中x＝h4－h3则弹簧的劲度系数为k＝，C错误；h5－h4，过程为直线，故该过程为小球做自由落体运动，到达h4时小球动能为Ek＝mg(h5－h4)，由题图可知h2和h4时，小球动能相等，所以小球的高度为h2时，动能为mg(h5－h4)，D错误． 6.如图所示，A、B两物体在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度。求： (1)斜面倾角α； (2)B的最大速度v。 答案　(1)30°　(2)2g 解析　(1)当A刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xA，对A有kxA＝mg，此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用，B的速度达到最大，即加速度为零，受力平衡，则C也受力平衡，对B有FT－mg－kxA＝0，对C有4mgsin α－FT＝0，解得sin α＝0.5，所以α＝30°。 (2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝，则xA＝xB， 当A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA＋xB，由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且A刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，由机械能守恒定律得4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝(4m＋m)v2，解得v＝2g。 考向3 细绳、轻杆连接体 7．(多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)(　　) A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒 B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒 C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒 D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒 答案 BC　 解析 由于B球的质量较大，所以B球要向下摆动，重力势能减少，动能增加，但B球和地球组成的系统机械能不守恒，故A错误．A球向上摆动，重力势能和动能都增加，即机械能要增加，所以A球和地球组成的系统机械能不守恒，故B正确．A球、B球和地球组成的系统，只有重力做功，总机械能守恒，故C正确，D错误． 8.如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及斜面顶端的光滑的定滑轮且两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。 (1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s； (2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为，求。(结果保留两位有效数字) 答案　(1)R　(2)1.9 解析　(1)设小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2 如图所示，由运动的合成与分解得v1＝v2 对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得 m1gR－m2gh＝m1v12＋m2v22 又h＝Rsin 30° 联立以上三式解得 v1＝ v2＝， 设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2，由机械能守恒定律得m2gs′sin 30°＝m2v22 小球m2沿斜面上升的最大距离s＝R＋s′ 联立以上两式并代入v2，解得 s＝R＝R。 (2)对m1，由机械能守恒定律得 m1v12＝m1g 代入v1解得＝≈1.9。 9.(多选)如图所示，由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内，其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B，系统可绕O点在竖直面内转动，初始位置OA水平。由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力。则(　 ) A．系统在运动过程中机械能守恒 B．B球运动至最低点时，系统重力势能最小 C．A球运动至最低点过程中，动能一直在增大 D．摆动过程中，小球B的最大动能为mgL 答案 AD 解析 　系统在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A正确；系统的重心在A、B连线的中点位置，当AB连线水平时，系统重力势能最小，动能最大，故A球运动至最低点过程中，动能先增加，后减小，故B、C错误；AB连线水平时，系统动能最大，此时A球运动到图中B球位置，故根据机械能守恒定律，有：mg·L＝2×mv2，解得：mv2＝mgL，故D正确。 考点2 验证机械能守恒定律 一、实验目的 　验证机械能守恒定律． 二、实验原理 　物体只在重力作用下做自由落体运动时，它的重力势能和动能相互转化，但总的机械能守恒，减少的重力势能等于增加的动能．如果物体下降高度h时的速度为v，则有mgh＝mv2，即gh＝v2，所以借助于打了点的纸带可测出物体下降高度h和对应的速度v，通过比较gh和v2，即可验证机械能是否守恒． 测量瞬时速度v的方法是，物体做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如测定第n点的瞬时速度的方法是：测出第n点前后两段相邻相等时间T内下落的距离sn和sn＋1，由公式vn＝＝即可求出，如图所示． 三、实验器材 　铁架台（带铁夹）、电源、重锤（带纸带夹子）、电磁打点计时器、纸带、复写纸、刻度尺、导线． 四、实验步骤 1.安装置． 按如图所示将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路． 2.打纸带． 将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落．更换纸带重复做3～5次实验． 3.选纸带． 选取点迹较为清晰且前两点间的距离约为2 mm的纸带，把纸带上打出的两点间的距离为2 mm的第一个点作为起始点，记作O，在距离O点较远处再依次选出计数点1，2，3… 4.测距离． 用刻度尺测出O点到1，2，3…的距离，即为对应下落的高度h1，h2，h3… 五、数据处理 1.计算各点对应的瞬时速度． 记下第1个点的位置O，在纸带上从离O点适当距离开始选取几个计数点1，2，3…并测量出各计数点到O点的距离h1，h2，h3…，再根据公式vn＝计算出1，2，3…n点的瞬时速度v1，v2，v3…vn. 2.机械能守恒验证． 方法一：利用起始点和第n点． 从起始点到第n个计数点，重力势能减少量为mghn，动能增加量为mv，计算ghn和v，如果在实验误差允许的范围内ghn＝v，则机械能守恒定律得到验证． 方法二：任取两点A、B. 从A点到B点，重力势能减少量为mghA－mghB，动能增加量为mv－mv，计算ghAB和v－v，如果在实验误差允许的范围内ghAB＝v－v，则机械能守恒定律得到验证． 方法三：图像法． 计算各计数点v2，以v2为纵轴，以各计数点到第一个点的距离h为横轴，根据实验数据绘出v2h图线，如图所示．若在误差许可的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律． 六、误差分析 1.本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力（空气阻力、打点计时器阻力）做功，故动能的增加量mv2稍小于重力势能的减少量mgh，这是不可避免的． 2.本实验的另一个误差来源是长度的测量，属偶然误差． 3.另外交变电源的频率发生波动，也会给实验带来偶然误差． 七、注意事项 1.应尽可能控制实验条件，使装置满足机械能守恒，这需要尽量减小各种阻力，采取的措施有： （1）安装时使限位孔与纸带处于同一竖直平面内． （2）应选用质量和密度较大的重锤． 2.使用打点计时器时，应先接通电源，再松开纸带． 3.选取纸带的原则． （1）点迹清晰． （2）所打点间距适中（可舍去开始打点密集的部分）. 4.由于不需要计算动能和重力势能的具体数值，因而不需要测量物体的质量． 七、研究机械能守恒的其他方案 1.原理：如图所示，用单摆和DIS装置验证机械能守恒，将DIS装置的光电门放在A、B、C、D各点，测出各点的速度及A、B、C对D的高度．运用所得数据验证机械能是否守恒． 2.实验器材：铁架台、摆球、铅笔、DISLab实验仪一套、贴有方格纸的木板、刻度尺．组装后如下图所示． 3.实验设计：在铁架台上端用铁架悬挂一个摆球，在方格纸上确定4至5个点作为测量点，分别安装光电传感器，并使之与数据采集器相连接，让小球从某一高度向下摆动．分别测定摆球在摆动过程中任意时刻的动能和重力势能，研究机械能的总量有什么特点． 考向1原理与操作 10.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，可输出交流电和直流电．重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律． (1)下列几个操作步骤中： A．按照图示，安装好实验装置 B．将打点计时器接到电源的“交流输出”上 C．用天平测出重锤的质量 D．先释放重锤，后接通电源，纸带随着重锤运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点 E．测量纸带上某些点间的距离 F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能 没有必要的是________，操作错误的是________．(填步骤前相应的字母) (2)若重锤质量为m，重力加速度为g，在选定的纸带上依次取计数点如图所示，纸带上所打的点记录了重锤在不同时刻的位置，那么纸带的________(填“左”或“右”)端与重锤相连．设任意相邻计数点点间的时间间隔为T，且“0”为打下的第一个点，当打点计时器打点“3”时，重锤的动能表达式为Ek＝________________，若以重锤的运动起点“0”为参考点，当打点“3”时重锤的机械能表达式为E＝________________. 答案　(1)C　D　(2)左　 －mgx3＋ 解析　(1)在此实验中不需要测出重锤的质量，所以选项C没必要；在实验时应该先接通电源，再释放重锤，所以选项D错误． (2)因为是自由落体运动，下落的速度应该是越来越快，相邻两点间距也越来越大，所以纸带左端与重锤相连． 打点“3”时的瞬时速度v3＝， 重锤动能的表达式Ek＝mv32＝m()2＝ 重锤的重力势能表达式Ep＝－mgx3， 重锤机械能的表达式E＝Ep＋Ek＝－mgx3＋. 11.用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，所用电源的频率为50 Hz，计数点间的距离如图所示．已知m1＝50 g、m2＝150 g，则：(结果均保留两位有效数字) (1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝______m/s； (2)在打下第0点到打下第5点的过程中系统动能的增量ΔEk＝________ J，系统势能的减少量ΔEp＝______J；(取当地的重力加速度g＝10 m/s2) (3)若某同学作出v2－h图象如图所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2. 答案　(1)2.4　(2)0.58　0.60　(3)9.7 解析　(1)v5＝ m/s＝2.4 m/s (2)ΔEk＝(m1＋m2)v－0≈0.58 J ΔEp＝m2gh5－m1gh5＝0.60 J (3)由(m2－m1)gh＝(m1＋m2)v2知 ＝ 即图线的斜率k＝＝ 解得g＝9.7 m/s2 12.利用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。 (1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________。 A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量与势能变化量 C．速度变化量与高度变化量 (2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________。 A．交流电源　　B．刻度尺　　C．天平(含砝码) (3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝________，动能变化量ΔEk＝______________。 (4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________。 A．利用公式v＝gt计算重物速度 B．利用公式v＝计算重物速度 C．空气阻力和摩擦力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法 (5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确：________(填“正确”或“不正确”)。 答案(1)A　(2)AB　(3)mghB　　(4)C　(5)不正确 解析(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量和重力势能的变化量，故A正确，B、C错误。 (2)打点计时器需接交流电源；验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，不需要用天平测量重物质量，实验时需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出下落的高度，计算出瞬时速度，故A、B正确，C错误。 (3)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量ΔEp＝mghB，B点的瞬时速度vB＝，则重物动能的增加量ΔEk＝mvB2＝。 (4)实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦力的影响，故C正确，A、B、D错误。 (5)在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh－fh＝mv2，可得v2＝2h，则此时v2-h图像就是过原点的一条直线，所以要想通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。所以该同学的判断不正确。 考向2 数据处理和误差分析 13.如图甲所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g取9.80 m/s2)。 (1)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流。用分度值为1 mm的刻度尺测得OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg。根据以上数据算出：当打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了____________J；此时重锤的速度vB＝__________m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了________J。(结果均保留三位有效数字) (2)利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以v2为纵轴作出如图丙所示的图线，图线的斜率近似等于________。 A．19.6　　　B．9.80　　　C．4.90 图线未过原点O的原因是_________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案(1)1.85　1.83　1.67　(2)B　先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源 解析(1)当打点计时器打下B点时，重锤的重力势能减小了ΔEp＝mg·OB≈1.85 J；打B点时重锤的速度vB＝≈1.83 m/s，此时重锤的动能增加了ΔEk＝mvB2≈1.67 J。 (2)由机械能守恒定律有mv2＝mgh，可得v2＝gh，由此可知题图丙图线的斜率近似等于重力加速度g，故B正确。由图线可知，h＝0时，重锤的速度不等于零，原因是做实验时先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源。 14.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.80 m/s2，那么： (1)根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律。 (2)从O点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝________ J，动能增加量ΔEk＝________ J；请简述两者不完全相等的原因____________________________。(结果取三位有效数字) (3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图像是图中的________。 答案(1)B　(2)1.88　1.84　重物下落时受到空气阻力和纸带与打点计时器间的阻力作用　(3)A 解析 (1)根据题图上所得的数据，应取图中O点和B点来验证机械能守恒定律，因为B点的瞬时速度比较方便测量。 (2)减少的重力势能 ΔEp＝mgh＝1×9.8×19.2×10－2 J＝1.88 J， 利用匀变速直线运动的推论 vB＝＝ m/s＝1.92 m/s EkB＝mvB2＝1.84 J ΔEk＝EkB－0＝1.84 J 动能的增加量小于重力势能的减少量的原因主要是重物下落时受到空气阻力和打点针与纸带间的阻力作用，一部分重力势能转化为内能。 (3)根据mgh＝mv2，得＝gh，即与h成正比，故A正确。 15.利用图实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题． (1)实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整： A．按实验要求安装好实验装置； B．使重物靠近打点计时器，接着先________，后________，打点计时器在纸带上打下一系列的点； C．下图为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点．分别测出若干连续点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3…. (2)已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测得的h1、h2、h3，可得重物下落到B点时的速度大小为________，纸带从O点下落到B点的过程中，重物增加的动能为________，减少的重力势能为________． (3)取打下O点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能Ep，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据数据在下图中已绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ.已求得图线Ⅰ斜率的绝对值k1＝2.94 J/m，请计算图线Ⅱ的斜率k2＝________J/m(保留三位有效数字)．重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为________(用k1和k2表示)． (4)通过对k1和k2的比较分析，可得到的结论是(只要求写出一条)：_______________. 答案　(1)接通电源　放开纸带　(2) 　mgh2　(3)2.80(2.73～2.87均可)　　(4)k2小于k1，动能的增加量小于重力势能的减少量．(其他结论合理的也可) 解析　(3)对图线Ⅰ：Ep＝－mgh，即k1＝mg，对图线Ⅱ：Ek＝(mg－Ff)h，即k2＝mg－Ff，所以Ff＝k1－k2，＝＝. 考向3 创新实验 16.(2025重庆沙坪坝开学考试)利用图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘,另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接,A放在动摩擦因数为0.5的斜面上,A与滑轮之间的绳与斜面平行,距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放,测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次实验,测得多组-M数据如下表所示。L、g、m、R为已知量,不计滑轮转轴处摩擦,绳与滑轮不打滑。 与M数据记录表 滑轮质量M m 0.8m 0.6m 0.4m 0.2m (1)若A上的挡光条宽为d,经过光电门时的挡光时间为Δt,则A通过光电门处的速度v=　　　　。  (2)根据表格中数据,在图乙坐标系中作出-M图像。 (3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=0时,A物体通过光电门的速度平方的倒数,由此可求得sin θ=　　　　。  (4)利用表中的第1组数据,可以推出质量m的滑轮以角速度ω转动时其转动的动能Ek=　　　　。(用m、R、ω表示)  答案(1)　(2)图见解析　(3)(4)mR2ω2 解析(1)A通过光电门的时间极短,则通过光电门的速度v=。 (2)作出-M图像如图所示。 (3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=0时,A物体通过光电门的速度平方的倒数,即=,由能量关系可知×2mv2=2mgLsin θ,由此可求得sin θ=。 (4)当滑轮的质量为m时,根据第1组数据可知, =,即v2=,由能量关系可得2mgLsin θ=Ek+×2mv2,其中v=Rω,解得Ek=mR2ω2。 17.(2025重庆沙坪坝开学考试)李华利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”,实验装置如图所示。将气垫导轨水平放置,滑块放在最右侧,并通过轻绳连接托盘和砝码。测得遮光条的宽度为d,托盘和砝码总质量为m,滑块与遮光条的总质量为M。实验开始时,将滑块移至图示位置,测得遮光条到光电门距离为l(d≪l),由静止释放滑块,读出遮光条通过光电门的遮光时间为t。已知当地重力加速度为g,不计一切摩擦和空气阻力。 (1)请选择合适的研究对象,写出验证机械能守恒定律所需要满足的表达式　　　　　　　　　。  (2)某次实验中李华测量得滑块和遮光条的质量M=400.0g、托盘和砝码的质量m=100.0g、遮光条宽度d=0.45cm,滑块静止释放时遮光条中点与光电门光源之间距离l=60.00cm,遮光条遮光时间t=3.05ms,当地重力加速度g取9.8m/s2。则遮光条通过光电门时v=　　　　m/s,测量过程中系统重力势能的减少量ΔEp=　　　　J,系统增加的动能总和为ΔEk=　　　　J。(结果均保留3位有效数字)  (3)若测量相对误差η=×100%<5%可判定验证成功,则李华同学的实验是否成功?若成功请回答“成功”,若不成功,请写出一条实验失败可能的原因　 。  答案(1)mgl=(M+m)()2 (2)1.48　0.588　0.548 (3)不成功,气垫导轨未调水平,滑轮有摩擦或者托盘受到空气阻力等 解析 (1)若托盘和砝码及滑块(包括遮光条)组成的系统机械能守恒,则系统减少的势能等于系统增加的动能,得mgl=(M+m)()2。 (2)遮光条通过光电门时v== m/s≈1.48 m/s。测量过程中系统重力势能的减少量ΔEp=mgl=0.1×9.8×0.6 J=0.588 J,系统增加的动能总和为ΔEk=Mv2+mv2≈0.548 J。 (3)根据η=×100%=×100%≈7%,李华实验不成功,原因可能是气垫导轨未调水平,滑轮有摩擦或者托盘受到空气阻力等。 18.(2024广西贵港模拟)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个完全相同的小球P、Q,杆可以绕固定于O点且垂直于纸面的水平轴在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门,当小球P经过最低点时,激光恰好照在球心所在位置。已知重力加速度为g,用游标卡尺测得小球的直径为d。 (1)P、Q从水平位置由静止释放,当小球P通过最低点时,与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt,计算得到小球P经过最低点时的速度vP=　　　　。  (2)两小球P、Q球心间的距离为L,P、Q两球球心到转轴O点的距离之比为2∶1,当满足gL=　　　　(用d、Δt表示)时,即验证了机械能守恒定律。  (3)若实验中发现系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,以下可能的影响因素有　　　　(填字母)。  A.小球运动过程受到空气阻力的影响 B.球心间距离L的测量值偏小 C.小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高 答案(1)　(2)()2　(3)A 解析(1)由题可知,小球P经过最低点的速度vP=。 (2)由于P、Q两球的角速度相等,圆周运动的半径之比为2∶1,故二者的线速度之比为2∶1,即vQ=,当系统重力势能的减少量ΔEp=mgL时,系统动能的增加量ΔEk=m+m=m()2,整理可得mgL=m()2,即gL=()2成立即可。 (3)由于空气阻力做负功的影响,导致系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,故A正确;球心间距离L的测量值偏小,会导致重力势能的变化量偏小,故B错误;小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高,导致实际挡光时间Δt偏小,会导致速度偏大,故动能的增加量偏大,故C错误。 考点3　功能关系 1．功是能量转化的量度。 不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的。做功的过程就是各种形式的能量之间转化(或转移)的过程。且做了多少功，就有多少能量发生转化(或转移)，因此，功是能量转化的量度。 2．常见的几种功能关系。 功 能的变化 表达式 重力做功 正功 重力势能减少 重力势能变化 WG＝－ΔEp或WG＝Ep1－Ep2 负功 重力势能增加 弹力做功 正功 弹性势能减少 弹性势能变化 W弹＝－ΔEp或W弹＝Ep1－Ep2 负功 弹性势能增加 合力做功 正功 动能增加 动能变化 W合＝ΔEk或W合＝Ek2－Ek1 负功 动能减少 除重力及系统内弹力外其他力做功　 正功 机械能增加 机械能变化 W其他＝ΔE或W其他＝E2－E1 负功 机械能减少 两物体间滑动摩擦力对物体系统做功 内能变化(增加) Q热＝Ff·x相对 19.“反向蹦极”是将弹性绳拉长后固定在人身上，并通过外力作用使人停留在地面上，当撤去外力后，人被“发射”出去冲向高空。如图所示，在人从地面弹射到高空的过程中(指上升过程)，人可视为质点。下列说法正确的是(　 ) A．弹性绳对人做的功等于人动能的变化量 B．重力与空气阻力对人做的功之和等于人重力势能的增量 C．弹性绳及空气阻力对人做的功之和等于人机械能的增量 D．弹性绳对人做的功等于人动能的增量与重力势能的增量之和 答案C 解析　合外力做的功等于动能的变化量，除弹性绳的弹力外，人还受到重力和空气阻力，A错误；在人从地面上升过程中，克服重力做的功等于重力势能的增量，B错误；除重力外，其他力做的功之和等于人机械能的变化量，C正确；根据能量的守恒与转化知，弹性绳对人做的功与空气阻力对人做的功之和等于人动能的增量与重力势能的增量之和，D错误。 20.(2024福建厦门二模)如图甲所示,小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车,将一质量为10 kg 的货物运送到斜坡上某处,货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行,货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示,取sin 10°=0.17,则货物(　　) A 在0～3 m的过程中,所受的合力逐渐增大 B 在3～5 m的过程中,所受的合力逐渐减小 C 在0～3 m的过程中,机械能先增大后减小 D 在3～5 m的过程中,机械能先增大后减小 答案 D 解析 Ek-x图像的斜率的绝对值表示合力的大小,则可知,在0～3 m的过程中,图像斜率的绝对值逐渐减小,则货物所受的合力逐渐减小。同理,在3～5 m的过程中,货物所受的合力逐渐增大,故A、B错误。根据题图乙可知,在0～3 m的过程中,动能逐渐增大,而随着平板车沿着斜面向上运动,货物的势能也逐渐增大,由此可知,在0～3 m的过程中,货物的机械能始终增大,故C错误。取x=0处为零势能面,在x=5 m处货物的重力势能Ep=mgxsin 10°=10×10×5×0.17 J=85 J, 作出重力势能随位移变化的图像如图所示,根据图像对比可知,在x=3 m到x=5 m 之间,根据动能图线斜率绝对值的变化趋势与重力势能斜率比较可知,动能随位移的变化先慢于重力势能随位移的变化,该过程中机械能增加,后动能随位移的变化快于重力势能随位移的变化,该过程中机械能减小,由此可知,在3～5 m的过程中,机械能先增大后减小,故D正确。 21. 游乐场的飞行过山车(图甲)，其轨道长达1 278米，高达50米，我们可以把它抽象成图乙所示的由曲面轨道和圆轨道平滑连接的模型(不计摩擦和空气阻力).若过山车和游客总质量为m，从曲面轨道上的A点由静止开始下滑，并且可以顺利通过半径为R的圆轨道的最高点C.已知A点与D点的高度差h＝3R，重力加速度为g，求： (1)过山车和游客通过最低点B点时速度有多大？ (2)过山车和游客通过B点时受到轨道对其的支持力有多大？ (3)若过山车在运动中需要考虑摩擦和空气阻力，当过山车从A点由静止开始下滑，且刚好能通过最高点C，则过山车从A点运动到C点的过程中，摩擦力和空气阻力所做的功是多少？ 　 解析(1)设过山车和游客通过B点的速度为v1，由A点运动到B点的过程中只有重力做功，机械能守恒，则有mgh＝mv， 解得通过B点的速度v1＝＝. (2)设过山车和游客在B点受到轨道的支持力为F，由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得F＝7mg. (3)在考虑摩擦和空气阻力情况下，当过山车刚好通过C点时，由牛顿第二定律得mg＝m，得过山车刚好通过C点时的速度为v＝，设从A点运动到C点的过程中，重力做功为WG，克服阻力做功为W克f，由动能定理WG－W克f＝mv2， 由题意可知WG＝mg(h－2R)， 联立解得W克f＝mgR， 则摩擦力和空气阻力所做的功 Wf＝－W克f＝－mgR. 22．(2024年广州二中期中)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处．已知DE距离h＝1.0 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小； (2)斜面AB的长度L； (3)若μ可变，求μ取不同值时，物体在斜面上滑行的路程x. 解析(1)设物体到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理，得mg(h＋R)＝mv2－0， 代入数据得v＝2 m/s， 在C点，有F－mg＝m， 代入数据得F＝10 N. (2)从C到A，由动能定理得 －mg(R－Rcos 37°＋Lsin 37°)－μ0mgcos 37°·L＝0－mv2，代入数据得L＝1.8 m. (3)设动摩擦因数为μ1时物体刚好能静止在斜面上，则有mgsin 37°＝μ1mgcos 37°，解得μ1＝0.75， ①若0≤μ＜μ0，物块将滑出斜面，则物体的路程为x＝L＝1.8 m． ②若0.5≤μ＜μ1＝0.75，物体在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，则有mg(h＋Rcos 37°)－μmgcos 37°·x＝0.解得x＝. ③μ≥μ1＝0.75，则物体将停在斜面上，则有mg(h＋Rcos 37°－xsin 37°)－μmgcos 37°·x＝0，解得x＝. 考点4 能量守恒定律 考向1 能量守恒定律的理解与应用 23.(2025广西桂林阶段检测)某品牌电动汽车电动机最大输出功率为120 kW,最高车速可达180 km/h,车载电池最大输出电能为75 kW·h。已知该车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,电能转化为机械能的总转化率为90%。若汽车行驶过程中受到阻力F阻与车速v的关系符合F阻=kv2,其中k为未知常数,则该电动汽车以90 km/h 行驶的最大里程约为(　　) A.350 km B.405 km C.450 km D.500 km 答案 B 解析 根据题意可知,vm=180 km/h=50 m/s,v1=90 km/h=25 m/s,车速最大时,牵引力为Fm==2 400 N,此时车的加速度为0,即Fm=F阻m=k,解得k=0.96;当车速为90 km/h时,有F1=F阻1=k=600 N,由能量守恒定律有ηWm=F1s,解得s==m=405 000 m=405 km,故选B。 24. (多选)如图所示,倾角为θ=53°的固定粗糙斜面上有一A点,长度为0.5 m的木板质量分布均匀,其质量为M=3 kg,开始用外力使木板下端与A点对齐,如图。木块质量为m=1 kg,两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起,木板与斜面的动摩擦因数为。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点,此过程中,下列说法正确的是(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)(　　) A.木板和木块组成的系统机械能守恒 B. 木板上端刚过A点时速度大小为 m/s C.木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和 D.系统产生的热量为10 J 答案 BC 解析 由于斜面是粗糙的,木板和木块组成的系统在运动中会有摩擦生热,所以木板和木块组成的系统机械能不守恒,故A错误;对木板和木块组成的系统,由能量守恒定律有Mglsin θ－mgl=(M+m)v2+μMglcos θ,解得v= m/s,故B正确;根据能量守恒可知木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和,故C正确;系统产生的热量为Q=μMglcos θ=6 J,故D错误。 (1)首先确定初、末状态,分清有几种形式的能在变化,如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。 (2)明确哪种形式的能量增加,哪种形式的能量减少,并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 25.(2025云南高考适应性考试)游乐项目“滑草”的模型如图所示,某质量m=80 kg的游客(包括滑板,可视为质点)由静止从距水平滑道高h=20 m的P点沿坡道PM滑下,滑到坡道底部M点后进入水平减速滑道MN。在水平滑道上匀减速滑行了l=9.0 m后停止,水平滑行时间t=3.0 s。重力加速度g取10 m/s2,求: (1)该游客滑到M点的速度大小和滑板与水平滑道MN之间的动摩擦因数; (2)该游客(包括滑板)从P点滑到M点的过程中损失的机械能。 答案 (1)6 m/s　0.2　(2)14 560 J 解析 (1)设游客在M点的速度为vM,与水平滑道MN之间的动摩擦因数为μ,在水平滑道上游客做匀减速直线运动, 由牛顿第二定律可得μmg=ma, 由运动学公式可得vM=at, 0－=－2al, 代入数据可得vM=6 m/s,μ=0.2。 (2)由动能定理知, W阻+mgh=m－0, 解得W阻=－14 560 J。 即损失机械能为14 560 J。 考向2 传送带模型的能量问题 1．传送带问题的两个角度 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 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．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。 26.(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等 C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J 答案BCD 解析 　两滑块做匀变速运动时的加速度大小a＝＝μg＝2 m/s2，根据x＝v0t－at2，t＝0.5 s时，两滑块相距Δx＝x0－＋＝3 m，A错误；传送带启动时，甲滑块的速度为v1′＝v1－at＝5 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt1＝＝1 s，因此在t＝1.5 s时，甲滑块速度与传送带相等；传送带启动时，乙滑块传送的速度为v2′＝v2－at＝1 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt2＝＝1 s，因此在t＝1.5 s时，乙滑块速度与传送带相等；t＝1.5 s时，两滑块速度相等，B正确；0～0.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x1＝v2t－at2＝0.75 m,0.5～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2＝v0t′－＝1 m，因此0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2－x1＝0.25 m，C正确；甲相对传送带的位移x甲＝v1t甲－at甲2－v0t甲′＝6×1.5 m－×2×1.52 m－3×1 m＝3.75 m，甲滑块与传送带间摩擦生热量Q1＝μm1g·x甲＝7.5 J，乙滑块与传送带间摩擦生热量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7 J，因此0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热为Q＝Q1＋Q2＝14.5 J，D正确。 27.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)物体由A端运动到B端的时间； (2)系统因摩擦产生的热量。 答案(1)2 s　(2)24 J 解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 设物体经时间t1加速到与传送带同速，则 v＝a1t1，x1＝a1t12 解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m 设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t22 解得t2＝1 s 故物体由A端运动到B端的时间 t＝t1＋t2＝2 s。 (2)物体与传送带间的相对位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m 故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。 28.如图所示，一质量为m＝1 kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep＝4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，g＝10 m/s2.求： (1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间； (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量． 答案　(1)3.125 s　(2)12.5 J 解析　(1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1，则Ep＝mv，得v1＝3 m/s 滑块在传送带上运动的加速度的大小a＝μg＝2 m/s2 滑块向左运动的时间t1＝＝1.5 s 向左运动的最大位移x1＝＝2.25 m 向右匀加速运动的位移x2＝＝1 m x1>x2，所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动，再同传送带一起向右匀速运动． 向右匀加速运动的时间t2＝＝1 s 向右匀速运动的时间为t3＝＝0.625 s 所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s. (2)滑块在传送带上向左运动x1的位移时，传送带向右运动的位移为x1′＝vt1＝3 m 则Δx1＝x1′＋x1＝5.25 m 滑块向右运动x2时，传送带向右运动的位移为x2′＝vt2＝2 m 则Δx2＝x2′－x2＝1 m Δx＝Δx1＋Δx2＝6.25 m 则产生的热量为Q＝μmg·Δx＝12.5 J． 考向3“滑块—木板”模型中的能量问题 1．模型分类 滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。 2．位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。 3．解题关键 找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。　 4．“滑块—木板”问题的三种处理方法 (1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。 (2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。 29.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 答案　BC 解析　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确． 30.如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2； (2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。 答案(1)0.5　0.375　(2)90 J 解析(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则L＝a1t2，根据牛顿第二定律2mgsin θ－μ1×3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1，以物块B为研究对象，则2L＝a2t2，根据牛顿第二定律mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，联立以上各式并代入数据解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。 (2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式L＝v1t,2L＝v2t，因摩擦产生的总热量Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－mv22－×2mv12或Q＝μ13mgcos θ·L＋μ2mg cos θ·L，代入数据解得Q＝90 J。 31.如图所示，一个质量为m＝4 kg的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质量为M＝1 kg，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为R＝0.5 m，滑块到达轨道最高点时，与轨道没有作用力。已知滑块可视为质点，斜面倾角θ＝53°，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g＝10 m/s2，试求： (1)滑块冲上台阶时的速度大小； (2)滑块释放时相对斜面底端的高度； (3)滑块和木板间产生的热量。 答案(1)5 m/s　(2)4.5 m　(3)37.5 J 解析 (1)设滑块在斜面底端时速度为v1，冲上台阶时速度为v2，在圆轨道最高点时速度v3。在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有mg＝m，在圆轨道上运动时，由机械能守恒定律有mv22＝2mgR＋mv32，联立解得v2＝5 m/s。 (2)设滑块在木板上滑动时加速度的大小为a1，木板加速度的大小为a2，由牛顿第二定律可知，a1＝＝5 m/s2，a2＝＝10 m/s2，设滑块在木板上滑行时间为t，对木板，由v2＝a2t，得t＝＝0.5 s，对滑块，由v2＝v1－a1t，得v1＝7.5 m/s，设在斜面上释放高度为h，由能量守恒定律可得mgh＝mv12＋μ1mgcos θ·，代入数据可得h＝4.5 m。 (3)滑块在木板上运动的位移大小为x1＝ t＝ m， 木板的位移大小为x2＝t＝ m，相对位移大小为Δx＝x1－x2＝ m，所以产生热量Q＝μ1mg·Δx＝37.5 J。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$