第六章 机械能（教师用书）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（江苏北京）

第六章　机械能 第一讲　功和功率 |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)(2024·海南高考)载人飞船返回舱在返回地面的过程中,重力对返回舱做负功。 (×) (2)一个力对物体做了负功,则说明这个力一定阻碍物体的运动。 (√) (3)(鲁科版课后习题)滑动摩擦力既可以做正功也可以做负功。 (√) (4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。 (√) (5)合力做的功等于各分力做功的代数和。 (√) (6)由P=Fv可知,发动机功率一定时,机车的牵引力与运行速度的大小成反比。 (√) (7)(鲁科版课后习题)力在单位时间内做的功越多,其功率就越大。 (√) (8)(人教版课后习题)起重机工作时在一段时间内的功率为平均功率,在某一时刻的功率为瞬时功率。 (√) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　功的正负判断和恒力做功的计算(基础点速过) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[功的正负判断](2024·海南高考)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆,在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞,飞船快速减速,返回舱速度大大减小,在减速过程中 (　 ) A.返回舱处于超重状态 　B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 　D.重力对返回舱做负功 解析:选A　返回舱在减速过程中,加速度竖直向上,处于超重状态,故A正确,B错误;主伞的拉力与返回舱运动方向相反,对返回舱做负功,故C错误;返回舱所受重力与返回舱运动方向相同,重力对返回舱做正功,故D错误。 2.[恒力做功的计算]一个质量m=10 kg的静止物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5,受到一个大小为100 N、与水平方向成θ=37°的斜向上拉力作用而运动,假设拉力作用的时间为t=1 s。(g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6) (1)求1 s内拉力做的功; (2)求1 s内摩擦力做的功; (3)求1 s内合外力做的功。 解析:(1)对物体受力分析如图所示, FN=G-Fsin 37°=100 N-100×0.6 N=40 N 由摩擦力公式得 Ff=μFN=0.5×40 N=20 N 由牛顿第二定律得F合=Fcos 37°-Ff=ma,解得a=6 m/s2 由位移公式可得x=at2=×6×12 m=3 m 故1 s内拉力做的功: WF=Fxcos 37°=100×3×0.8 J=240 J。 (2)WFf=Ffx cos 180°=20×3×(-1)J=-60 J。 (3)W合=F合x=max=10×6×3 J=180 J。 答案:(1)240 J　(2)-60 J　(3)180 J 1.正负功的判断 判断根据 适用情况 根据力和位移方向的夹角判断 常用于恒力做功的判断 根据力和瞬时速度方向的夹角判断 常用于质点做曲线运动 根据功能关系或能量守恒定律判断　　 常用于变力做功的判断 2.计算功的方法 (1)恒力做的功 直接用W=Flcos α计算或用动能定理计算。 (2)合力做的功 方法一:先求合力F合,再用W合=F合lcos α求功,尤其适用于已知质量m和加速度a的情况。 方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3…,再应用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功。 方法三:利用动能定理,合力做的功等于物体动能的变化。 逐点清(二)　变力做功的五种计算方法(迷盲点精研)　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 方法1　利用微元法求变力做功 　　将物体的位移分割成许多小段,因每一小段很小,每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力,这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。 　　[例1]　(2025·无锡模拟)如图甲为我国以前农村毛驴拉磨的场景。毛驴拉磨可看成是匀速圆周运动,假设毛驴的拉力始终与拉磨半径方向垂直,图乙为其简化图,拉力为500 N,拉磨半径为1 m,拉磨周期为10 s。下列说法正确的是 (　 ) A.毛驴拉磨一周所做的功为1 000π J B.毛驴拉磨一周所做的功为0 J C.毛驴拉磨的转速为0.1 r/min D.毛驴拉磨的瞬时功率为50 W [解析]　毛驴的拉力大小不变,方向不断变化,设微小位移Δl,则ΔW=FΔl,求和可得毛驴拉磨一周所做的功为W=􀰐F·Δl=F·2πr=1 000π J,故A正确,B错误;毛驴拉磨的转速为n== r/s=6 r/min,故C错误;因为v==0.2π m/s,毛驴拉磨的瞬时功率为P=Fv=100π W,故D错误。 [答案]　A 方法2　利用F-x图像求变力做功 　　在F-x图像中,图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功,且位于x轴上方的“面积”为正功,位于x轴下方的“面积”为负功,但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。 　　[例2]　(2025·南京师范大学附属中学模拟)如图所示,建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度,设定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功相同,圆柱体所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比(即f=kh,k为常量),圆柱体自重及空气阻力可忽略不计,打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土深度为h0,则打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为 (　 ) A.h0 　B.nh0 　C.h0 　D.(-)h0 　　[解析]　由题意可知,阻力f与深度h成正比,其f- h图像如图所示。对于力—位移图像来说,其图像与坐标轴所围成的面积等于力所做的功,每次打桩机对圆柱体做的功相同,如图所示可得,每次围成的面积相同,故打桩机第一次打击过程所做的功为W=·h0=,设打桩机前n-1、前n次打击过程使圆柱体进入泥土的深度分别为hn-1、hn,由功能关系可得(n-1)W=,nW=,联立解得hn-1=h0,hn=h0,故第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为Δh=hn-hn-1=h0,故D正确。 [答案]　D 方法3　化变力为恒力求变力做功 　　有些变力做功问题通过转换研究对象,可转化为恒力做功,用W=Flcos α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。 　　[例3]　如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮,以大小恒定的拉力F拉绳,使滑块从A点由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2,图中AB=BC,则 (　 ) A.W1>W2 　　　B.W1<W2 C.W1=W2 　　　D.无法确定W1和W2的大小关系 [解析]　绳子对滑块做的功为变力做功,可以通过转换研究对象,将变力做的功转化为恒力做的功;因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功,而拉力F为恒力,W=F·Δs,Δs为绳子拉滑块过程中拉力F的作用点移动的位移,大小等于滑轮左侧绳长的缩短量,如图所示,由于三角形的任意两条边之和大于第三边,故s1+s3>2s2,即s3-s2>s2-s1,故W1>W2,A正确。 [答案]　A 方法4　利用平均力求变力做功 　　当物体受到的力方向不变,而大小随位移均匀变化时,则可以认为物体受到一大小为=的恒力作用,F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力,然后用公式W=lcos α求此变力所做的功。 　　[例4]　(2025·南通模拟)如图所示,一轻质立方体被从水表面缓慢压入水中,直至其上表面没入水中,已知立方体的棱长为L,水的密度为ρ,重力加速度为g,不考虑水面高度的变化。该过程中,立方体克服水的浮力所做的功为 (　 ) A. B. C.ρgL2 D.ρgL4 [解析]　设立方体浸入水的深度为x,则浮力的大小为F=ρgV=ρgL2x,可见浮力与立方体浸入水中的位移成正比,则克服浮力做的功为W=×L=L=,故B正确。 [答案]　B 方法5　利用功能关系求变力做功 　　利用公式W=Flcos α不容易直接求功时,尤其对于曲线运动或变力做功问题,可考虑由功能关系间接求功。 　　[例5]　(2025·扬州模拟)一根粗细不均匀的绳子摆放在地面上,已知绳子的质量为5 kg,绳长为1 m,抓住绳子一端缓慢往上提起,直到另一端恰好离开地面,此过程需做功30 J。若抓住绳子的另一端把绳子缓慢提起来,拉力做功为(g取10 m/s2) (　 ) A.10 J B.20 J C.30 J D.50 J [解析]　根据功能关系,提起绳子过程中,拉力做功为W=mgh,h表示绳子重心上升的高度,计算可知第一次重心升高0.6 m,则第二次重心应升高0.4 m,对应拉力做功为20 J。故B正确。 [答案]　B 逐点清(三)　平均功率和瞬时功率(基础点速过) 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉平均功率的计算 1.(2024·江西高考)“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 解析:选B　在t时间内流下的水的质量m=ρV=ρQt,这些水产生的能量W=mgh,则发电功率P=η·=ηρQgh,代入数据解得P≈107 W,B正确。 ◉瞬时功率的计算 2.如图所示,质量为m的物体在拉力F的作用下沿倾斜角为30°的固定斜面下滑。当速度为v时,物体重力做功的瞬时功率是 (　 ) A.mv2 B.mgv C.mgv sin 30° D.mgv cos 30° 解析:选C　物体的重力大小G=mg,方向竖直向下;速度大小为v,方向沿斜面向下;重力的方向和瞬时速度方向的夹角α=60°,根据公式P=mgv cos 60°=mgvsin 30°,故C正确。 1.平均功率的计算方法 (1)利用=。 (2)利用=Fcos α,其中为物体运动的平均速度。 2.瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P=Fvcos α,其中v为t时刻的瞬时速度。 (2)利用公式P=FvF,其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。 (3)利用公式P=Fvv,其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。 逐点清(四)　机车启动问题(重难点疏通) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.两种启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P-t图像 和 v-t图像 OA段 过程 分析 v↑⇒F=↓ ⇒a=↓ a=不变⇒F不变P=Fv↑直到P额=Fv1 运动 性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动,维持时间t0= AB段 过程 分析 F=F阻⇒a=0 ⇒vm= v↑⇒F=↓ ⇒a=↓ 运动 性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动 BC段 无 F=F阻⇒a=0⇒ 以vm=做匀 速直线运动 2.三个重要关系 (1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都为vm=。 (2)机车以恒定加速度启动时,匀加速过程结束后功率最大,速度不是最大,即v=<vm=。 (3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=Pt,由动能定理得Pt-F阻x=ΔEk,此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。 　　[典例]　中国航天科技集团六院的“赛道1 000”车载液氢系统研制成功,是中国在全球氢能源汽车领域的一次重大胜利。某款质量为M的氢能源汽车(如图所示)在一次测试中,沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动,行驶路程x,恰好达到最大速度vm。已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是 (　 ) A.启动过程中,车做匀加速直线运动 B.启动过程中,牵引力对车做的功为M C.车速从0增至vm的加速时间为+ D.车速为时,车的加速度大小为 [解析]　汽车以恒定功率P启动,根据P=Fv可知,启动过程中,速度v增大,牵引力F减小,根据牛顿第二定律有F-f=Ma,可知加速度a减小,则车做加速度减小的加速运动,故A错误;根据题意,可知汽车受到的阻力为f=,启动过程中,根据动能定理有W-fx=M,牵引力对车做的功为W=+M,故B错误;根据题意,车速从0增至vm的过程中,根据动能定理有Pt-fx=M,联立解得t=+,故C正确;车速为时,汽车的牵引力为F1==,根据牛顿第二定律有F1-f=Ma1,解得a1=,故D错误。 [答案]　C [针对训练] 1.[恒定功率启动]汽车以恒定功率P由静止开始在平直公路上起步的过程中,设该车受到大小为f的恒定阻力作用,关于该汽车的运动过程下列说法正确的是 (　 ) A.汽车做匀加速直线运动 B.汽车受到的牵引力越来越大 C.汽车的最终速度为 D.汽车的最终速度为 解析:选D　由公式P=Fv可知,汽车受到的牵引力逐渐减小,由牛顿第二定律有F-f=ma,a逐渐减小,则汽车做加速度减小的加速直线运动,故A、B错误;当汽车合力为0时,汽车做匀速直线运动,则有F=f,此时的速度为v==,即汽车的最终速度为,故C错误,D正确。 2.[恒定加速度启动]为了减少环境污染,适应能源结构调整的需要,我国对新能源汽车实行了发放补贴、免征购置税等优惠政策鼓励购买。在某次直线运动性能检测实验中,根据两辆新能源汽车运动过程分别作出甲车速度随时间变化的v-t图像和乙车牵引力随速度倒数变化的F-图像,甲车8 s 至28 s以额定功率行驶,乙车匀加速后,也以额定功率行驶,两辆汽车的质量均为1.0×103 kg,均由静止开始沿平直公路行驶,最终匀速运动。假设两辆车行驶中所受阻力恒定,重力加速度g取10 m/s2。则在此次检测中 (　 ) A.乙车最大速度为25 m/s B.8 s至28 s,甲车牵引力做功为3.22×105 J C.甲、乙两车匀加速阶段的加速度均为2 m/s2 D.甲车的额定功率小于乙车的额定功率 解析:选C　由题图乙可知,乙车的最大速度vm乙满足=0.05,即vm乙=20 m/s,故A错误;当乙车速度为10 m/s时,牵引力为4 000 N,恰好达到额定功率,可得P乙=F1v1=40 kW,当达到最大速度20 m/s时,牵引力等于阻力,可得f=2 000 N,乙车匀加速阶段的加速度为a乙==2 m/s2,由题图甲可知甲车匀加速阶段的加速度为a甲= m/s2=2 m/s2,C正确;当甲车速度达到16 m/s 时,刚好达到额定功率,可得P甲=(f'+ma甲)v1',当甲车达到最大速度30 m/s时,牵引力等于阻力,可得P甲=f'v2',联立解得P甲= W,故甲车的额定功率大于乙车的额定功率,D错误;8 s至28 s,甲车牵引力做功为WF=P'Δt≈1.37×106 J,B错误。 [课时跟踪检测] 1.某同学骑电动自行车上学途中经过一段平直公路,因电瓶“没电”,只能改用脚蹬车以3.5 m/s的速度匀速前行,骑行过程中所受阻力恒为车和人总重力的0.04倍,该同学与电动自行车总质量约100 kg,取重力加速度g=10 m/s2,则该同学骑此电动自行车做功的功率最接近 (　 ) A.14 W　 B.140 W　 C.1.4 kW　 D.14 kW 解析:选B　该同学蹬车匀速前进,则牵引力与阻力平衡,即F=f=0.04G=40 N,则电动自行车做功的功率P=Fv=140 W,故B正确。 2.(2024·浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为 (　 ) A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 解析:选C　设Δt时间内从喷头喷出水的质量为m=ρSv·Δt,喷头喷水的功率等于单位时间内喷出水的动能增加量,即P==,联立解得P=100 W,故选C。 3.(2025·徐州模拟)2024年6月25日,嫦娥六号的返回之旅堪称一场“太空芭蕾”,31马赫(相当于10.55 km/s)的“太空水漂”惊艳世人。如图所示,嫦娥六号返回器关闭发动机后利用大气层“水漂”降速,在由a点进入大气层到达最低点b,又返回从c点跳出大气层的过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.a→b过程中,大气阻力对该返回器做正功 B.a→b过程中,大气阻力对该返回器做负功 C.b→c过程中,大气阻力对该返回器做正功 D.b→c过程中,该返回器只受地球引力作用 解析:选B　在a→b和b→c整个过程中,该返回器在大气层中运动,大气阻力方向与运动方向相反,因此大气阻力均对该返回器做负功,故A、C错误,B正确;b→c过程中,该返回器除受地球引力作用外,还受到大气阻力作用,故D错误。 4.(2023·北京高考)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 解析:选D　设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力大小为f=μ(mg-Fsin θ),摩擦力做的功Wf=μ(mg-Fsin θ)xcos 180°,即摩擦力做功大小与F的方向有关,A错误;合力做功大小W=F合x=ma·x,可知合力做功大小与F方向无关,B错误;当力F水平时,则F=ma+μmg,力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,C错误;因合力做功为max大小一定,而合力做的功等于力F做的功与摩擦力f做的功的代数和,而当Fsin θ=mg时,摩擦力f=0,则此时摩擦力做功为零,此时力F做功最小,最小值为max,D正确。 5.(2025·连云港模拟)如图,一磁铁吸附在铁板AB的下方。现保持铁板与水平面间的夹角θ不变,缓慢推动B端,使AB与磁铁一起水平向左匀速移动,则 (　 ) A.合外力对磁铁做正功 B.AB对磁铁的作用力不做功 C.AB对磁铁的弹力不做功 D.AB对磁铁的摩擦力不做功 解析:选B　由于磁铁做匀速运动,根据动能定理可知,合外力对磁铁不做功,故A错误;磁铁受重力和铁板的作用力而做匀速运动,根据平衡条件可知,AB对磁铁的作用力大小等于重力,方向竖直向上,与磁铁的运动方向相互垂直,故AB对磁铁的作用力不做功,故B正确;AB对磁铁的弹力垂直接触面,与磁铁的运动方向不垂直,故弹力一定做功,故C错误;AB对磁铁的摩擦力沿接触面,与磁铁的运动方向不垂直,故摩擦力做功,故D错误。 6.(2023·湖北高考)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. 解析:选D　由题意可知,两节动车编组前分别有P1=f1v1,P2=f2v2,当将它们编组后有P1+P2=(f1+f2)v,联立可得v=。 7.(2025·苏州模拟)如图,质量为m的歼-20战斗机正在升空,某时刻战斗机的速度为v,方向与水平面夹角为θ。已知重力加速度为g,则该时刻战斗机克服重力做功的瞬时功率为 (　 ) A.mgv B.mgvsin θ C.mgvcos θ D.mgvtan θ 解析:选B　战斗机受到的重力方向竖直向下,克服重力做功的瞬时功率为P=mgvy,vy=vsin θ,解得P=mgvsin θ,故B正确。 8.(2025·宿迁模拟)铁锹、斧头、锄头是常用农具,其长柄多为木制。为其安装木制手柄的过程基本一致,以斧头为例对该过程进行简化:距地面一定高度,金属头在上,用手抓住手柄向下快速砸向地面,手柄碰到地面立即停止运动,反复4次,金属头“砸入”手柄的总深度为d。已知金属头所受阻力与其进入手柄的深度成正比,每次动作完全相同,全程认为斧头只有竖直方向的运动。则第一次金属头“砸入”手柄的深度为 (　 ) A. B. C.d D. 解析:选A　金属头所受阻力与其进入深度的关系如图所示,由图可知,图线与横轴所围成的面积表示克服阻力做的功,金属头“砸入”手柄的前一半深度与后一半深度过程中,阻力做功之比为1∶3,因金属头“砸入”手柄时每次动作完全相同,可知金属头每次“砸入”手柄克服阻力做功相同,把图线与横轴所围成的面积分为四等份,则第一次“砸入”手柄的深度为,故A正确。 9.(2025·兴化模拟)全球最大的“上回转塔机”如图甲所示,树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t=0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体,其a-t图像如图乙所示,t1时刻达到额定功率,t1~t2时间内起重机保持额定功率运动,重力加速度为g,不计其他阻力,下列说法正确的是 (　 ) A.0~t1时间内物体处于失重状态 B.t1~t2时间内物体做减速运动 C.0~t1时间内重力对物体做功为-m(a0t1)2 D.t1~t2时间内起重机额定功率为(mg+ma0)a0t1 解析:选D　在0~t1时间内物体向上做匀加速直线运动,因此物体处于超重状态,故A错误;由a-t图像可知t1~t2时间内物体的加速度为正,做加速度减小的加速运动,故B错误;0~t1时间内物体的位移为x1=a0,重力对物体做功为W=-mgx1=-mga0,故C错误;设t1时刻物体所受到的牵引力为F,由牛顿第二定律有F-mg=ma0,解得F=mg+ma0,t1时刻物体的速度为v=a0t1,起重机额定功率为P=Fv=(mg+ma0)a0t1,故D正确。 10.(2025·盐城质检模拟)某汽车以额定功率在水平路面上行驶,空载时的最大速度为v1,装满货物后的最大速度为v2,已知汽车空车的质量为m0,汽车所受的阻力跟车重成正比,则汽车后来所装的货物的质量是 (　 ) A.m0 B.m0 C.m0 D.m0 解析:选A　当汽车空载时,有P=f1v1=km0gv1,当汽车装满货物后,有P=f2v2=k(m0+m)gv2,联立两式解得m=m0,故A正确。 11.(12分)(2024·福建高考)两绳拉木板,每条绳拉力F=250 N,15 s内匀速前进20 m,θ=22.5°,cos 22.5° ≈ 0.9。求: (1)阻力f大小;(4分) (2)两绳拉力做的功;(4分) (3)两绳拉力的总功率。(4分) 解析:(1)由于木板匀速运动则有2Fcos θ=f 带入数据解得f=450 N。 (2)根据功的定义式有W=2Flcos θ 带入数据解得W=9.0 × 103 J。 (3)根据功率的定义式有P= 带入数据解得P=600 W。 答案:(1)450 N　(2)9.0 × 103 J　(3)600 W 12.(13分)(2025·泰州模拟)图甲为某型号无人机,它的铭牌如表所示(已知空气阻力与速度的关系为f=0.8v,取g=10 m/s2)。 【型号】 YU-2 【动力】 电动 【质量】 1200 g 【额定功率】 80 W (1)求无人机上升时的最大速度;(4分) (2)某次飞行时,该无人机的飞行路线如图乙所示,无人机先从A点匀速上升到B点,然后以水平速度5 m/s匀速飞行到C点,从B点到C点的过程中,求空气阻力做的功;(4分) (3)在(2)运动情况下,求无人机电动机提供的牵引力大小和此时电动机的实际功率。(5分) 解析:(1)当无人机向上运动的合力为0时,无人机上升的速度最大,设此时的升力为F0,则有F0=mg+f0=mg+0.8vmax 无人机的额定功率为P额=80 W, 此时有P额=F0vmax 解得vmax=5 m/s。 (2)从B点到C点的过程中,水平速度为5 m/s,则空气阻力的大小为f=0.8×5 N=4 N W=-fl=-3 200 J。 (3)无人机从B点到C点在水平方向上做匀速直线运动,对无人机受力分析如图所示 根据平衡条件有 F1=,cos θ= 根据功率的关系式有P=F1vcos θ 解得F1=4 N,P=20 W。 答案:(1)5 m/s　(2)-3 200 J　(3)4 N　20 W 第二讲　动能 动能定理 第1课时　动能定理的理解及应用(系统知能课) |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)动能就是运动物体所具有的能量。 (×) (2)(人教版课后习题)当汽车的质量减半,速度增大到原来的4倍时,汽车的动能不变。 (×) (3)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化。 (√) (4)动能不变的物体一定处于平衡状态。 (×) (5)(鲁科版课后习题)汽车行驶速度增加为原来的 2 倍,则该车从开始刹车到停下的距离约增大为原来的 4 倍。 (√) (6)(2024·浙江1月选考)把质量为m的足球斜向上踢到空中,当达到高度为h的最高点时,其动能一定减少mgh。 (×) (7)物体的动能不变,所受的合外力必定为零。 (×) (8)(粤教版课后习题)合力对物体所做的功等于物体动能的改变量。 (√) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　动能定理的理解(基础点速过) 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉对物体动能的理解 1.(2025·泰州模拟)一质量为0.1 kg的小球,以5 m/s 的速度在光滑水平面上匀速运动,与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹,若以弹回的速度方向为正方向,则小球碰墙过程中的速度变化量和动能变化量分别是 (　 ) A.Δv=-10 m/s B.Δv=0 C.ΔEk=1 J D.ΔEk=0 解析:选D　以弹回的速度方向为正方向,则小球碰墙过程中的速度变化量为Δv=5 m/s-(-5)m/s=10 m/s,小球碰墙过程中的动能变化量为ΔEk=×0.1×52 J-×0.1×52 J=0,故D正确。 ◉对动能定理的理解 2.在一次军事演习中某高炮部队竖直向上发射一枚炮弹,在炮弹由静止运动到炮口的过程中,克服重力做功W1,克服炮膛及空气阻力做功为W2,高压燃气做功W3。则在炮弹飞出炮口时(取开始击发时炮弹的重力势能为零) (　 ) A.炮弹的重力势能为W2 B.炮弹的动能为W3-W2-W1 C.炮弹的动能为W3+W2+W1 D.炮弹的动能为W3+W2-W1 解析:选B　取开始击发时炮弹的重力势能为零,克服重力做功W1,炮弹的重力势能增加W1,则在炮弹飞出炮口时炮弹的重力势能为W1,故A错误;根据动能定理得Ek=W3-W1-W2,故B正确,C、D错误。 ◉用动能定理求功 3.(2024·安徽高考)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 解析:选D　人在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,故选D。 1.动能与动能变化的区别 (1)动能与动能的变化是两个不同的概念,动能是状态量,动能的变化是过程量。 (2)动能没有负值,而动能变化量有正负之分。ΔEk>0,表示物体的动能增加;ΔEk<0,表示物体的动能减少。 2.对动能定理的理解 两个关系 1 数量关系:合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系,但并不是说动能变化就是合力做的功 2 因果关系:合力做功是引起物体动能变化的原因 标量性 动能是标量,功也是标量,所以动能定理是一个标量式,不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式 逐点清(二)　动能定理的应用(重难点疏通) （2023·江苏高考）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块 (　 )  A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 [解析]　因为频闪照片时间间隔相同，对比题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段，根据牛顿第二定律可知题图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，滑块先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功,根据动能定理可知题图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块加速度大，根据x=at2,可知题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，故C正确；无论上滑或下滑，滑块受到的滑动摩擦力大小均相等，故题图甲和乙中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。 [答案]　C [规律方法] (1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求解,也可以应用动能定理求解。 (2)在不涉及时间的问题中,可优先考虑应用动能定理。 (3)动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的,一般以地面为参考系。 (4)动能定理表达式是一个标量式,式中各项均为标量,因此,应用动能定理时不必关注速度的具体方向,也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。 　　[针对训练] 1.如图所示,将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时,其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变,则空气阻力的大小等于 (　 ) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析:选D　小球向上运动的过程,由动能定理得-(mg+f)H=0-m,小球向下运动的过程,由动能定理得(mg-f)H=m-0,联立解得f=mg,D正确,A、B、C错误。 2.(2025·镇江模拟)如图所示,光滑的四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内,最高点P与圆心O在同一水平线上,圆弧轨道半径为R,重力加速度为g,质量为m的滑块(可视为质点),从圆弧轨道最高点P由静止开始无初速度下滑到最低点Q的过程中,滑块所受重力的瞬时功率最大值为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　设滑块滑到圆弧轨道某位置与O点的连线与竖直方向夹角为θ时,速度大小为v,根据动能定理有mgRcos θ=mv2,重力的瞬时功率PG=mgvsin θ,联立解得PG=mgsin θ,根据数学知识解得,当sin θ=即cos θ=时,滑块所受重力的瞬时功率有最大值,其值为PG=,故A、C、D错误,B正确。 　　　　　逐点清(三)　动能定理与图像结合问题(重难点疏通) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.四类图像所围“面积”的意义 2.解决动能定理与图像问题的基本步骤 　　[典例]　(2023·新课标卷，改编)一质量为1 kg 的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　 ) A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W B.在x=4 m时,物体的动能为6 J C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s [解析]　由于拉力在水平方向,则拉力做的功为W=Fx,可看出W-x图像的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中根据动能定理有W-μmgx=mv2,则x=1 m时物体的速度为v1=2 m/s,x=1 m时,拉力为F==6 N,则此时拉力的功率P=Fv1=12 W,A错误;0~4 m的过程,由动能定理有W'-μmgx4=Ek4-0,解得Ek4=2 J,B错误;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgΔx=8 J,C正确;根据W-x图像可知在0~2 m的过程中F1=6 N,2~4 m的过程中F2=3 N,由于物体受到的摩擦力恒为f=4 N,则物体在x=2 m处速度最大,且根据选项A、B分析可知此时的速度v2=2 m/s,则从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为p=mv2=2 kg·m/s,D错误。 [答案]　C [规律方法] 动能定理与图像结合问题的分析方法 (1)首先看清楚所给图像的种类(如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等)。 (2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量,如由v-t图像所围成的“面积”求位移,由F-x图像所围成的“面积”求功,在横轴的上下表示做功的正负;由Ek-x图像的斜率求合外力等。 (3)分析有哪些力做功,根据动能定理列方程,求出相应的物理量。 1.如图甲所示,质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F,以4 m/s的初速度从A点向右运动,F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3,重力加速度g取10 m/s2,在运动过程中物块的最大速度为 (　 ) A. m/s B. m/s C. m/s D.3 m/s 解析:选A　由题图像可知,拉力减小时的表达式为F==3.6-0.3x,物块受到的滑动摩擦力大小为f=μmg=0.3×0.2×10 N=0.6 N,当物块所受合力为零时,物块的速度最大,即F=f时物块速度最大,则有3.6-0.3x=0.6,解得x=10 m,F- x图线与横坐标轴所围成图形的面积等于拉力对物块做的功,设物块的最大速度为vm,由题图像可知,物块速度最大时,拉力对物块做的功为W=×1.8×6 J+××J=10.2 J,从物块开始运动到速度最大的过程,对物块由动能定理得W-μmgx=m-m,代入数据解得vm=m/s,故A正确。 2.(2025·连云港模拟)质量为m=2 kg的物体在未知星球的表面以Ek0=100 J的初动能斜向上抛出,物体的初速度与水平方向的夹角为θ=37°,经时间t=1.2 s落到星球表面上,h0为整个过程物体到抛出点的最大高度,物体从抛出到最高点的过程中,物体的动能Ek与物体到星球表面的高度h的关系图像如图所示, 已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。星球表面的重力加速度为g,图像中的坐标均为未知量,忽略一切阻力,则下列说法正确的是 (　 ) A.h0=1.5 m B.Ek1=80 J C.Ek1=64 J D.g=9.8 m/s2 解析:选C　根据Ek0=m,可得抛出时物体的初速度v0=10 m/s,抛出时竖直方向的分速度vy0=v0sin 37°=6 m/s,水平方向的分速度vx0=v0cos 37°=8 m/s,在竖直方向上根据vy0=g·,=2gh0,可得g=10 m/s2,h0=1.8 m,故A、D错误;当物体到最高点时,竖直方向的速度变为零,此时物体的速度为vx0,动能为Ek1=m=64 J,故C正确,B错误。 [课时跟踪检测] 1.(2025·南京模拟)一物体的速度大小为v0时,其动能为Ek。当它的动能为2Ek时,其速度大小为 (　 ) A. B.2v0 C.v0 D.v0 解析:选C　根据动能表达式可得Ek=m,2Ek=mv2,可得v=v0,故C正确。 2.某同学用300 N的力将质量为0.46 kg的足球踢出,足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滚出60 m后静止,则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是 (　 ) A.23 J B.132 J C.4.6 J D.10 000 J 解析:选A　足球在水平草坪上滚动过程中,根据动能定理有0-mv2=-Wf,解得足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功为Wf=23 J,故A正确。 3.(2025·苏州模拟)如图甲所示,用大小不同的水平向右的恒力F将物体M从静止由P点拉动到Q点时速度为v,F与 v2的变化关系如图乙中的a图线;相同的方法得到另一个物体N的F与v2的变化关系如图乙中的b图线,则 (　 ) A.M的质量比N的质量大 B.M的质量比N的质量小 C.M、N与地面间的动摩擦因数相同 D.M与地面间的动摩擦因数比N与地面间的动摩擦因数大 解析:选A　设P点与Q点之间的距离为d,根据动能定理有Fd-μmgd=mv2,可得F=+μmg,由题图乙可知,M对应的图线斜率更大,说明其质量更大,故A正确,B错误;M对应的图线纵轴截距更小,因此受到滑动摩擦力更小,又因为M的质量更大,说明其与地面间的动摩擦因数更小,故C、D错误。 4.一个做直线运动的物体,其速度v与时间t的关系图像如图所示。设t1至t2时间内外力做功为W1;t2至t3时间内外力做功为W2;t3至t4时间内外力做功为W3,则 (　 ) A.W1>0,W2<0,W3<0 B.W1>0,W2<0,W3>0 C.W1=0,W2<0,W3>0 D.W1=0,W2<0,W3<0 解析:选C　根据动能定理得W1=0,W2=0-m<0,W3=m-0>0,故C正确。 5.(2023·辽宁高考)如图(a),从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知,两物块在离开M点后到达N点前的下滑过程中 (　 ) A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 解析:选B　由题图(b)可知,在下滑过程中,甲做匀加速直线运动,则甲沿Ⅱ下滑,乙做加速度逐渐减小的加速运动,乙沿Ⅰ下滑,任意时刻甲的速度都小于乙的速度,可知同一时刻甲的动能比乙的小,A错误,B正确;乙沿Ⅰ下滑,开始时乙的速度为0,到N点时乙的竖直方向速度为零,根据瞬时功率公式P=mgvy可知,乙的重力功率先增大后减小,C、D错误。 6.如图所示,质量为m的物体静止在水平光滑的平台上,系在物体上的水平轻绳跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ=37°处,在此过程中人的拉力对物体所做的功为, (　 ) A.m B.m C.m D.m 解析:选B　将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向,沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小,则v物=v0cos 37°,根据动能定理得W=m=m,故B正确。 7.(2024·泰州中学月考)某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v-t图像,如图所示(除2~10 s时间段图像为曲线外,其余时间段图像均为直线)。已知在小车运动的过程中,2~14 s时间段内小车的功率保持不变,在14 s末停止遥控而让小车无动力自由滑行,小车的质量为1 kg,可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列说法正确的是 (　 ) A.小车两段匀变速直线运动的加速度大小相同 B.小车所受到的阻力为2.5 N C.小车额定功率为6 W D.小车在变加速运动过程中位移为36 m 解析:选A　在0~2 s内小车的加速度大小a==1.5 m/s2,在14~18 s内,加速度大小a'==m/s2=1.5 m/s2,故A正确;14~18 s内,对小车由牛顿第二定律得f=ma'=1.5 N,故B错误;在10~14 s内小车做匀速运动,速度v=6 m/s,牵引力大小F与f大小相等,则小车额定功率P=Fv=fv=9 W,故C错误;在2~10 s内小车做变加速运动,根据动能定理有Pt-fx2=m-m,解得x2=39 m,故D错误。 8.质量为m的物体静止在粗糙的水平面上,当此物体受水平力F作用运动距离s时,动能为Ek1,而当此物体受水平力2F作用运动相同的距离时,其动能为Ek2,则 (　 ) A.Ek2=Ek1 B.Ek2=2Ek1 C.Ek2>2Ek1 D.Ek1<Ek2<2Ek1 解析:选C　当物体受水平力F作用时,由动能定理可得Fs-Wf=Ek1;当物体受水平力2F作用时,由动能定理可得2Fs-Wf=Ek2,解得Ek2=2Ek1+fs,则可得出Ek2>2Ek1,故C正确。 9.电梯一般用电动机驱动,钢绳挂在电动机绳轮上,一端悬吊轿厢,另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱使轿厢上下运动。若电梯轿厢质量为2×103 kg,配重为2.4×103 kg。某次电梯轿厢由静止开始上升的v-t 图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是 (　 ) A.电梯轿厢在第10 s内处于失重状态 B.上升过程中,钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等 C.在第1 s内,电动机做的机械功为2.4×104 J D.上升过程中,钢绳对轿厢做功的最大功率为 4.8×104 W 解析:选D　由题图乙可知,电梯轿厢在第10 s内做匀速直线运动,处于平衡状态,故A错误;以1~10 s 为例,轿厢和配重都处于平衡状态,根据平衡条件可知左边钢绳的拉力大小与轿厢的重力大小相等,右边钢绳的拉力大小与配重的重力大小相等,由题意可知轿厢和配重质量不相等,则钢绳对轿厢和对配重的拉力大小不相等,故B错误;由题图乙可知在第1 s内,轿厢上升了1 m,配重下降了1 m,设电动机做的机械功为W,由动能定理得W+m2gh-m1gh=(m1+m2)v2,解得W=4.8×103 J,故C错误;当钢绳对轿厢拉力最大,轿厢速度最大时,钢绳对轿厢做功的功率最大,在轿厢加速上升阶段,由牛顿第二定律得FT-m1g=m1a,由题图乙可知a=2 m/s2,钢绳对轿厢做功的最大功率P=FTv=(m1g+m1a)v=4.8×104 W,故D正确。 10.如图所示,可视为质点的小球质量为m,轻质细线长为L,一端系于悬点O,另一端连接小球。把小球和细线拉到水平位置且细线绷直,由静止释放小球,小球运动过程中受到大小恒为f的阻力作用,该阻力的方向始终与运动方向相反,小球可视为质点,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　 ) A.小球摆到最低点时的动能为mgL-fL B.小球摆到最低点时的动能为mgL-fπL C.下摆过程中,小球重力的功率一直增大 D.下摆过程中,小球阻力的功率一直为零 解析:选B　小球由静止释放到最低点的过程,根据动能定理有mgL-f×πL=Ek-0,解得小球摆到最低点时的动能为Ek=mgL-fπL,故A错误,B正确;小球竖直方向的速度先增大后减小,根据PG=mgvy,可知小球重力的功率先增大后减小,故C错误;阻力的功率为Pf=fv,下落过程中小球的速度不为零,阻力大小不变,阻力的功率也不为零,故D错误。 11.(12分)(2025·淮安模拟)质量m=1 kg的物体,在水平恒定拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下,沿粗糙水平面运动,经过的位移为4 m 时,拉力F停止作用,运动到位移为8 m时物体停止运动,运动过程中该物体的Ek- x图像如图所示。取g=10 m/s2。求: (1)物体的初速度大小;(3分) (2)物体和水平面间的动摩擦因数;(4分) (3)拉力F的大小。(5分) 解析:(1)从题图中可看出物体的初动能为2 J,有=m,解得v0=2 m/s。 (2)撤去拉力F后,物体在水平方向上只受滑动摩擦力作用,对物体根据动能定理,有-μmgx2=0-Ek 解得μ=0.25。 (3)有拉力F作用时,对物体根据动能定理,有 Fx1-μmgx1=Ek- 解得F=4.5 N。 答案:(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N 12.(13分)(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时,为安全起见,要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图,一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg,重力加速度大小g=10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α=37°时,Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin 37°=0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小;(6分) (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m,求在重物下降到地面的过程中,两根绳子拉力对重物做的总功。(7分) 解析:(1)重物缓慢下降,处于平衡状态,对重物进行受力分析,如图所示,水平方向有TPsin α=TQsin β 竖直方向有 TPcos α=TQcos β+mg 联立解得TP=1 200 N,TQ=900 N。 (2)重物缓慢下降,动能变化量为零,下降过程中对重物由动能定理有mgh+W=0 解得W=-4 200 J 即两根绳子拉力对重物做的总功为-4 200 J。 答案:(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J 第2课时　应用动能定理解决多过程问题(题型研究课) 题型(一)　多过程直线运动 　　[典例]　(2025·苏州模拟)如图所示是公路上的“避险车道”,车道表面是粗糙的碎石,其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0×103kg的汽车沿下坡公路行驶,当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度表示数为v1=10 m/s,汽车继续沿下坡公路匀加速直行l=350 m、下降高度h=50 m时到达“避险车道”,此时速度表示数为v2=20 m/s。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量; (2)求汽车沿公路下坡过程中所受的阻力大小; (3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°,汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移。(sin 17°≈0.3) 　　[解析]　(1)从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量 ΔEk=m-m=×2.0×103×J=3.0×105 J。 (2)汽车沿公路下坡过程中由动能定理得 mgh-fl=ΔEk,解得f=2.0×103 N。 (3)汽车在“避险车道”上运动时由动能定理得 -mgLsin 17°-3fL=0-m,解得L≈33.3 m。 [答案]　(1)3.0×105 J　(2)2.0×103 N (3)33.3 m [规律方法] 用动能定理解决多过程问题的流程 [针对训练] (2025·深圳模拟)如图所示,轨道MON动摩擦因数处处相同,其中ON水平,OM与ON在O处平滑过渡(物块经过O点速率不变),将一小物块从倾斜轨道上的M点由静止释放,滑至水平轨道上的N点停下。现调大斜面倾角,把斜面调至图中虚线OJ位置,为使物块从倾斜轨道上某处由静止释放后仍然在N点停下,则释放处应该是 (　 ) A.J点 B.K点 C.Q点 D.K点与Q点之间某一点 解析:选C　设倾斜轨道的倾角为α,M、N两点连线的倾角为θ,物块与轨道之间的动摩擦因数为μ。物块从M点到N点的整个过程,根据动能定理得mg·MOsin α-μmgcos α·MO-μmg·ON=0,解得μ=,根据数学知识可得=tan θ,可得tan θ=μ,即M、N两点连线的倾角一定,与倾斜轨道的倾角无关,所以释放处应该是Q点。故C正确。 题型(二)　多过程曲线运动 　　[典例]　(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。求: (1)小物块到达D点的速度大小; (2)B和D两点的高度差; (3)小物块在A点的初速度大小。 [解析]　(1)由题意知,小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在D点有m=mg,解得vD=。 (2)由题意知,小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,则在C点有cos 60°=,小物块从C点到D点的过程中,根据动能定理有-mg(R+Rcos 60°)=m-m,小物块从B点到D点的过程中,根据动能定理有mgHBD=m-m,联立解得vB=,HBD=0。 (3)小物块从A点到B点的过程中,根据动能定理有-μmgs=m-m,s=π·2R,解得vA=。 [答案]　(1)　(2)0　(3) [规律方法] 应用动能定理解决多过程问题的四点提醒 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析,并画出运动过程的草图,借助草图理解物理过程之间的关系。 (3)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解,这样更简便。 (4)列动能定理方程时,必须明确各力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。 　　[针对训练] （2023·江苏高考）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑， 从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求滑雪者运动到P点的时间t； （2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v； （3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 解析: (1)滑雪者由A点运动到P点的过程，沿斜坡方向由牛顿第二定律得mgsin 45°-Ff=ma 在垂直斜坡方向由平衡条件得， mgcos45°=FN 又Ff=μFN，解得a= g 由运动学公式x=at2得t=。 (2)设P点到B点的过程重力做的功为WG,克服摩擦力做的功为Wf,则滑雪者由P点到B点的过程，由动能定理得WG-Wf=0 滑雪者由A点到B点由动能定理得 mgdsin45°+WG- Wf -μmgdcos 45°=mv2 联立解得v=。 （3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有 vsin 45°=g·， 水平方向上有L=vcos 45°·t 联立可得L=d(1-μ)。 答案:（1） （2） （3）d(1-μ) 题型(三)　多过程往复运动 　　[典例]　(2025·无锡调研模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m,h2=1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度 g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小; (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔; (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。 　　[解析]　(1)小滑块从A点第一次到达D点的过程中,由动能定理得mg-μmgs=m-0 代入数据解得vD=3 m/s。 (2)小滑块从A点第一次到达C点的过程中,由动能定理得mgh1-μmgs=m 代入数据解得vC=6 m/s 小滑块沿CD段运动的加速度大小为 a=gsin θ=6 m/s2 小滑块沿CD段上滑到最高点所用的时间为 t1==1 s 小滑块从最高点滑回C点所用的时间为 t2=t1=1 s 故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔为t=t1+t2=2 s。 (3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x,对小滑块运动全过程应用动能定理有 mgh1-μmgx=0 代入数据解得x=8.6 m 故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 Δx=2s-x=1.4 m。 [答案]　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m [规律方法] (1)由于动能定理不仅适用于直线运动,还适用于曲线运动,因此若运动过程中涉及平抛运动和圆周运动,且只涉及位移和速度而不涉及时间时,应优先考虑使用动能定理。 (2)解决多过程问题时,过程的划分十分关键。在应用全程法求解合力做的功时,有些力可能不是全程都在作用的,必须根据不同的情况分别对待,弄清楚哪些力在哪段位移上做功。 　　[针对训练] 如图甲所示,在水平面上固定一倾角θ=37°、底端带有挡板的足够长的斜面,斜面体底端静止一质量m=1 kg的物块(可视为质点),从某时刻起,物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用,拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示,随后不再施加外力作用,物块与固定挡板碰撞前后速率不变,不计空气阻力,已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)物块在上滑过程中的最大速度的大小;(计算结果可保留根式) (2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。 解析:(1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用,先做加速运动后做减速运动,由平衡条件和牛顿第二定律有 FN=mgcos 37°,f=μFN,F-f-mgsin 37°=ma 当加速度为零时,物块的速度最大,此时 F=f+mgsin 37°=10 N 由题图乙可得出F=20-10x 当F=10 N时,x=1 m 对物块从斜面底端到最大速度的过程,由动能定理可得WF+Wf+WG=m-0 即×1 J-0.5×1×10×1×0.8 J-1×10×1×0.6 J=m-0,可得vm= m/s。 (2)对物块在斜面上向上运动的过程,由动能定理可得WF'+Wf'+WG'=0-0 则WF'-μmgcos 37°·xm-mgxmsin 37°=0 代入数据解得xm=2 m 撤去F后,因为mgsin 37°>μmgcos 37°,所以物块最后停在斜面的底端,对物块在斜面上运动的全过程,由动能定理可得 WF'-μmgscos 37°=0-0,代入数据解得s=5 m。 答案:(1) m/s　(2)2 m　5 m [课时跟踪检测] 1.(2025·徐州模拟)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC水平,B、C两点的距离为d=0.40 m,盆边缘的高度为h=0.25 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止滑下。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10,重力加速度取g=10 m/s2。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停止的位置到B点的距离为 (　 ) A.0.1 m B.0.2 m C.0.3 m D.0.4 m 解析:选A　对全过程运用动能定理得mgh-μmgs=0,解得s== m=2.5 m,由s=6d+0.1 m,可知小物块最终停止的位置到B点的距离为0.1 m。故A正确。 2.(2025·镇江模拟)如图所示,足够长的固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块距挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块运动过程中始终受到沿斜面向下的恒力F(较大)的作用,若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程为 (　 ) A.+ B.+ C.+ D.+ 解析:选C　滑块最终停在斜面底部,设滑块经过的总路程为x,根据动能定理得(mgsin θ+F)x0-μmgxcos θ=0-m,解得x=+,故C正确,A、B、D错误。 3.(2025·苏州模拟)如图甲所示,一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中,其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　 ) A.物块质量为0.7 kg B.物块所受摩擦力大小为0.7 N C.0~20 m过程中,物块克服摩擦力做功为40 J D.0~10 m过程中与10~20 m过程中物块所受合力之比为3∶4 解析:选A　物块在沿斜面向上运动过程中,由动能定理可得-mgs1sin 30°-Ffs1=0-Ek1,物块在沿斜面向下滑的运动过程中,由动能定理可得mgs2sin 30°-Ffs2=Ek2-0,代入数据联立解得m=0.7 kg,Ff=0.5 N,故A正确,B错误; 0~20 m过程中,物块克服摩擦力做功为Wf=Ffs=0.5×20 J=10 J,故C错误;0~10 m过程中物块所受合外力为F1=mgsin 30°+Ff=0.7×10× N+0.5 N=4 N,10~20 m过程中物块所受合外力为F2=mgsin 30°-Ff=0.7×10× N-0.5 N=3 N,则合力之比为F1∶F2=4∶3,故D错误。 4.如图所示,质量为m的小球从离地面H高处由静止释放,落到地面,陷入泥土中h深处后停止运动,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　 ) A.小球落地时的动能等于mg(H+h) B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能 C.泥土阻力对小球做的功为mg(H+h) D.小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg　 解析:选D　小球从静止释放到落到地面的过程,根据动能定理可知,mgH=mv2,小球落地时的动能等于mgH,A错误;小球从落地到陷入泥土中h深处的过程,由动能定理可得0-mv2=mgh-W克阻,解得W克阻=mgh+mv2,B错误;根据动能定理得mg(H+h)+W阻=0,故泥土阻力对小球做的功W阻=-mg(H+h),C错误;根据动能定理得mg(H+h)-F阻h=0,解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻=mg,D正确。 5.(2025·连云港模拟)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R,bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a处由静止开始向右运动。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力。则小球从a处开始运动到其落至水平轨道cd上时,水平外力所做的功为 (　 ) A.5mgR B.7mgR C.9mgR D.11mgR 解析:选D　根据题意,小球从a→c过程中,由动能定理有F·3R-mgR=m,其中F=mg,解得vc=2,小球由c点离开曲面,竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做加速度为g的匀加速直线运动,小球从c点离开曲面到落在cd上的时间为t==4,水平方向有x=gt2=8R ,则小球从a处开始运动到其落至水平轨道cd上时,水平外力所做的功为W=F=mg=11mgR,故D正确。 6.如图所示,两块竖直木板夹着一物块,物块在木板内静止,两板因弹簧作用而对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中弹簧未画出)。让木板从离地h高度自由下落,落地后木板静止,物块在木板中下滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变,以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地) (　 ) A.如果仅改变木板下落的高度,使其从2h高度落下,则物块下滑的长度将为l B.如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,则物块下滑的长度将大于2l C.如果仅改变物块的质量,使其变为原来的2倍,则物块下滑的长度将为2l D.如果仅改变木板的质量,使其变为原来一半,则物块下滑的长度将大于2l 解析:选B　设物块受到的滑动摩擦力为f,根据动能定理得mg(h+l)-fl=0,解得l=,如果仅改变木板下落的高度,使其从2h高度落下,则物块下滑的长度将为2l,A错误;如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,则物块受到的滑动摩擦力变为原来的一半,物块下滑的长度将大于2l,B正确;如果仅改变物块的质量,使其变为原来的2倍,则物块下滑的长度将大于2l,C错误;如果仅改变木板的质量,则物块下滑的长度仍为l,D错误。 7.(2025·南通模拟)如图所示三个高度相同的固定轨道,倾角α<β,丙图左侧为圆弧轨道,三个质量均为m的小物块A、B、C从各自倾斜轨道上的最高点由静止释放,最后都停在水平面上,整个运动过程中物块A、B、C相对各自起点的水平位移分别为x1、x2、x3(x1、x2、x3在图中未标出)。已知三个小物块与倾斜轨道、水平轨道间的动摩擦因数相同,且通过轨道拼接处无机械能损失,下列选项正确的是 (　 ) A.x1=x2=x3 B.x1=x2>x3 C.x1=x2<x3 D.x2>x1>x3 解析:选B　设轨道的底边长度为l,动摩擦因数为μ,则对于A物块在滑到底端的过程中克服摩擦力所做的功为W克=μmgcos α·=μmgl,则对A物块整个运动的过程,由动能定理得mgh-μmgl-μmg(x1-l)=0,解得h=μx1,在动摩擦因数相同的情况下,x1只与斜面高度有关,因此可得x1=x2,而物块C运动的轨道为曲线,下滑过程中物块的速度在增大,斜面所受的压力在增大,使得物块在相应位置所受的摩擦力变大,所以位移变小,即x1=x2>x3,故B正确,A、C、D错误。 8.(10分)(2025·无锡模拟)如图所示,光滑固定斜面AB的倾角θ=53°,BC为水平面,BC长度lBC=1.1 m,CD为光滑的圆弧,半径R=0.6 m。一个质量m=2 kg的物体,从斜面上A点由静止开始下滑,物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2,轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时,继续竖直向上运动,最高点距离D点的高度h=0.2 m。不计空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2。求: (1)物体第一次运动到C点时的速度大小vC;(3分) (2)A点距离水平面的高度H;(3分) (3)物体最终停止的位置到C点的距离s。(4分) 解析:(1)物体由C点运动到最高点的过程,根据动能定理得-mg(h+R)=0-m 代入数据解得vC=4 m/s。 (2)物体由A点运动到C点的过程,根据动能定理得 mgH-μmglBC=m-0 代入数据解得H=1.02 m。 (3)从物体开始下滑到最终停止,根据动能定理得 mgH-μmgs1=0 代入数据解得s1=5.1 m,由于s1=4lBC+0.7 m 所以物体最终停止的位置到C点的距离为s=0.4 m。 答案:(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m 9.(12分)(2025·常州模拟)在温州市科技馆中,有个用来模拟天体运动的装置,其内部是一个类似锥形的漏斗容器,如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的光滑管道AB,光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘,如图乙所示。将一个质量为m的小球从管道的A端静止释放,小球从管道B端射出后刚好贴着锥形容器壁运动,由于摩擦阻力的作用,运动的高度越来越低,最后从容器底部的孔C掉下(轨迹大致如图乙虚线所示),已知小球离开C孔的速度为v,A到C的高度为H,重力加速度为g。求: (1)小球到达B端的速度大小;(4分) (2)小球在管口B端时,对管道的压力大小;(4分) (3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。(4分) 解析:(1)设小球到达B端的速度大小为vB,小球在从A端运动到B端的过程中,由动能定理可得mgR=m,解得vB=。 (2)设在B端的小球受到的支持力大小为FN,由牛顿第二定律得FN-mg=m, 解得FN=3mg 根据牛顿第三定律,小球在B端对管道的压力大小为3mg。 (3)设小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力做的功为Wf,根据动能定理得 mgH-Wf=mv2 解得Wf=mgH-mv2。 答案:(1)　(2)3mg　(3)mgH-mv2 10.(13分)(2025·南京调研)如图甲所示,一小物块放置在水平台面上,在水平推力F的作用下,物块从坐标原点O由静止开始沿x轴运动,F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x=2 m处从平台飞出,同时撤去F,物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道,随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量为0.5 kg,物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7,轨道圆心为O',半径为0.5 m,MN为竖直直径,∠PO'N=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,不计空气阻力。求: (1)物块飞出平台时的速度大小;(6分) (2)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。(7分) 解析:(1)由F与物块的位置坐标x的关系图像分析可知当物块运动到x2=2 m处时F所做的功 W=×2 J=11 J 设物块运动到x2=2 m处时的速度为v,由动能定理可得W-μmgx2=mv2 解得v=4 m/s。 (2)分析可知物块从平台飞出后做平抛运动,且从P点沿切线方向进入坚直圆轨道,设物块运动到P点时的速度为vP,可得物块在P点的速度 vP==5 m/s 设物块恰好从轨道最高点M飞出时的速度为vM,由牛顿第二定律可得mg=m 可得vM== m/s 设物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为W',由动能定理可得 -mgR-W'=m-m 解得W'=0.5 J。 答案:(1)4 m/s　(2)0.5 J 第三讲　机械能守恒定律 第1课时　机械能守恒定律的理解及应用(系统知能课) |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关。 (√) (2)(粤教版课后习题)物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能。 (√) (3)被举到高处的物体重力势能一定不为零。 (×) (4)(人教版课后习题)拉着一个金属块沿着光滑固定斜面匀速上滑,金属块机械能守恒。 (×) (5)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。 (√) (6)弹力做正功,弹性势能一定增加。 (×) (7)(鲁科版课后习题)物体处于平衡状态时,机械能一定守恒。 (×) (8)当物体的速度增大时,物体的机械能可能减小。 (√) (9)(2024·重庆高考)嫦娥六号探测器上面的着陆器着陆月球时要经过减速、悬停、自由下落等阶段,其自由下落阶段机械能守恒。 (√) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　机械能守恒的判断(基础点速过) 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉机械能守恒条件的理解 1.(2025·淮安模拟)“娃娃机”指将商品陈列在一个透明的箱内,其上有一个可控制抓取玩具的机械手臂,使用者要凭自己的技术操控手臂,以取到自己想要的玩具。不计空气阻力,关于“娃娃机”,下列说法正确的是 (　 ) A.机械手臂抓到玩具匀速上升时,玩具机械能守恒 B.机械手臂抓到玩具加速水平移动时,玩具的机械能增加 C.玩具从机械手臂掉下时,速度增大,玩具的机械能增加 D.机械手臂抓到玩具加速上升时,机械手臂做的功等于玩具重力势能的变化量 解析:选B　机械手臂抓到玩具匀速上升时,动能不变,重力势能增大,所以玩具的机械能增加,故A错误;机械手臂抓到玩具加速水平移动时,玩具的重力势能不变,速度增大,动能增大,玩具的机械能增加,故B正确;玩具从机械手臂掉下时,做自由落体运动,重力势能转化为动能,没有能量损失,即玩具的机械能守恒,故C错误;机械手臂抓到玩具加速上升时,玩具的动能和重力势能均变大,所以机械手臂做的功等于玩具重力势能与动能的增加量之和,故D错误。 ◉单个物体机械能守恒的判断 2.(2024·重庆高考)2024年5月3日,嫦娥六号探测器成功发射,开启月球背面采样之旅,探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中 (　 ) A.减速阶段所受合外力为0 B.悬停阶段不受力 C.自由下落阶段机械能守恒 D.自由下落阶段加速度大小g=9.8 m/s2 解析:选C　组合体在减速阶段有加速度,合外力不为0,故A错误;组合体在悬停阶段加速度为0,处于平衡状态,合外力为0,但仍受重力和向上的力,故B错误;组合体在自由下落阶段只受重力,机械能守恒,故C正确;月球表面重力加速度大小不为9.8 m/s2,故D错误。 ◉多个物体机械能守恒的判断 3.光滑水平面上有A、B两木块,A、B之间用一轻弹簧拴接,A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态,若突然撤去力F,则下列说法正确的是 (　 ) A.木块A离开墙壁前,A、B组成的系统机械能守恒 B.木块A离开墙壁后,A、B组成的系统机械能守恒 C.木块A离开墙壁前,A、B及弹簧组成的系统机械能守恒 D.木块A离开墙壁后,A、B及弹簧组成的系统机械能不守恒 解析:选C　木块A离开墙壁前,弹簧的弹力对B做功,则A、B组成的系统机械能不守恒,但是A、B及弹簧组成的系统机械能守恒,选项A错误,C正确;木块A离开墙壁后,弹簧的弹力对A、B都做功,则A、B组成的系统机械能不守恒,但是A、B及弹簧组成的系统机械能守恒,选项B、D错误。 1.对机械能守恒条件的理解 2.判断机械能守恒的方法 逐点清(二)　单个物体机械能守恒定律的应用(重难点疏通) 1.表达式 2.选用技巧 在处理单个物体机械能守恒问题时,通常应用守恒观点和转化观点,转化观点不用选取零势能面。 3.一般步骤 [典例]　(2024·全国甲卷)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 [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)与大圆环的作用力恰好为零,如图所示。设图中夹角为θ,从大圆环顶端到P点过程,根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2,在P点,根据牛顿第二定律有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,所需向心力逐渐增大,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的合力提供向心力,从P点到Q点,小环重力沿大圆环直径的分力指向圆心,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,设该处与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ(0≤θ≤π),根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π),在该处根据牛顿第二定律有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=,根据数学知识可知,的大小在cos θ=时最小,结合牛顿第三定律可知,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。 [答案]　C [针对训练] 1.一半径为R的圆柱体水平固定,横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳一端固定在圆柱体最高点P处,另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时,细绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放,当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时,小球的速度大小为(重力加速度为g,不计空气阻力) (　 ) A. B. C. D.2 解析:选A　当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时,小球下落的高度为h=πR-R+R=R,小球下落过程中,根据机械能守恒定律有mgh=mv2,联立解得v=,故A正确,B、C、D错误。 2.某同学利用如图装置验证机械能守恒定律。在水平桌面边缘处放有一倾角为θ的斜面,最低点与桌面边缘平滑连接。桌面与地面之间的竖直距离为H。从距离桌面不同的高度h静止释放小球,并测得每一次小球从水平桌面抛出后到落地前的水平位移x。假设斜面光滑,空气阻力可以忽略。为了验证小球在斜面上的运动过程是否满足机械能守恒定律,该同学用线性图线来处理实验获得的多组h和x的数据。如果小球在斜面上的运动过程满足机械能守恒定律,则下面的图像正确的是 (　 ) 解析:选A　根据机械能守恒定律有mgh=mv2,根据平抛运动规律有v=,H=gt2,可解得x2=4Hh,则x=2,所以为了得到线性关系的图像以便进行定量分析,该同学应作出x - 图像,故A正确。 3.(2025·宿迁模拟)如图为某游乐设施模型,固定在同一竖直面内的光滑倾斜轨道MN与光滑圆弧轨道PQN在N点平滑连接,一质量为m的滑块(可视为质点)从倾斜轨道上M点由静止释放,恰好能通过圆弧轨道最高点P。圆弧轨道半径为R,倾斜轨道倾角θ=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g,不计空气阻力。该滑块第一次通过圆弧轨道最低点Q时对圆弧轨道的弹力大小为FN,则 (　 ) A.FN=5mg B.FN=6mg C.M、N两点间的距离为 D.M、N两点间的距离为 解析:选B　设滑块通过圆弧轨道最低点Q时速度大小为v1,恰好能通过圆弧轨道最高点P时速度大小为v2,由机械能守恒定律得m=mg·2R+m,在P点根据牛顿第二定律有mg=m,在Q点根据牛顿第二定律有FN-mg=m,联立解得FN=6mg,故B正确, A错误;设M、N两点间的距离为d,则滑块从M点到Q点过程中,由机械能守恒定律得m=mgdsin 37°+mgR(1-cos 37°),解得d=,故C、D错误。 　　　　　逐点清(三)　非质点类机械能守恒问题(迷盲点精研) (1)非质点类物体虽然不能看成质点,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。 (2)在确定物体重力势能的变化量时,要根据情况,将物体分段处理,确定好各部分的重心及重心高度的变化量。 (3)非质点类物体各部分是否都在运动,运动的速度大小是否相同,若相同,则物体的动能才可表示为mv2。 类型(一)　“液柱”类机械能守恒问题 　　[例1]　内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上,筒内装水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2,如图所示。已知水的密度为ρ,不计水与筒壁间的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,当两筒水面高度相等时,则该过程中 (　 ) A.水柱的重力做正功 B.大气压力对水柱做负功 C.水柱的机械能不守恒 D.当两筒水面高度相等时,水柱的动能是ρgS(h1-h2)2 [解析]　把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功,对右筒水面做负功,两边做的功大小相等,相互抵消,水柱的机械能守恒,重力做的功等于重力势能的减少量,等于水柱增加的动能,等效于把左筒高的水柱移至右筒,如图中的虚线所示,重心下降,重力做正功, WG=ρgS·=ρgS(h1-h2)2,故A正确,B、C、D错误。 [答案]　A 类型(二)　“链条”类机械能守恒问题 　　[例2]　(2025·镇江模拟)如图所示,足够高的光滑水平平台上,有一段总长度为0.8 m、总质量为0.4 kg、粗细均匀的软质细绳,其中有0.2 m悬于平台外面。重力加速度g取10 m/s2,现将细绳由静止释放,则细绳全部离开平台瞬间,细绳的动能为 (　 ) A.1.2 J B.1.5 J C.1.8 J D.2.4 J [解析]　从初始状态到细绳全部离开平台瞬间,细绳重力势能的减少量为ΔEp=mgh=0.3×10×0.5 J=1.5 J,根据机械能守恒定律可知,此时细绳的动能为Ek=ΔEp=1.5 J,故B正确。 [答案]　B 类型(三)　“多个小球”类问题 　　[例3]　(2025·南通模拟)如图所示,在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起,斜面足够长。在圆弧轨道上静止着N个半径为r(r≪R)的光滑小球(小球无明显形变),小球恰好将圆弧轨道铺满,从最高点A到最低点B各小球依次标记为1,2,3,…,N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走,N个小球由静止开始沿轨道运动,不计摩擦与空气阻力,下列说法正确的是 (　 ) A.N个小球在运动过程中会散开 B.第1个小球从A到B过程中机械能守恒 C.第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速运动 D.第1个小球到达最低点的速度v< [解析]　在下滑的过程中,水平面上的小球要做匀速运动,而圆弧面上的小球要做加速运动,则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用,所以小球之间始终相互挤压,冲上斜面后,后面的小球把前面的小球往上压,所以小球之间始终相互挤压,故N个小球在运动过程中始终不会散开,故A错误;第一个小球在下落过程中受到挤压,所以有外力对小球做功,小球的机械能不守恒,故B错误;由于小球在下落过程中速度发生变化,相互间的弹力发生变化,所以第N个小球不可能做匀加速运动,故C错误;当重心下降时,根据机械能守恒定律得mv2=mg·,解得v=,对小球整体在AB段时,重心低于,所以第1个小球到达最低点的速度v<,故D正确。 [答案]　D [课时跟踪检测] 1.(2025·扬州模拟)如图所示,是一种叫作“火箭蹦极”的游戏项目,惊险刺激深受年轻人喜爱。游戏开始前,装置中间的“蹦极球”会被锁定在最低点,此时两侧弹性绳索被拉长,人坐入球中系好安全带后解锁,“蹦极球”就会被向上抛出,上下反复很多来回后最终静止在空中。则下列说法正确的是 (　 ) A.整个过程“蹦极球”、人和弹性绳索组成的系统机械能守恒 B.“蹦极球”从解锁到上升至最高点的过程中,动能一直增大 C.“蹦极球”从解锁到上升至最高点的过程中,重力势能一直增大 D.“蹦极球”从解锁到上升至最高点的过程中,绳索的弹性势能一直减小 解析:选C　由题意可知,有阻力作用,故整个系统机械能不守恒,故A错误;“蹦极球”从解锁到上升至最高点的过程,动能先增大后减小,高度一直升高,重力势能一直增大,弹性绳索先由拉长恢复形变,后又被逐渐拉长,故弹性势能先减小后增大,故C正确,B、D错误。 2.(2025·苏州模拟)蹦床运动是体操运动的一种,蹦床有“空中芭蕾”之称。如图所示,可视为质点的运动员在蹦床运动中沿竖直方向起跳,图中虚线PQ是弹性蹦床的初始位置,A为运动员抵达的最高点,B为运动员刚抵达蹦床时的位置,C为运动员抵达的最低点。不考虑空气阻力,在A、B、C三个位置上运动员、地球和蹦床组成的系统的机械能分别为EA、EB、EC,则下列判断正确的是 (　 ) A.EA=EB=EC B.EA>EB=EC C.EA=EB>EC D.EA>EB>EC 解析:选A　不考虑空气阻力,在运动过程中,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,所以有EA=EB=EC, 故A正确。 3.四川西岭雪山滑雪场是中国南方规模最大、档次最高、设施最完善的大型高山滑雪场。某段滑道建在一斜坡上,斜坡简化为一斜面,倾角θ=30°,示意图如图所示。运动员从a点由静止自由滑下,到达c点飞离滑道,bc为一小段半径为R的圆弧且b点为圆弧的最低点,运动员视为质点,不计一切阻力,若要求运动员在b点对滑道沿斜面向下的作用力不超过自身重力的3倍,则a、b点间的高度差 (　 ) A.不大于R B.不大于R C.不小于R D.不小于R 解析:选A　运动员从a点到b点,根据机械能守恒定律有mgh=mv2,在b点由牛顿第二定律有F-mgsin θ=m,F≤3mg,联立解得h≤R。 4.如图所示,一条长为L的均匀金属链条,有一半长度在光滑倾斜木板上,木板倾角为30°,木板长度为2L,另一半沿竖直方向下垂在空中,左侧水平桌面足够长且光滑,当链条从静止释放后,下列说法正确的是 (　 ) A.链条沿斜面向下滑动 B.链条沿斜面向上滑动 C.链条全部离开斜面瞬间的速度为 D.链条全部离开斜面瞬间的速度为 解析:选B　因垂在空中的一半链条的重力大于在光滑倾斜木板上的一半链条的重力沿木板向下的分力,即mg>mgsin 30°,可知链条沿斜面上滑,B正确,A错误;链条由静止到全部离开斜面的过程,由机械能守恒定律可知mgL-Lsin 30°=mv2,解得v=,C、D错误。 5.(2025·南通模拟)如图甲所示为某排球运动员发球时将排球击出时的情形,球从击出到落到对方场地的整个运动过程速率随时间变化的规律如图乙所示,图中所标物理量均已知,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则下列判断正确的是 (　 ) A.排球从击出运动到最高点的时间为 B.排球运动过程中离地的最大高度为 C.排球从击出点到落地点的位移为v1t0 D.排球从击出到落地过程中的速度变化量大小为v2-v0 解析:选B　设排球运动到最高点对应时刻为t1,水平方向速度为v1,由速度的分解可知=+,在竖直方向vy=gt1,解得t1=,故A错误;排球从最高点到落地,根据机械能守恒定律有mgh=m-m,解得最大高度h=,故B正确;排球从击出点到落地点的水平位移为s=v1t0,故C错误;排球从击出到落地过程中的速度变化量大小为Δv=gt0,故D错误。 6.(2025·宿迁模拟)如图所示,有一条柔软的质量为m、长为L的均匀链条,开始时链条的长度在水平桌面上,而长度垂于桌面外,处于静止。若不计一切摩擦,桌子足够高。下列说法中正确的是 (　 ) A.若要把链条全部拉回桌面上,至少要对链条做功 B.若要把链条全部拉回桌面上,至少要对链条做功 C.若自由释放链条,则链条刚离开桌面时的速度v= D.若自由释放链条,则链条刚离开桌面时的速度v= 解析:选C　若要把链条全部拉回桌面上,只要克服垂于桌面外的部分的重力做功即可,至少要克服重力做的功W=××=,故A、B错误;若自由释放链条,只有重力做功整个链条的机械能守恒,取桌面为参考平面则有-××=-mg×+mv2,解得v=,故C正确,D错误。 7.(2025·淮安模拟)单摆在竖直平面内摆动,当摆线与竖直方向的夹角为θ时,用拉力传感器可实时测出摆线拉力F,得到F与cos θ的图像为如图所示的一段线段。重力加速度大小为g,不计空气阻力。下列说法正确的是 (　 ) A.单摆最大摆角为30° B.摆球重力为2 N C.摆球的最大加速度为g D.摆长为1 m 解析:选C　设摆长为L,摆球质量为m,最大摆角为θ0,当摆线与竖直方向的夹角为θ时,设摆球速度为v,摆线拉力为F,由机械能守恒定律可知mgL=mv2,由向心力公式可知F-mgcos θ=m,可得F=mg·,当θ=0时,摆线拉力最大,有2=mg,当θ=θ0时,摆线拉力最小,有0.5=mgcos θ0,可得cos θ0=,θ0=60°,mg=1 N,故A、B错误;当θ=0时,摆球的加速度最大,有F-mg=ma,可得a=g,故C正确;由上述分析可知,摆线最大拉力、最小拉力与摆长无关,根据题中信息无法求出摆长,故D错误。 8.(2025·海安模拟)如图甲所示,轻绳的一端固定在O点,另一端系一小球。小球在竖直平面内做完整的圆周运动的过程中,绳子的拉力F的大小与小球离最低点的高度h的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则 (　 ) A.圆周半径为1.0 m B.小球质量为0.5 kg C.轻绳转至水平时拉力大小为30 N D.小球通过最高点时的速度为2 m/s 解析:选B　由题图乙可知,小球做圆周运动的半径R= m=0.5 m,A错误;当h=0时,绳的拉力大小为F2=41 N,当h=1.0 m时,绳的拉力大小为F1=11 N,设小球通过最高点时的速度为v1,通过最低点时的速度为v2,由机械能守恒定律可得m+mg·2R=m,在最高点根据牛顿第二定律可知F1+mg=m,在最低点根据牛顿第二定律可知F2-mg=m,联立解得m=0.5 kg,v1=4 m/s,B正确,D错误;设轻绳转至水平时小球的速度为v,从最高点到水平的过程由机械能守恒定律可得m+mgR=mv2,解得v= m/s,由牛顿第二定律可知,轻绳转至水平时拉力F=m=26 N,C错误。 9.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. 解析:选B　设管口到地面的高度为H,小球从管口射出的速度为v,由机械能守恒定律得m=mgH+mv2,小球离开管口后做平抛运动,则x=vt,H=gt2,联立可得x==,由二次函数的特点可知当H=时x取最大值,xmax=,故B正确。 10.(2025·无锡调研)如图所示,一条质量均匀分布、长为l的铁链AB放在光滑水平桌面上,其中B端刚好与桌面右端对齐。由于轻微的扰动,铁链B端开始竖直向下滑落,则从B端离开桌面到A端离开桌面的过程中,下列说法正确的为(图示圆弧可使离开桌面的铁链都竖直向下运动且无能量损失,重力加速度大小为g) (　 ) A.B端向下运动的加速度大小与下降的距离成正比 B.B端向下做匀加速直线运动 C.铁链的速度大小与B端下降距离的平方成正比 D.A端离开桌面时,铁链的速度大小为 解析:选A　设链条单位长度的质量为m,某时刻B端下滑的长度为x,由牛顿第二定律得mxg=mla即a=g,A正确;因链条的B端不断下降,加速度不断变大,则B端向下不是做匀加速直线运动,B错误;由机械能守恒定律得mxg=mlv2,解得v=x,铁链的速度大小与B端下降的距离成正比,C错误;由选项C的结论,A端离开桌面时,铁链的速度大小为v=·l=,故D错误。 11.(12分)(2023·全国甲卷)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;(6分) (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。(6分) 解析:(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep=mv2 得小球离开桌面时的速度大小v=。 (2)小球与地面碰撞后,由自由落体运动规律可得h= 第一次碰撞前速度的竖直分量为vy,由题可知 vy'=vy 小球离开桌面后,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点的水平距离为x= 。 答案:(1) 　(2) 12.(13分)(2025·泰州质检)如图所示,ABC是一固定滑板轨道,由倾角α=30°的斜面轨道AB和半径R=6 m的圆弧轨道BC组成,两轨道在B点平滑连接,圆弧轨道与水平地面相切于最低点B。一小孩练习滑板从斜面最高点A由静止出发,经过B、C后,最终以水平速度从D点冲上平台。已知滑板经过B、C两点的速度大小分别为v1=8 m/s、v2=4 m/s,该小孩与滑板的总质量为m=30 kg。不计滑板与轨道间的摩擦及空气阻力,小孩途中一直保持固定姿势,小孩与滑板整体可视为质点,取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)滑板经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小;(4分) (2)滑板在斜面轨道上运动的时间;(4分) (3)D点距地面的高度H。(5分) 解析:(1)滑板经过圆弧轨道最低点B时由牛顿第二定律有FN-mg=m 由牛顿第三定律有FN'=FN 联立可得滑板对轨道的压力大小为FN'=620 N。 (2)滑板在斜面轨道上运动时,根据牛顿第二定律可得mgsin α=ma 根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得v1=at 联立解得t=1.6 s。 (3)滑板由B点运动至C点,由机械能守恒定律可得m=m+mgh1 设滑板经过C点时的速度方向与水平方向的夹角为θ,则cos θ=,vy=v2sin θ 滑板由C点运动至D点,竖直方向有=2gh2 联立可得h1=2.4 m,h2=0.512 m 则D点距地面的高度为H=h1+h2=2.912 m。 答案:(1)620 N　(2)1.6 s　(3)2.912 m 第2课时　机械能守恒定律中的连接体问题(题型研究课) 类型(一)　轻绳连接的系统 　　　　　　　　　　　　　　　　 轻绳连接体系统的常见模型与解题提醒 常见模型 三点提醒 (1)分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等。 (2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 (3)对于单个物体,一般绳上的力要做功,机械能不守恒;但对于绳连接的系统,机械能则可能守恒 　　[典例]　(2025·扬州一模)如图所示,一轻杆通过铰链连接在固定转轴O1上,可绕O1轴自由转动,轻杆另一端与一质量未知的小球A连接。一轻绳绕过轻质定滑轮O2,一端连接小球A,另一端连接一带挂钩、质量为m的物块B,已知O1与O2等高,图中θ1=60°,θ2=30°,此时小球A与物块B恰好静止。现在物块B下再挂物块C,由静止释放物块C后,小球A能上升到的最高点恰好与O1等高,重力加速度为g,不计一切摩擦。则所挂物块C的质量为 (　 ) A.m B.m C.m D.m [解析]　小球A与物块B恰好静止时,对物块B受力分析可知,绳子拉力T=mg,对小球A受力分析,由共点力平衡可知mAg=2T=2mg,解得mA=2m,若小球A上升到最高点时,刚好与定滑轮在同一直线上,此时A、B、C的速度都为零,设杆长为l,则根据机械能守恒定律有mAglsin 60°=(m+mC)g×(l+l-2l),解得mC=m,故A正确。 [答案]　A [针对训练] 1.(2025·南京模拟)如图所示,质量为m和3m的小球A和B,系在长为L的细线两端,桌面水平光滑,高h(h<L),B球无初速度从桌边滑下,落在沙地上静止不动,则A球离开桌边的速度为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选A　　A、B组成的系统机械能守恒,则有3mgh=(m+3m)v2,解得v=, 故A正确。 2.如图所示,ABC是一个固定在竖直平面内半径为R的光滑半圆环,B为最高点,一质量为m的小球,中间有孔,套在半圆环上。小球通过轻绳和质量为2m的铁块相连,开始时小球位于右侧最低点C,若由静止释放铁块和小球,当小球到达最高点B时,铁块的位置下降了h,且铁块未落地。若不计一切摩擦,重力加速度为g,则小球由C点到B点的过程中,以下判断正确的是 (　 ) A.铁块的机械能一直增大 B.合力对铁块做的功为零 C.小球到达B点时的动能是2(2h-R)mg D.在这一过程中,铁块和小球的速率不可能相等 解析:选B　当小球到达最高点B时,小球与右侧滑轮间的绳长最短,可知铁块与左侧滑轮间的绳长最长,此时铁块运动到最低点,可知小球由C点到B点的过程中,绳子拉力对铁块一直做负功,铁块的机械能一直减小,A错误;当小球到达最高点B时,铁块运动到最低点,此时铁块的速度为零,小球由C点到B点的过程中,铁块的动能变化为零,根据动能定理可知,合力对铁块做的功为零,B正确;当小球到达最高点B时,铁块运动到最低点,此时铁块的速度为零,根据系统机械能守恒定律可得2mgh-mgR=m,解得小球到达B点时的动能为Ek=m=mg(2h-R),C错误;根据连接体速度关系可知,小球沿绳子方向的速度等于铁块的速度,小球由C点到B点的过程中,当小球与右侧滑轮间的绳子与半圆环相切时,此时小球的速度方向沿绳子方向,此时铁块和小球的速率相等,D错误。 3.如图所示,物块A的质量为m,物块B的质量为4m,两物块被系在绕过定滑轮的轻质细绳两端。不计摩擦和空气阻力,定滑轮的质量忽略不计,重力加速度大小为g,两物块由静止开始运动,当B向右运动的距离为x时(未到达定滑轮处),则 (　 ) A.A的动能为mgx B.A的动能为mgx C.绳子的拉力对B做的功为mgx D.绳子的拉力对B做的功为mgx 解析:选B　当B向右运动的距离为x时,A下落的高度也为x,取A、B为系统,该过程系统机械能守恒,设二者速率为v,则有mgx=(m+4m)v2,可得A的动能为EkA=mv2=mgx,A错误,B正确;此时B的动能EkB=·4mv2=mgx,根据动能定理可知绳子的拉力对B做的功WB=EkB=mgx,C、D错误。 类型(二)　轻杆连接的系统 轻杆连接体系统的常见模型及特点 常见模型 三大特点 (1)平动时两物体线速度相等,转动时两物体角速度相等。 (2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。 (3)对于杆和球组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒 　　[典例]　(2025·海门中学模拟)如图所示,倾角为45°的光滑斜面与光滑的水平地面在C点连接,质量均为m的小球A、B(均可视为质点)用长为L的轻质硬杆连接,现把小球B放置在水平面上的C点,小球A由静止释放,在小球A下滑的过程中,小球B始终在水平地面上运动,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.在小球A下滑的过程中,小球A重力势能的减少量等于小球B动能的增加量 B.在小球A下滑的过程中,轻质硬杆对小球B先做正功后做负功 C.小球A刚到达C点前瞬间,小球A、B的速度相等 D.小球A刚到达C点前瞬间,小球B的动能为mgL [解析]　在小球A下滑的过程中,小球A重力势能的减少量等于小球A、B动能的增加量之和,故A错误;在小球A下滑的过程中,轻质硬杆对小球B的作用力与小球B的运动方向始终成锐角,故轻质硬杆对小球B始终做正功,故B错误;设小球A下滑时杆与地面的夹角为θ、与斜面的夹角为α,则vAcos α=vBcos θ,可得vB=,小球A刚到达C点还未与地面接触时θ=0°,α=45°,此时vB=vA,由机械能守恒定律可得mgLsin 45°=m+m,解得vA=,vB=,小球B的动能为EkB=m=mgL,故C错误,D正确。 [答案]　D [针对训练] 1.(2025·常州模拟)如图所示,顶角P为53°的光滑“”形硬杆固定在竖直平面内,质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用长度为L的轻质硬杆连接,分别套在“”形硬杆的倾斜和水平部分,当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点,乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动,当甲运动到B点时,轻质硬杆与“”形硬杆的倾斜部分垂直,重力加速度大小为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,则甲在B点的速度大小为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　由于甲在B位置时,轻质硬杆与AP垂直,根据速度的分解规律可知,甲沿轻质硬杆的分速度为0,即此时乙的速度为0,甲小球减小的重力势能转化为甲的动能,则有mg(L-Lsin 37°)=mv2,解得v=,故B正确。 2.(2024·盐城质检)如图为一幼儿园的可调臂长的跷跷板的示意图,O为跷跷板的支点。开始时一质量为m的小朋友坐在跷跷板的A端,此时A端恰好着地,跷跷板与水平地面的夹角为θ=30°。现有一质量为4m的老师轻坐在跷跷板的B端,经过一段时间后跷跷板到达水平位置。已知OA=2L,OB=L,不计一切阻力和跷跷板的质量,重力加速度大小为g,小朋友与老师均可视为质点,则 (　 ) A.此过程中小朋友的机械能守恒 B.此过程中小朋友与老师的速度大小之比为1∶2 C.跷跷板处于水平位置时,老师的速度大小为 D.此过程中跷跷板对小朋友做的功为mgL 解析:选D　此过程中小朋友的速度增大,动能增大,重力势能增大,则小朋友的机械能增大,A错误;小朋友与老师的角速度总是相等,根据v=ωr,由于小朋友与老师绕O点转动的半径之比为2∶1,可知小朋友与老师的速度大小之比为2∶1,B错误;跷跷板处于水平位置时,设老师的速度大小为v,则小朋友的速度大小为2v,根据系统机械能守恒定律可得4mg·Lsin 30°-mg·2Lsin 30°=m(2v)2+×4mv2,解得v=,C错误;根据动能定理可得W-mg·2Lsin 30°=m(2v)2,解得W=mgL,可知此过程中跷跷板对小朋友做的功为mgL,D正确。 3.如图所示,长为L的轻杆,一端装有转轴O,另一端固定一个质量为2m的小球B,杆中点固定一个质量为m的小球A,若杆从水平位置由静止开始释放,在转到竖直位置的过程中,不计一切摩擦,下列说法中正确的是 (　 ) A.A、B两球总机械能不守恒 B.轻杆对A球做正功,轻杆对B球做负功 C.轻杆对A球不做功,轻杆对B球不做功 D.轻杆对A球做负功,轻杆对B球做正功 解析:选D　两球组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,两球的角速度相等,到达竖直位置时,设A球的速度为v,则B球的速度为2v,根据机械能守恒定律得mg+2mgL=mv2+×2m(2v)2,解得v=;对A球运用动能定理得W+mg=mv2,解得W=-mgL,则轻杆对A球做负功;对B球运用动能定理得W'+2mgL=×2m(2v)2,解得W'=mgL,则轻杆对B球做正功。故D正确,A、B、C错误。 类型(三)　轻弹簧连接的系统 轻弹簧连接体系统的题型特点及提醒 题型特点 由轻弹簧连接的物体系统,一般既有重力做功又有弹簧弹力做功,这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化,而总的机械能守恒 两点提醒 (1)对同一弹簧,弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定,无论弹簧是伸长还是压缩。 (2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关 　　[典例]　(2025·无锡模拟)如图所示,一顶角为120°的“∧”形光滑细杆竖直放置,顶角的角平分线竖直。质量均为m的两小球套在细杆上,高度相同,中间用水平轻弹簧连接,弹簧处于原长状态,劲度系数为k。现将两小球同时由静止释放,小球沿细杆下滑过程中,弹簧始终处于弹性限度内。已知弹簧形变量为x时,弹簧的弹性势能Ep=kx2,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.两小球下滑过程中,两小球的机械能守恒 B.弹簧的最大拉力为mg C.小球在最高点和最低点的加速度大小相等 D.小球的最大速度为g [解析]　两小球下滑过程中,除重力以外,弹簧的弹力对两小球做功,所以两小球的机械能不守恒,故A错误;小球下降高度h达到最低点时,两小球速度减小为0,弹簧的形变量最大为xm=2htan 60°=2h,根据机械能守恒定律有2mgh=k,解得h=,弹簧的最大伸长量xm=2h=,弹簧的最大拉力为T=kxm=,故B错误;在最高点时小球只受重力和支持力作用,此时重力沿杆方向的分力提供加速度,有a1=gsin 30°=,在最低点时,根据牛顿第二定律可知Tcos 30°-mgsin 30°=ma2,解得a2=,故小球在最高点与最低点的加速度大小相等,故C正确;小球受到重力mg、杆的弹力N和弹簧的弹力F,沿杆方向加速度为0,即合力为0时小球的速度最大,此时mgsin 30°=Fcos 30°,又F=kx,解得弹簧的形变量x=,两个小球下降的高度为h1==,对系统只有重力、弹簧的弹力做功,两小球和弹簧组成的系统机械能守恒,有2mgh1=kx2+×2m,解得vm=g,故D错误。 [答案]　C [针对训练] 1.(2023·湖北高考，改编)如图所示,原长为l的轻质弹簧,一端固定在O点,另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上,与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l,P点到O点的距离为l,OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点,在此过程中,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是 (　 ) A.弹簧的劲度系数为 B.小球在P点下方l处的加速度大小为(3-4)g C.从M点到N点的运动过程中,小球受到的摩擦力先变小再变大 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中,小球受到的摩擦力做功不相同 解析:选A　小球在P点受力平衡,则有mg=f,f=μFN,FN=k,联立解得k=,A正确;在PM之间任取一点A,令AO与MN之间的夹角为θ,则此时弹簧的弹力为F=k,小球受到的摩擦力为f1=μFN1=μFsin θ,化简得f1=μ,从M点到N点的运动过程中,θ在MP之间逐渐增大,在PN之间逐渐减小,即摩擦力先变大后变小,C错误;根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等,因此由对称性可知从M点到P点和从P点到N点的运动过程中摩擦力做功相同,D错误;小球运动到P点下方处时,θ=45°,此时摩擦力大小为f2=μ,由牛顿第二定律得mg-f2=ma,联立解得a=(2-)g,B错误。 2.(2025·泰州模拟)如图所示,某实验小组设计了一个弹射器(含管道、质量为m的弹丸、弹簧),其中弹簧被开关锁定,处于压缩状态,实验小组用铁架台将该实验器材水平固定在一定的高度h后,打开开关,释放弹簧,弹簧长度达到原长时,弹丸(可视为质点)恰好被水平抛出,小组成员用刻度尺测量出弹丸的水平位移x,忽略摩擦力和空气阻力,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　 ) A.弹丸在被抛出瞬间的速度大小为 B.弹丸在落地前瞬间,速度偏转角θ是位移偏转角α的2倍 C.弹丸在落地前瞬间的速度大小为 D.开关在被打开前,弹簧的弹性势能大小为 解析:选C　根据题意可知,弹丸水平抛出后做平抛运动,竖直方向上有h=gt2,水平方向上有x=v0t,联立解得v0=x,故A错误;根据平抛运动规律可知,弹丸在落地前瞬间,速度偏转角的正切值为tan θ==,位移偏转角的正切值为tan α==,可知速度偏转角的正切值tan θ是位移偏转角的正切值tan α的2倍,故B错误;弹丸在被弹出到落地,由机械能守恒定律得mgh=mv2-m, 解得v=,故C正确;根据题意,由机械能守恒定律可得,开关在被打开前,弹簧的弹性势能大小为Ep=m=,故D错误。 [课时跟踪检测] 1.如图所示,可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻绳连接,跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱,A的质量为B的两倍。当B位于地面时,A恰好与圆柱轴心等高。将A由静止释放,B上升的最大高度是 (　 ) A.2R B. C. D. 解析:选C　设A、B的质量分别为2m、m,当A落到地面上时,B恰好运动到与圆柱轴心等高处,以A、B整体为研究对象,则A、B组成的系统机械能守恒,故有2mgR-mgR=(2m+m)v2,A落到地面上以后,B以速度v竖直上抛,又上升的高度为h'=,解得h'=R,此时绳子未绷直,故B上升的最大高度为R+h'=R,故C正确。 2.如图所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直面内,质量均为m的A、B两球用轻杆连接套在圆环上。开始时轻杆竖直并同时由静止释放两球,当A球运动到B球开始的位置时,轻杆刚好水平,重力加速度为g,则从开始运动到轻杆水平的过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.小球A、B的机械能均守恒 B.小球A、B组成的系统机械能守恒 C.杆对小球A做的功为零 D.杆对小球B做的功为mgR 解析:选B　由于圆环是光滑的,因此A、B组成的系统机械能守恒,B正确;由几何关系可知,轻杆长度为R,当杆水平时,设A、B两球的速度大小均为v,由系统机械能守恒定律可知mg×R=×2mv2,解得v= ,因此从开始运动到轻杆水平时,B球的机械能增加,则A球的机械能减少,A错误;根据动能定理,对A球有mg·R+W1=mv2,解得W1=-mgR,C错误;对B球有W2=mv2=mgR,D错误。 3.如图所示,物体甲的质量为m1,中间有孔的物体乙可以套在竖直杆上无摩擦地滑动,物体乙的质量为m2,物体甲和乙通过绳子绕过光滑的定滑轮连接在一起,先控制物体乙在某一位置正好使连接物体乙的绳子处于水平状态。滑轮与杆的距离d=1.5 m,现释放物体乙,当物体乙下降h=2 m时,速度刚好为0,物体甲和乙均可看成质点。则物体甲和乙的质量之比m1∶m2为 (　 ) A.3∶4 B.4∶3 C.1∶2 D.2∶1 解析:选D　设物体甲上升的高度为h1,由机械能守恒定律得m1gh1=m2gh,由几何关系得=h2+d2,解得甲和乙的质量之比m1∶m2=2∶1,故D正确。 4.(2024·宿迁调研)如图所示,滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1,物块1又与一轻质弹簧连接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力,此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放,经过B处时速度最大,到达C处时速度为零,此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d,AC间距离为4d,不计滑轮质量、大小及摩擦。下列关于滑块2在AC间下滑时的说法中,正确的是 (　 ) A.滑块2下滑过程中,加速度一直减小 B.滑块2经过B处时的加速度等于零 C.物块1和滑块2的质量之比为3∶1 D.除A、C两点外,物块1的速度大小始终大于滑块2的速度大小 解析:选B　滑块2在下滑过程中,绳子拉力增大,合力先减小后反向增大,在B处速度最大,加速度为零,则加速度先减小后反向增大,故A错误,B正确;滑块2从A下滑到C点时,物块1上升的高度为h=-3d=2d,则当滑块2到达C处时弹簧伸长的长度为d,此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能,对于物块1和滑块2及弹簧组成的系统,由机械能守恒定律有m1g·2d=m2g·4d,解得m1∶m2=2∶1,C错误;除A、C两点外,物块1的速度大小等于滑块2沿绳方向的分速度大小,所以物块1的速度大小始终小于滑块2的速度大小,D错误。 5.(2025·盐城模拟)如图所示,一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b,跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上,质量为ma的a球置于地面上,质量为mb的b球从水平位置静止释放。当b球摆过的角度为90°时,a球对地面的压力刚好为零,下列结论正确的是 (　 ) A.ma∶mb=3∶1 B.ma∶mb=1∶1 C.ma∶mb=2∶1 D.ma∶mb=1∶3 解析:选A　因为b球摆动的过程中机械能守恒,则有mbgl=mbv2,当b球摆过的角度为90°时,a球对地面的压力刚好为零,说明此时绳子的张力为mag,b球摆过最低点时,根据牛顿第二定律得mag-mbg=mb,解得ma∶mb=3∶1,故A正确。 6.(2024·苏州模拟)半径为R的光滑圆环竖直放置,环上套有两个质量分别为m和m的小球A和B。A、B两球之间用一长为R的轻杆相连,如图所示。开始时,A、B两球都静止,且A球在圆环的最高点,现将A、B两球由静止释放,则下列说法正确的是 (　 ) A.A、B两球和轻杆组成的系统在运动过程中机械能不守恒 B.B球到达最低点时的速度大小为 C.B球到达最低点的过程中,杆对A球做负功 D.B球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置高于圆环圆心R 解析:选D　球A、B和轻杆组成的系统只有动能和势能间的相互转化,系统机械能守恒,A错误;释放后B球到达最低点的过程中,由机械能守恒定律,有mAgR+mBgR=mA+mB,因为A、B均做半径相同的圆周运动且角速度相等,可得vA=vB,解得vB=,B错误;B球到达最低点的过程中,设轻杆对A球做的功为W杆A,对A球应用动能定理可得W杆A+mAgR=mA,又vA=vB,解得W杆A=0,C错误;设B球到达右侧最高点时,OB与竖直方向间的夹角为θ,如图所示,取圆环的圆心O所在的水平面为参考平面,由系统机械能守恒定律可得mAgR=mBgRcos θ-mAgRsin θ,代入数据可得θ=30°,所以B球在圆环右侧区域内达到的最高点高于圆心O的高度hB=Rcos θ=R,D正确。 7.(2025·淮安模拟)如图所示,在水平地面上竖直固定一根光滑杆,在杆的最高点O固定一根水平杆,在水平杆上与O点距离均为3 m 的A、B两点分别固定两个定滑轮,在距O点正下方4 m 的光滑杆上套一个质量为1.2m的物体甲,并在物体甲上拴接两根光滑的轻绳,两根轻绳跨过定滑轮后另一端分别与质量均为m的物体乙和物体丙相连。将该系统由图示位置静止释放,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.运动过程中甲、乙、丙三个物体的加速度始终相等 B.初始时刻物体甲的加速度大小为 C.物体甲最高不可能运动到与定滑轮等高的位置 D.运动过程中,某时刻物体甲的速度达到最大时,物体乙和物体丙的速度相等,且均为物体甲速度的 解析:选C　根据x=at2 ,乙和丙在相等的时间内运动相等的位移,可知乙和丙的加速度始终相等,根据乙和甲在相等的时间内运动的位移不相等,可知运动过程中甲、乙的加速度不相等,故A错误;物体甲最高运动到与定滑轮等高的位置时,增加的重力势能为ΔEp甲=1.2mg×4=4.8mg,乙和丙减少的重力势能为ΔEp乙丙=2mg×2=4mg,如果物体甲最高运动到与定滑轮等高的位置,与机械能守恒定律相矛盾,所以物体甲最高不可能运动到与定滑轮等高的位置,故C正确;运动过程中,某时刻物体甲的速度达到最大时,物体乙和物体丙的速度相等且最大,系统处于瞬时平衡状态,设此时轻绳与竖直方向的夹角为α,根据平衡条件得2mgcos α=1.2mg ,解得α=53° ,根据速度的分解可知v乙=v甲cos 53°=v甲 ,故D错误;若初始时刻轻绳的拉力为mg,对甲物体根据牛顿第二定律得2mgcos 37°-1.2mg=1.2ma甲 ,解得a甲=,由于初始时刻系统处于非平衡状态,轻绳的拉力不等于mg,所以物体甲的加速度不等于,故B错误。 8.(10分)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求: (1)重物落地后,小球线速度的大小v;(3分) (2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;(3分) (3)重物下落的高度h。(4分) 解析:(1)小球线速度的大小为v=ωr=2ωR。 (2)小球在A位置所受的向心力为Fn=2mω2R,由力的分解可得F=。 (3)落地时重物的速度v'=ωR, 由机械能守恒定律得Mv'2+4×mv2=Mgh 解得h=(ωR)2。 答案:(1)2ωR　(2)　 (3)(ωR)2 9.(10分)(2025·南京模拟)如图所示,外壁光滑、半径为R的四分之一柱体固定在水平桌面上,柱体左侧下端固定有水平光滑轻杆。一轻绳跨过柱体,两端分别拴连质量相等的小球A、B,B套在轻杆上,OB与桌面的夹角为θ。现将A、B同时由静止释放,B沿轻杆水平向右运动,A沿竖直方向向下运动,绳子始终绷紧,A、B在同一竖直平面内且A始终未落地。A、B可视为质点,重力加速度为g,当B运动到O点的正下方且未与柱体碰撞时,求: (1)A速度的大小;(5分) (2)B速度的大小。(5分) 解析:(1)小球B运动到O点的正下方时,设小球A的速度为vA,小球B的速度为vB,则有 vA=vBcos,解得vA=0。 (2)设小球A、B的质量为m,小球B运动到O点的正下方时,小球A下落的距离为h,由几何关系有h=-R 对小球A、B组成的系统由机械能守恒定律有 mgh=m,解得vB=。 答案:(1)0　(2) 10.(10分)(2025·无锡模拟)如图,可视为质点的光滑定滑轮P与竖直墙面上的O点等高,Q为OP的中点,OP距离为2d。一根轻质不可伸长的细绳一端系在O点,穿过光滑圆环A再绕过定滑轮P,另一端吊着质量为m的重物B。初始时A、B都静止,且此时OA与水平方向夹角为30°(如图所示),然后在外力作用下,将圆环A缓慢上移到Q点并静止释放。已知重力加速度为g,整个过程中B未与滑轮P相撞,不计空气阻力和一切摩擦。求: (1)A的质量;(3分) (2)A可以下降的最大距离;(3分) (3)A和B总动能最大时A的动能。(4分) 解析:(1)初始时A、B静止,此时OA与水平方向夹角为30°,A、B受力平衡,有 2Tsin 30°=mAg,T=mg,解得mA=m。 (2)设A可以下降的最大高度为H,A向下位移最大时A、B速度均为0,由机械能守恒定律有 mgH=mg·2,解得H=d。 (3)A和B总动能最大时系统的总势能最小,总势能取最小值对应系统静止时的平衡位置,即OA与水平方向夹角为30°的位置,根据机械能守恒定律,此时总动能Ek总=mgd 由关联速度可知,此时A、B速度等大,A、B动能等大,故此时A的动能为EkA=Ek总 故A和B总动能最大时A的动能为 EkA=mgd。 答案:(1)m　(2)d　(3)mgd 第四讲　功能关系　能量守恒定律 第1课时　功能关系、能量守恒定律的理解及应用(系统知能课) |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)力对物体做了多少功,物体就具有多少能。 (×) (2)(鲁科版课后习题)某同学从一滑坡的顶端由静止开始下滑,他的机械能一定守恒。 (×) (3)能量在转移或转化过程中,其总量会不断减少。 (×) (4)物体的机械能减少,动能有可能是增加的。 (√) (5)在撑杆跳高比赛时,运动员在起跳上升过程中,杆的弹性势能一直增加。 (×) (6)(鲁科版课后习题)拖着旧橡胶轮胎跑步时,拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变。 (×) (7)静摩擦力做功时,一定会引起能量的转化。 (×) (8)滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化。 (√) (9)(粤教版课后习题)蹦床运动员从最高点下落至最低点的过程中,重力势能的减少量一定等于弹性势能的增加量。 (×) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　功能关系的理解和应用(基础点速过)　 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉功能关系的理解 1.(2024·浙江1月选考)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,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 解析:选B　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,A错误,B正确;从2到3由于空气阻力作用,机械能减少,重力势能减少mgh,则动能增加量小于mgh,选项C、D错误。 ◉重力、摩擦力做功时的功能关系 2.(2025·淮安模拟)滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动,它使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示,质量为50 kg 的人坐在滑沙板上从沙坡的顶端由静止沿直线匀加速下滑,经过10 s到达坡底,速度大小为20 m/s。已知沙坡的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,下列关于此过程的说法正确的是 (　 ) A.人的重力势能减少5.0×104 J B.人的动能增加1.5×104 J C.人的机械能减少1.5×104 J D.人克服阻力做功4.0×104 J 解析:选C　人沿沙坡下滑的距离l=vt=100 m,人的重力势能减少ΔEp=mglsin 30°=2.5×104 J,故A错误;人的动能增加ΔEk=mv2=1.0×104 J,故B错误;人的机械能减少ΔE=ΔEp-ΔEk=1.5×104 J,故C正确;人克服阻力做功W克f=ΔE=1.5×104 J,故D错误。 3.(2025·宿迁模拟)如图所示,一小物块在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A经B滑到C点,若不考虑物块在经过B点时机械能的损失,则下列说法正确的是 (　 ) A.从A到B和从B到C,减少的机械能相等 B.从A到B和从B到C,减少的重力势能相等 C.从A到B和从B到C,克服摩擦力做的功相等 D.小物块在C点的动能一定最大 解析:选B　设某一斜面与水平面的夹角为θ,则斜面的长度为L=,物块受到的摩擦力为Ff=μmgcos θ,物块下滑的过程中摩擦力做功为Wf=-FfL=-,由题图可知斜面BC与水平面的夹角比斜面AB与水平面的夹角小,所以在物块下滑的过程中,从B到C过程中克服摩擦力做的功多,物块减少的机械能多,A、C错误;重力势能的变化量由初、末位置的高度差决定,AB段的高度和BC段的高度相同,则减少的重力势能相等,B正确;根据动能定理ΔEk=WG+Wf,由于从B到C过程不知重力做功和摩擦力做功的大小关系,故不知B、C两位置小物块的动能大小关系,D错误。 ◉弹簧弹力做功时的功能关系 4.(2024·山东高考)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) 解析:选B　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,乙及其所坐木板的位移为x1=x0+l-d,则由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d),故选B。 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。功是能量转化的量度。 (2)功与能量的变化是一一对应的,如重力做功对应重力势能的变化,合外力做功对应动能的变化等。 (3)分析机械能的变化,既可以用定义法,也可以根据除重力(弹簧弹力)以外的其他力做功来分析。 2.几种常见的功能关系及其表达式 何种力做功 对应能 的变化 定量的关系 合外力做功 动能变化 合外力对物体做功等于物体动能的变化W合=Ek2-Ek1 重力做功 重力 势能变化 重力做正功,重力势能减少,重力做负功,重力势能增加,且WG=-ΔEp=Ep1-Ep2 弹簧弹力做功 弹性 势能变化 弹力做正功,弹性势能减少,弹力做负功,弹性势能增加,且W弹=-ΔEp=Ep1-Ep2 只有重力、系统 内弹力做功 机械能 不变化 机械能守恒ΔE=0 非重力和弹力 做功 机械能 变化 除重力和系统内弹力之外的其他力做正功,物体的机械能增加,做负功,机械能减少,且W其他=ΔE 逐点清(二)　能量守恒定律的理解及应用(重难点疏通)　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.对能量守恒定律的两点理解 (1)某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加,且减少量和增加量一定相等。 (2)某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量一定相等。 2.能量转化问题的解题思路 (1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量守恒定律。 (2)解题时,首先确定初、末状态,然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列式求解。 　　[典例]　(2024·江苏高考)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块,在电动机作用下,从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从 C点又恰好到达最高点D。已知重力加速度为g。求: (1)CD段长x; (2)BC段电动机的输出功率P; (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。 [解析]　(1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma 由运动学公式得0-v2=-2ax 联立解得x=。 (2)物块在BC段匀速运动,由平衡条件得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ 输出功率P=Fv=mgv。 (3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ 整个过程能量守恒,电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,可知 E2=E1+μmgcos θ·L 可得==。 [答案]　(1) (2)mgv　(3) [针对训练] 1.(2024·北京高考)如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是 (　 ) A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 解析:选C　物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点C只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆形轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=m,解得物体在C点的速度大小为v=,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C正确;由能量守恒定律知,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和,D错误。 2.(2024年1月·九省联考贵州卷)如图,一轻质弹簧置于固定光滑斜面上,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A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放,将弹簧压缩至最低点B(弹簧在弹性限度内),则物块由A点运动至B点的过程中,弹簧弹性势能的 (　 ) A.增加量等于物块动能的减少量 B.增加量等于物块重力势能的减少量 C.增加量等于物块机械能的减少量 D.最大值等于物块动能的最大值 解析:选C　设物块在A点时的动能为Ek,斜面的倾角为θ,物块由A点运动至B点的过程中,对物块由能量守恒定律得Ek+mgLABsin θ=Ep可知,物块由A点运动至B点的过程中,物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能,因此可知,弹簧弹性势能的增加量大于物块动能的减少量,同样大于物块重力势能的减少量,等于物块机械能的减少量,故A、B错误,C正确;显然,物块由A点运动至B点的过程中,弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短时,而物块动能最大时,弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力,即此时弹簧已被压缩,具有了一定的弹性势能,而此后物块还要继续向下运动,直至速度减为零,弹簧被压缩至最短,因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值,故D错误。 3.(2025·泰州模拟)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛,物体回到出发点时,动能为,取出发点位置的重力势能为零,整个运动过程可认为空气阻力大小恒定,则该物体动能与重力势能相等时,其动能为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　设物体上升的最大高度为h,根据功能关系有f·2h=E-=,根据能量守恒定律可得E=mgh+fh,解得mgh=E,fh=E,即f=mg,若在上升阶段离出发点H处该物体动能和重力势能相等,由能量守恒定律有Ek+mgH=E-fH,Ek=Ep=mgH,联立解得Ek=mgH=E;若在下降阶段离出发点H'处该物体动能和重力势能相等,由能量守恒定律有Ek'+mgH'=E-f(2h-H'),Ek'=Ep'=mgH',联立解得Ek'=mgH'=E,故B正确。 4.在儿童乐园的蹦床项目中,小朋友在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳,其原理简图如图所示。某次蹦床活动中小朋友静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B,小朋友可看成质点。不计空气阻力,下列说法正确的是 (　 ) A.从A点运动到O点,小朋友重力势能的减少量等于动能的增加量 B.从O点运动到B点,小朋友机械能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量 C.从A点运动到B点,小朋友机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量 D.从B点返回到A点,小朋友机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量 解析:选D　从A点运动到O点,小朋友的速度不断增大,根据能量守恒定律可知,其重力势能的减少量等于增加的动能与弹性绳的弹性势能之和,故重力势能的减少量大于动能的增加量,故A错误;从O点运动到B点,小朋友的速度不断减小,根据能量守恒定律可知,小朋友机械能减少量等于弹性绳、蹦床弹性势能增加量,故小朋友机械能减少量大于蹦床弹性势能的增加量,故B错误;从A点运动到B点,小朋友机械能转化为弹性绳和蹦床的弹性势能,故小朋友机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量,故C错误;从B点返回到A点的过程中,弹性绳的弹性势能和蹦床的弹性势能转化为小朋友的机械能,故小朋友机械能增加量大于蹦床弹性势能的减少量,故D正确。 [课时跟踪检测] 1.(2025·泰州模拟)如图甲所示,传送带沿顺时针方向运行,滑块以初速度v0滑上传送带,从传送带底端滑至顶端的过程中,滑块速度随时间变化的规律如图乙所示,在这一过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.滑块的机械能一直减小 B.滑块的机械能一直增大 C.滑块的机械能先减小后不变 D.滑块的机械能先减小后增大 解析:选D　由v - t图像可知,开始滑块的速度大于传送带的速度,摩擦力对滑块做负功,滑块的机械能减小,当滑块速度与传送带速度相等后,滑块匀速上升,滑块的机械能增大,因此滑块的机械能先减小后增大,故D正确。 2.(2025·天一中学模拟)网上热卖的一款“钢球永动机”如图所示。小球从平台中心小孔P由静止下落,经小孔下方快速旋转的传动轮加速后,由Q点抛出并落回平台,每次轨迹如图中虚线所示。则 (　 ) A.该“钢球永动机”不违背能量守恒定律 B.小球在空中上升过程中,处于超重状态 C.小球在空中上升过程中,速度变化的方向竖直向上 D.小球在空中上升过程中,克服重力做功的功率恒定 解析:选A　钢球在运动过程中因摩擦力、空气阻力造成的机械能损失,由小孔下方快速旋转的传动轮补充,该“钢球永动机”不违背能量守恒定律,故A正确;小球在空中上升过程中,加速度方向向下,处于失重状态,故B错误;小球在空中上升过程中,由Δv=at,可知速度变化的方向与加速度方向相同,加速度方向向下,故C错误;小球在空中上升过程中,克服重力做功的功率P=mgvy,由于竖直方向上速度大小变化,所以克服重力做功的功率不恒定,故D错误。 3.(2025·连云港模拟)从地面竖直向上抛出一物体(可视为质点),以地面为参考平面,该物体的机械能和重力势能随它离开地面的高度h的关系如图所示,h0为物体上升的最大高度。则物体在上升过程中所受阻力与重力的比值为 (　 ) A. 　　　　B. C. 　　　　D. 解析:选C　设物体在上升过程中所受阻力大小为F阻,由功能关系得F阻h0=E1-E2,mgh0=E2,解得=,故C正确。 4.(2024·安徽高考)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. B. C. D. 解析:选B　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,根据平抛运动规律有v0t'=l,h=gt'2,解得v0=l,根据功能关系得Ptη=m+mg,联立解得水泵的输出功率为P=,故选B。 5.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块在斜面底端时机械能为E0、动能为Ek0、势能为零。物块与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的机械能E、动能Ek、势能Ep与位移x关系的图像正确的是 (　 ) 解析:选D　物块上滑和下滑,摩擦力一直做负功,机械能一直减小,由功能关系知fΔx=ΔE,得E-x图像斜率的绝对值表示摩擦力大小,所以图像斜率的绝对值不变,机械能不会减小到零,故A错误;重力做功对应重力势能的变化WG=-ΔEp,则上滑过程重力势能均匀增大,下滑过程重力势能均匀减小,故B错误;合外力做功对应动能的变化W合=ΔEk,故Ek-x图像的斜率绝对值表示合外力的大小,有F上=mgsin θ+μmgcos θ,F下=mgsin θ-μmgcos θ,Ek - x图线为直线,F上>F下,故C错误,D正确。 6.(2025·扬州模拟)如图所示,一轻弹簧的一端固定于O点,另一端系一重物,将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放,让它自由下摆,不计空气阻力,则在重物由A点摆向最低点B的过程中 (　 ) A.重物的机械能守恒 B.重力做正功,弹力不做功 C.重物和弹簧组成的系统机械能不变 D.重物的机械能增大 解析:选C　在重物下落的过程中,弹簧被拉伸,重力做正功,弹簧弹力做负功,重物的机械能不守恒,故A、B错误;在重物下落的过程中,弹簧被拉伸,只有重力和弹簧弹力做功,重物和弹簧组成的系统机械能守恒,故C正确;在重物下落的过程中,弹簧弹力做负功,弹性势能增加,重物和弹簧组成的系统机械能守恒,则重物下落过程中重物的机械能减小,故D错误。 7.(2025·高邮模拟)一质量为m的小球从高度为H的平台上以速度v0水平抛出,落在松软路面上,砸出一个深度为h的坑,如图所示。不计空气阻力,重力加速度为g,对小球从抛出到落至坑底的过程,以下说法正确的是 (　 ) A.外力对小球做的总功为mg(H+h)+m B.小球的机械能减少量为mg(H+h)+m C.路面对小球做的功为mg(H+h)+m D.路面对小球做的功为- 解析:选B　对小球从抛出到落至坑底的过程,合外力做功等于动能的减少量,根据动能定理得W=0-m=-m,故A错误;设路面对小球做的功为W1,由动能定理得mg(H+h)+W1=0-m,解得W1=-mg(H+h)-m,故C、D错误;根据能量守恒定律可知,小球机械能的减少量等于小球克服路面阻力做的功,故B正确。 8.(10分)(2025年1月·八省联考云南卷)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,取重力加速度大小g=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;(5分) (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。(5分) 解析:(1)由于游客在水平滑道上做匀减速直线运动,根据运动学公式有l=t,t= 根据牛顿第二定律可得a==μg 联立解得v=6 m/s,μ=0.2。 (2)该游客(包括滑板)从P点滑到M点的过程中,根据能量守恒定律可得损失的机械能为 ΔE=mgh-mv2=14 560 J。 答案:(1)6 m/s　0.2　(2)14 560 J 9.(12分)如图所示,一自然长度小于R的轻弹簧左端固定,在水平面的右侧,有一底端开口的光滑圆环,圆环半径为R,圆环的最低点与水平面相切,用一质量为m的小物块(可看作质点)压缩弹簧右端至P点,P点到圆环最低点的距离为2R,小物块释放后,恰好过圆环的最高点,已知重力加速度为g,小物块与水平面间的动摩擦因数为μ。 (1)弹簧的弹性势能为多大?(6分) (2)改变小物块的质量,仍从P点释放,要使小物块在圆环中做完整的圆周运动,小物块质量满足的条件是什么?(6分) 解析:(1)小物块恰好过圆环最高点,由牛顿第二定律有mg=m 从小物块释放至运动到圆环最高点的过程中,由能量守恒定律有Ep=μmg·2R+mg·2R+mv2,联立解得Ep=2μmgR+mgR。 (2)设小物块的质量为m1,在圆环最高点满足 m1g≤m1 从小物块释放至运动到圆环最高点的过程满足 Ep=2μm1gR+2m1gR+m1,解得m1≤m。 答案:(1)2μmgR+mgR　(2)小于等于m 10.(13分)如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧处于原长时上端与刻度尺上的A点等高,质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,底端距A点的高度h1=1.10 m,篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。求:(g取10 m/s2) (1)弹簧的劲度系数;(3分) (2)篮球在运动过程中受到的空气阻力;(3分) (3)篮球在整个运动过程中通过的路程;(3分) (4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。(4分) 解析:(1)篮球静止在弹簧上时, 有mg-kx2=0,解得k=500 N/m。 (2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点,由动能定理得mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0 代入数值解得f≈0.5 N。 (3)设篮球在整个运动过程中通过的总路程为s,由能量守恒定律得mg(h1+x2)=fs+Ep 代入数值解得s=11.05 m。 (4)篮球在首次下落过程中,合力为零处速度最大 速度最大时弹簧形变量为x3,mg-f-kx3=0 在A点下方,离A点x3=0.009 m。 答案:(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m (4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大 第2课时　功能关系的综合应用(综合应用课) 　　摩擦力做功与摩擦生热、传送带模型和“滑块—木板”模型三类问题是高考的热点题型,高考常在压轴大题的位置出现,其综合性强、过程复杂、难度较高,对学生的科学思维能力提出较高要求。用到的知识有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律),能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。 类型(一)　摩擦力做功与摩擦生热 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零,即要么一正一负,要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值,即至少有一个力做负功 两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功,还可以不做功 2.三步求解相对滑动物体的能量问题 　　[典例]　(2025·徐州模拟)如图所示,一个长为L、质量为M的木板,静止在光滑水平面上,一个质量为m的物块(可视为质点),以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端,设物块与木板间的动摩擦因数为μ,当物块与木板相对静止时,物块仍在长木板上,物块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s。则在此过程中 (　 ) A.摩擦力对物块做功为μmg(s+d) B.摩擦力对木板做功为μmgs C.木板动能的增加量为mgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs 　　[解析]　根据功的定义可知摩擦力对物块做功为W1=-μmg(s+d),摩擦力对木板做功为W2=μmgs,故B正确，A错误;根据动能定理可知木板动能的增加量为ΔEk=W2=μmgs,故C错误;由于摩擦而产生的热量Q=f·Δx=μmgd,故D错误。 [答案]　B 　　[针对训练] 如图,质量M=8 kg的小车停放在光滑水平面上,在小车右端施加一水平恒力F=8 N。当小车向右运动速度达到v0=3 m/s时,在小车的右端轻放一质量m=2 kg的小物块,物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2,假定小车足够长,g=10 m/s2。求: (1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小; (2)从小物块放在车上开始经过t0=3.0 s,摩擦力对小物块所做的功。 解析:(1)根据牛顿第二定律得:对物块: μmg=ma1,解得:a1=2 m/s2 对小车:F-μmg=Ma2,解得:a2=0.5 m/s2 设经过t1时间物块与小车的速度相等,则有: a1t1=v0+a2t1, 代入数据解得:t1=2 s,共同的速度大小为: v=a1t1=4 m/s。 (2)t1时间内物块位移:x1=a1=4 m,t1时刻物块速度:v1=v=4 m/s,t1后M、m有相同的加速度,对M、m 整体有:F=(M+m)a3,解得:a3=0.8 m/s2, 物块受到的摩擦力为:Ff=ma3=1.6 N, 此过程运动t2=t0-t1=1 s, 位移为:x2=v1t2+a3=4.4 m, 摩擦力做的功为:W=μmgx1+Ffx2=23.04 J。 答案:(1)2 s　4 m/s　(2)23.04 J 类型(二)　传送带模型 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.分析角度 (1)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。 (2)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 (1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。 (2)对W和Q的理解 ①传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传; ②产生的内能:Q=Ffx相对。 题型(一)　水平传送带问题 　　[例1]　(2025·苏州模拟)某地铁站的安检设施如图所示。该设施中的水平传送带以恒定速率v运动,乘客将质量为m的物品静止放在传送带上,加速后匀速通过安检设施,对此过程下列说法正确的是 (　 ) A.物品先受滑动摩擦力,后受静摩擦力作用 B.物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同 C.物品由于摩擦产生的热量为mv2 D.传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量为mv2 [解析]　物品加速时受滑动摩擦力,匀速时不受摩擦力,故A错误;物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同,滑动摩擦力使物品加速运动,故B正确;设物品匀加速所用时间为t,则这段时间内传送带的位移x1=vt,物品的位移x2=t,物品与传送带之间产生的热量Q=fΔx=f(x1-x2)=fx2,对物品匀加速过程应用动能定理得fx2=mv2,故物品由于摩擦产生的热量Q=mv2,故C错误;传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量有两部分,一部分转化为物品的动能Ek=mv2,另一部分由于摩擦产生热量Q=mv2,故多消耗的能量为E=Ek+Q=mv2,故D错误。 [答案]　B [规律方法] (1)在计算传送带与滑块间的动摩擦因数时,既可以采用动能定理对全程列方程求解,也可以采用牛顿第二定律加运动学规律进行求解,但动能定理更加方便一些。 (2)传送带对滑块的作用力包括传送带对滑块的支持力和摩擦力,此处的支持力容易被漏掉。 (3)在计算滑块与传送带因摩擦而产生的热量时,一定要注意是用Q=f·s相对进行求解,其中s相对是传送带与滑块间的相对路程。 (4)求电动机多消耗的电能时,也可以通过传送带受到的摩擦力对传送带做的功来求解,此时电动机多做的功应为E=-Wf传。 题型(二)　倾斜传送带问题 　　[例2]　(2025·泰州中学月考)如图甲所示,倾角为37°的传送带以速度v0=3 m/s顺时针运转,两传动轮之间的距离足够长,质量m=2 kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带,滑块在传送带上运动的v- t图像如图乙所示,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2。则 (　 ) A.0~4 s,传送带对滑块的摩擦力始终做负功 B.0~4 s,滑块的重力势能增加了200 J C.0~4 s,滑块的机械能增加了128 J D.0~4 s,滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为30 J 　　[解析]　由题图乙可知,0~2 s由于滑块刚放上去时相对传送带向下运动,因此所受摩擦力方向沿传送带向上,2~4 s滑块匀速运动时摩擦力方向依然沿传送带向上,因此传送带对滑块的摩擦力始终做正功,A错误;0~4 s,滑块沿传送带上升的距离s= m=10 m,滑块上升的高度为h=ssin 37°=6 m,因此滑块的重力势能增加了ΔEp=mgh=2×10×6 J=120 J,B错误;传送带对滑块做的功等于滑块机械能的增加量,由功能关系可得W=m-mv2+ΔEp,解得W=128 J,C正确;滑块和传送带只有在相对滑动时才会产生热量,因此Q=μmgcos 37°Δs,μmgcos 37°-mgsin 37°=ma,a==1 m/s2,Δs=×2×2 m=2 m,联立解得Q=28 J,D错误。 [答案]　C 类型(三)　“滑块—木板”模型 　　　　　　　　　　　　　　　　 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。 　　[典例]　如图甲所示,足够长的木板静置于水平地面上,木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板发生相对滑动,t=2 s时撤去F,物块恰好能到达木板右端,整个过程物块运动的v- t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5 kg,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　 ) A.木板的长度为3 m B.物块的质量为0.8 kg C.拉力F对物块做的功为9.8 J D.木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3 J [解析]　木板在2.5 s之前一直向右做匀加速直线运动,作出图像,如图所示,由图像可知2.5 s时两者共速,则木板在0~2.5 s内的加速度大小为a1= m/s2=0.4 m/s2,物块在0~2.0 s内的加速度大小为a2= m/s2=1.5 m/s2,物块在2.0~2.5 s内的加速度大小为a3=μ2g= m/s2=4 m/s2,两者在2.5~3.0 s内的加速度大小为a4=μ1g= m/s2=2 m/s2,可得木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4,木板的长度为L=+×0.5- m=2.75 m,故A错误;前2 s对木板由牛顿第二定律得μ2m2g-μ1g=m1a1,对物块有F-μ2m2g=m2a2,解得m2=0.6 kg,F=3.3 N,故B错误;前2 s拉力F对物块做的功W=Fx=9.9 J,故C错误;木板与地面间因摩擦产生的热量为Q=μ1g·=3.3 J,故D正确。 [答案]　D 　　[针对训练] 如图所示,一个可视为质点的小物块质量为m=1 kg,从光滑平台上的A点以v0=2 m/s 的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,水平地面光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.4 m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°,不计空气阻力,g取10 m/s2。求: (1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力; (2)要使小物块不滑出长木板,长木板长度的最小值。 解析:(1)小物块在C点时的速度大小为vC= 小物块由C点到D点的过程中,由动能定理得 mgR(1-cos 60°)=m-m 代入数据解得vD=2 m/s 小物块在D点时由牛顿第二定律得FN-mg=m 代入数据解得FN=60 N 由牛顿第三定律得FN'=FN=60 N,方向竖直向下。 (2)设小物块刚好能滑到长木板左端,与长木板达到共同速度的大小为v,滑行过程中,小物块与长木板的加速度大小分别为a1==μg,a2= 共同速度大小为v=vD-a1t=a2t 对小物块和长木板组成的系统,由能量守恒定律得 μmgL=m-(m+M)v2,解得L=2.5 m。 答案:(1)60 N,方向竖直向下　(2)2.5 m [课时跟踪检测] 1.(2025·宿迁模拟)如图所示,在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点,每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。经测量,发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L。已知传送带的速率恒为v,工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　 ) A.工件在传送带上加速运动的时间一定等于 B.传送带对每个工件做的功为mv2 C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于μmgL D.传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2 解析:选B　工件在传送带上先做匀加速直线运动,当速度与传送带速度相等时工件做匀速直线运动,加速度为a=μg,则加速的时间为t=,故A错误;传送带对每个工件做功使工件的动能增加,根据动能定理得W=mv2,故B正确;工件与传送带相对滑动的路程为Δx=v-=,则摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=,故C错误;根据能量守恒定律得,传送带因传送一个工件而多消耗的能量为E=mv2+Q=mv2,故D错误。 2.(2025·盐城模拟)如今网上购物非常流行,快递公司把邮件送到家里,消费者足不出户就可以购买到所需的商品。如图是某快递公司搬运邮件的传输装置示意图,足够长的传送带以恒定速率顺时针运行,将一个邮件轻放在传送带底端,第一阶段邮件被加速到与传送带具有相同的速度,第二阶段与传送带相对静止,匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确的是 (　 ) A.第一阶段摩擦力对邮件做正功,第二阶段摩擦力对邮件不做功 B.第一阶段摩擦力对邮件做的功等于第一阶段邮件动能的增量 C.第一阶段邮件和传送带间的摩擦生热等于第一阶段邮件机械能的增量 D.邮件从底端到顶端全过程机械能的增量等于全过程邮件与传送带间的摩擦生热 解析:选C　第一阶段是滑动摩擦力,第二阶段是静摩擦力,两个阶段摩擦力都做正功,A错误;第一阶段,合力做的功等于重力及摩擦力做的功,所以根据动能定理,摩擦力做的功大于动能的增量,B错误;设传送带速度为v,共速所用时间为t,则摩擦生热为Q=f=fvt,根据功能关系,机械能的增量等于非重力做的功,即ΔE=f·vt=fvt,C正确;邮件在第二阶段没有相对传送带发生位移,所以在第二阶段没有摩擦生热,在第一阶段与传送带的摩擦生热即为全程产生的热量,而第二阶段机械能的增量等于第二阶段静摩擦力做的功,结合C选项可知,邮件从底端到顶端全过程机械能的增量大于全过程邮件与传送带间的摩擦生热,D错误。 3.(2025·淮安模拟)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序,饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度地轻放在传送带上,传送带足够长且以速度v匀速转动,饺子与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.传送带的速度越快,饺子的加速度越大 B.饺子相对于传送带的位移为 C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中,增加的动能等于因摩擦产生的热量 D.传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能 解析:选C　饺子的加速度a===μg,与传送带的速度无关,故A错误;饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t=,饺子在传送带上留下的痕迹长度 Δs=vt-=,故B错误;饺子从静止开始加速到与传送带共速的过程,饺子增加的动能Ek=μmgs饺子,因摩擦产生的热量Q=μmgs相对,又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到与传送带共速,饺子的位移 s饺子=t,相对位移为s相对=s传送带-s饺子=vt-t=t,故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量,故C正确;传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和,故D错误。 4.如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动,传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面,速率为v3,则在整个运动过程中,若v1<v2,下列说法正确的是 (　 ) A.v3=v1 B.摩擦力对物体做功为零 C.传送带与物体摩擦生热为m(v1+v2)2 D.电动机因传送物体多消耗的电能小于mv1v2+m 解析:选A　由于传送带足够长,物体在传送带上匀减速向左滑行,直到速度减为零,然后物体在滑动摩擦力的作用下向右匀加速运动,如果v1<v2,返回时物体会先加速到与传送带共速v1,然后匀速运动,物体离开传送带的速度v3=v1,故A正确;整个过程中,根据动能定理可得摩擦力对物体做的功为W=m-m≠0,故B错误;设物体所受的摩擦力大小为f,物体向左运动的加速度大小a=,时间t1==,物体向左运动的位移x1=t1=,传送带的位移x2=v1t1=,故摩擦生热Q1=f(x1+x2)=m+mv1v2,物体向右加速运动时,运动时间为t2==,物体向右运动的位移x3=t2=,传送带的位移x4=v1t2=,摩擦生热Q2=f(x4-x3)=m,传送带与物体摩擦生热共为Q=Q1+Q2=m(v1+v2)2,故C错误;电动机因传送物体多消耗的电能为ΔE=f(x2+x4)=mv1v2+m,故D错误。 5.(2025·镇江模拟)一块质量为 M、长为l的长木板A 静止放在光滑的水平面上,质量为 m 的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A 的上表面并从右端滑下,该过程中,物体B 的动能减少量为ΔEkB,长木板 A 的动能增加量为ΔEkA,A、B间摩擦产生的热量为Q,关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值,下列可能的是 (　 ) A.ΔEkB=7 J,ΔEkA=5 J,Q=5 J B.ΔEkB=7 J,ΔEkA=2 J,Q=5 J C.ΔEkB=3 J,ΔEkA=2 J,Q=5 J D.ΔEkB=5 J, ΔEkA=3 J,Q=2 J 解析:选B　根据能量守恒可知ΔEkB=ΔEkA+Q,故A、C错误;画出物体B和长木板A的速度—时间图线,分别如图中1和2所示,图中1和2之间的梯形面积表示板长l,图线1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1,图线2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2,由图可知,x1>l,x2<l,又有ΔEkB=fx1,ΔEkA=fx2,Q=fl,则有ΔEkB>Q>ΔEkA,故B正确,D错误。 6.(2025·南通调研)如图所示,传送带与水平面间的夹角为30°,其中A、B两点间的距离为3.5 m,传送带在电动机的带动下以v=2 m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量为4 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带的B点,已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2,则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中 (　 ) A.小物块经过 s后与传送带共速 B.摩擦力对小物块做的功为24 J C.摩擦产生的热量为24 J D.因放小物块而使得电动机多消耗的电能为78 J 解析:选C　小物块刚放在B点时,受到的滑动摩擦力沿传送带向上,由于μ=>tan 30°,小物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,a=2.5 m/s2,假设小物块能与传送带达到相同速度,则小物块上滑的位移x1==0.8 m<L=3.5 m,假设成立;小物块与传送带达到相同速度后,将向上匀速运动,到达A点的速度为2 m/s。小物块匀加速的时间t== s=0.8 s,则小物块经过0.8 s后与传送带共速,故A错误;匀加速阶段摩擦力对小物块做的功W1=μmgcos 30°·x1=×4×10×× J=24 J,小物块匀速运动过程中,小物块受到的为静摩擦力,大小与重力沿斜面向下的分力相等,匀速阶段摩擦力对小物块做的功W2=mgsin 30°(L-x1)=4×10××(3.5-0.8)J=54 J,故摩擦力对小物块做的功为W=W1+W2=24 J+54 J=78 J,故B错误;小物块与传送带的相对位移Δx=vt-t=0.8 m,摩擦产生的热量Q=μmgcos 30°·Δx=×4×10×× J=24 J,故C正确;电动机多消耗的电能E=ΔEk+ΔEp+Q=mv2+mgLsin 30°+Q=8 J+70 J+24 J=102 J,故D错误。 7.(2023·全国乙卷，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.物块的动能一定小于m-fl 解析:选D　当物块从木板右端离开时,对物块有-fxm=m-m,对木板有fxM=M,其中l=xm-xM,由于物块能从木板滑下,说明vm>vM,作出物块和木板运动的v -t图像,如图所示,根据v -t图像与横轴围成的面积表示物体运动的位移可知l=xm-xM>xM,则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl,A、B错误;对木板与物块组成的系统,由功能关系有m-fl=m+M,则物块的动能一定小于m-fl,C错误,D正确。 8.(10分)(2025·南京模拟)某仓库采用自动化传送装置运送货物。如图所示,工人借助机器设备推动质量m=1 kg的货物,使其在光滑水平面上获得初速度v,货物从A点滑上长度l=5 m、倾角θ=37°、与货物间动摩擦因数μ=0.8的倾斜传送带,并从传送带最高点B进入右侧半径为R=3 m的光滑圆弧轨道,最终落在右侧水平柜台上。整个过程中货物可看作质点,水平面和圆弧面均与传送带平滑连接,不考虑货物通过A点和B点时的能量损失。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) (1)若传送带静止,为使货物能运动到B点,v至少要多大?(4分) (2)若货物在水平面上的速度v=1 m/s,传送带以v1=2 m/s的速度顺时针传动,传送带为了将其传送到B点,需多消耗多少电能?(6分) 解析:(1)传送带静止,为使货物能运动到B点,根据能量守恒有mv2≥mglsin θ+μmglcos θ 解得v≥2 m/s。 (2)货物做加速运动的加速度为 a=μgcos θ-gsin θ=0.4 m/s2 货物做加速运动的时间为t==2.5 s 货物做加速运动的位移x1=t=3.75 m 货物与传送带间的相对位移为 Δx=v1t-x1=1.25 m 货物与传送带间产生的热量为Q=fΔx=μmgΔxcos θ=8 J 传送带为了将货物传送到B点,需多消耗的电能为W=m-mv2+mglsin θ+Q=39.5 J。 答案:(1)2 m/s　(2)39.5 J 9.(12分)如图所示,质量M=8 kg的长木板停放在光滑水平面上,在长木板的左端放置一质量m=2 kg的小物块,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2,现对小物块施加一个大小F=8 N的水平向右的恒力,小物块将由静止开始向右运动,2 s后小物块从长木板上滑落,从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小物块和长木板的加速度各为多大;(4分) (2)长木板的长度;(4分) (3)通过计算说明:互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。(4分) 解析:(1)长木板与小物块间的摩擦力Ff=μmg=4 N 小物块的加速度为a1==2 m/s2 长木板的加速度为a2==0.5 m/s2。 (2)小物块对地位移为x1=a1t2=4 m 长木板对地位移为x2=a2t2=1 m 长木板的长度为L=x1-x2=3 m。 (3)摩擦力对小物块做功W1=-Ffx1=-16 J 摩擦力对长木板做功W2=Ffx2=4 J, 故W1+W2≠0。 答案:(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)3 m　(3)见解析 10.(13分)(2025·徐州调研)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)物体与传送带之间的动摩擦因数μ;(4分) (2)半圆轨道半径R;(4分) (3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。(5分) 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 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点根据牛顿第二定律有mg=m 在由C点运动至D点的过程中,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。 答案:(1)0.3　(2)0.5 m　(3)30.25 J 第五讲　实验:验证机械能守恒定律(重点实验) 一、理清原理与操作 原理装置图 操作要领 (1)安装:打点计时器竖直安装;纸带沿竖直方向拉直。 (2)重物:选密度大、质量大的金属块,且靠近计时器处释放。 (3)打纸带:让重物自由下落,纸带上打下一系列小点。 (4)选纸带:点迹清晰,且所选用的点在同一条直线上。 (5)求速度:应用vn=,不能用vn=或vn=gtn计算。 二、掌握数据处理方法 方法1　利用起始点和第n点计算 　　代入mghn和m,如果在实验误差允许的范围内,mghn和m相等,则验证了机械能守恒定律。 方法2　任取两点计算 (1)任取两点A、B,测出hAB,算出mghAB。 (2)算出m-m的值。 (3)在实验误差允许的范围内,若mghAB=m-m,则验证了机械能守恒定律。 方法3　图像法 　　从纸带上选取多个点,测量从第一点到其余各点的下落高度h,并计算各点速度的平方v2,然后以v2为纵轴,以h为横轴,根据实验数据作出v2-h图像。若在误差允许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。 三、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (1)应尽可能控制实验条件,即应满足机械能守恒的条件,这就要求尽量减小各种阻力的影响,采取的措施有: ①安装打点计时器时,必须使两个限位孔的中线严格竖直,以减小摩擦阻力。 ②应选用质量和密度较大的重物,增大重力可使阻力的影响相对减小,增大密度可以减小体积,可使空气阻力减小。 (2)实验中,提纸带的手要保持不动,且保证纸带竖直,接通电源,待打点计时器工作稳定后再松开纸带。 (3)测量下落高度时,为了减小测量值h的相对误差,选取的各个计数点要离起始点远一些,纸带也不宜过长,有效长度可在60~80 cm之间。 (4)速度不能用vn=gtn或vn=计算,否则犯了用机械能守恒定律验证机械能是否守恒的错误。 2.误差分析 误差 产生原因 减小误差的方法 偶然 误差 测量长度带来的误差 (1)测量距离时应从计数点0量起,且选取的计数点离0点远些; (2)多次测量取平均值 系统 误差 重物和纸带下落过程中存在阻力 (1)打点计时器安装稳固,并使两限位孔在同一竖直线上,以减小摩擦阻力; (2)选用质量大、体积小的物体作重物,以减小空气阻力的影响 　　本实验是高考命题的常考实验,实验命题除考查计数点速度的计算外,还考查重物的质量是否需要测量、利用图像处理实验数据等,试题难度中等。 关键点(一)　质量是否需要测量 [考法感悟] 1.(2024·浙江6月选考)在“验证机械能守恒定律”的实验中, (1)下列操作正确的是　　　　。  (2)实验获得一条纸带,截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示。已知打点的频率为50 Hz,则打点“13”时,重锤下落的速度大小为　　　　m/s(保留三位有效数字)。  (3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s2,并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m,另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量),则该结果　　　　(选填“能”或“不能”)验证机械能守恒,理由是　　　　。  A.在误差允许范围内 B.没有用当地的重力加速度g 解析:(1)做该实验时,为了减小阻力的影响,且获得最多的数据,应手提纸带上端使纸带竖直,同时使重物靠近打点计时器,由静止释放,故选B。 (2)由T=知,T=0.02 s,根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得,打点“13”时,重锤下落的速度大小为v13==m/s=3.34 m/s。 (3)不能验证机械能守恒; 计算重力势能时应用当地的重力加速度g计算,用纸带数据算出的重力加速度并不一定是当地的重力加速度,因为测量过程中会受到多种因素的影响,故选B。 答案:(1)B　(2)3.34　(3)不能　B 2.某小组设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律,物块P、Q用跨过光滑定滑轮的轻绳相连,P底端固定一宽度为d的轻质遮光条,托住P,使系统处于静止状态,用刻度尺测出遮光条所在位置A与固定在铁架台上的光电门B之间的高度差h,已知当地的重力加速度为g,P、Q的质量分别用mP和mQ表示。 (1)现将物块P从图示位置由静止释放,记下遮光条通过光电门B的时间为t,则遮光条通过光电门B时的速度大小为　　　　。  (2)下列实验步骤必要的是　　　　。(多选)  A.准确测量出两物块的质量mP和mQ B.应选用质量和密度较大的物块进行实验 C.两物块的质量应该相等 D.需要测量出遮光条从A到达B所用的时间 (3)改变高度,重复实验,描绘出v2-h图像,该图像的斜率为k,在实验误差允许的范围内,若k=　　　　　(用前面给出的字母表示),则验证了机械能守恒定律。  解析:(1)极短时间内的平均速度等于瞬时速度,可知遮光条通过光电门B时的速度大小为v=。 (2)该实验中机械能守恒定律的表达式为(mP-mQ)gh=(mP+mQ),故需要测量出两物块的质量mP和mQ,A正确;选用质量和密度较大的物块进行实验可以减小因空气阻力而带来的系统误差,B正确;由静止释放物块P后需要P向下加速运动通过光电门B,Q向上加速运动,则需要P的质量大于Q的质量,C错误;物块P从A到达B时,P和Q组成的系统动能的增加量为ΔEk=(mP+mQ)v2=(mP+mQ),系统重力势能的减小量为ΔEp=(mP-mQ)gh,故不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间,D错误。 (3)根据验证机械能守恒定律需要的表达式为(mP-mQ)gh=(mP+mQ)v2,可得v2=h,则v2-h图像的斜率为k=,故在实验误差允许的范围内,若k=,则验证了机械能守恒定律。 答案:(1)　(2)AB　(3) [系统建模] 1.探究单个物体机械能守恒时,物体的质量没有必要测量。 2.探究物体系统机械能守恒时,系统内各物体的质量必须测出具体值,才可计算系统动能的变化量和势能的变化量[如第2题第(2)问]。 关键点(二)　图像斜率的物理意义分析 [考法感悟] 1.如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置。现有器材为:带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平。 (1)为完成实验,还需要的器材有　　　　。(多选)  A.刻度尺 B.0~8 V直流电源 C.秒表 D.0~8 V交流电源 (2)某同学用图甲所示装置打出的一条纸带如图乙所示,相邻两点之间的时间间隔为0.02 s,根据纸带计算出打下D点时重物的速度大小为　　　　m/s。(结果保留三位有效数字)  (3)采用重物下落的方法,根据公式mv2=mgh验证机械能守恒定律,对实验条件的要求是　　　　　　　,为验证和满足此要求,所选择的纸带第1、2点间的距离应接近　　　　。  (4)该同学根据纸带算出了相应点的速度,作出v2-h图像如图丙所示,则图线斜率的物理意义是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:(1)通过打点计时器计算时间,不需要秒表,打点计时器应该与交流电源连接,需要刻度尺测量纸带上两点间的距离,故A、D正确,B、C错误。 (2)由题图乙可知CE间的距离为s=19.41 cm-12.40 cm=7.01 cm=0.070 1 m,则由平均速度公式得D点的速度vD== m/s≈1.75 m/s。 (3)用公式mv2=mgh时,对纸带上起点的要求是重物是从初速度为零开始下落;打点计时器的打点周期为0.02 s,重物开始下落后,在第一个打点周期内重物下落的高度h=gT2=×9.8×0.022 m≈2 mm,所以所选的纸带最初两点间的距离接近2 mm。 (4)由机械能守恒定律公式mgh=mv2得v2=2gh,由此可知图像的斜率k=2g,是当地重力加速度的2倍。 答案:(1)AD　(2)1.75　(3)重物的初速度为零　2 mm　(4)当地重力加速度的2倍 2.(2025·扬州一模)某实验小组的同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律,实验时,该小组的同学完成了如下操作: a.测量滑块和遮光条的总质量M以及所挂钩码的质量m; b.用游标卡尺测量遮光条的宽度d; c.调整气垫导轨水平,将光电门固定在气垫导轨的左端,并组装实验装置; d.在细绳的左端挂上一个钩码,将滑块从气垫导轨的右端合适的位置由静止释放,测量释放点到光电门的距离L; e.记录滑块经过光电门时遮光条的挡光时间Δt; f.改变释放点到光电门的距离L,重复步骤d、e、f,记录多组实验数据L和Δt。 (1)实验时,应选用　　　　　　(选填“较宽”或“较窄”)的遮光条,操作b中,游标卡尺的读数如图乙所示,则遮光条的宽度d=　　　　mm;  (2)滑块经过光电门瞬间的速度v=　　　　　(用以上的测量量表示)。  (3)利用记录的多组实验数据,描绘了L- 的图像,图像的斜率为k,若重力加速度g=　　　,则系统的机械能守恒。  解析:(1)为了减小实验误差,要求滑块经过光电门时挡光时间越短越好,因此实验时应选择较窄的遮光条;由游标卡尺的读数规则可知遮光条的宽度为1 mm+6×0.05 mm=1.30 mm。 (2)滑块经过光电门的瞬时速度近似等于挡光时间内的平均速度,即v=。 (3)若钩码和滑块组成的系统机械能守恒,滑块从释放到经过光电门的过程中,有mgL=v2 整理得L=·,则有k= 若系统的机械能守恒,重力加速度为g=。 答案:(1)较窄　1.30　(2)　(3) [系统建模] 1.通过图像验证机械能是否守恒,要根据机械能守恒定律写出图像对应的函数表达式,再结合图像解答相关问题。 2.不同图像中的图线斜率的物理意义不同,v2-h图像的斜率为2g,而-h图像的斜率为g。 1.(2025·苏州模拟)用如图所示的装置来验证小球在摆动过程中的机械能守恒。细线长为L,一端固定在O点,另一端拴一小球。D是O点正下方水平地面上的一点,测量出OD距离为H。在OD之间C点固定一个锋利的刀片。把小球拉至和O等高位置,细线被拉直,由静止释放,小球运动到刀片正下方的瞬间细线被割断,记录小球的落地位置E(图中未画出),测量DE距离为x。 (1)为完成实验,从下列所给的器材中选择需要的器材　　　　　。  A.小钢球　B.小木球　C.天平　D.刻度尺 (2)要想验证小球在摆动过程中机械能守恒,只需验证x=　　　　成立即可。(用测量的物理量表示)  解析:(1)小球密度越大,重力远大于空气阻力,可以减小空气阻力的影响,故A正确,B错误;不需要测量小球的质量,故C错误;需要测量小球做平拋运动的水平位移DE、细线长度和OD距离,需要用刻度尺,故D正确。 (2)小球从开始到最低点,假设机械能守恒定律成立则有mgL=mv2,可知小球在最低点时的速度v=,方向水平向右,之后,小球做平抛运动x=vt,H-L=gt2,联立解得x=2。 答案:(1)AD　(2)2 2.(2022·湖北高考)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线,如图乙所示。 (1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为　　　　。  (2)由图乙得:直线的斜率为　　　　,小钢球的重力为　　　　 N。(结果均保留2位有效数字)  (3)该实验系统误差的主要来源是　　　　(单选,填正确答案标号)。  A.小钢球摆动角度偏大 B.小钢球初始释放位置不同 C.小钢球摆动过程中有空气阻力 解析:(1)设初始位置时,轻绳与竖直方向的夹角为θ,则轻绳拉力最小值为Tmin=mgcos θ 在最低点时轻绳拉力最大,设小钢球在最低点的速度为v,由机械能守恒定律得mgl(1-cos θ)=mv2 在最低点由牛顿第二定律得Tmax-mg=m 联立可得Tmax=3mg-2Tmin 若小钢球摆动过程中机械能守恒,则题图乙中直线斜率的理论值为-2。 (2)由题图乙得直线的斜率为 k=-=-2.1,3mg=1.77 N 则小钢球的重力为mg=0.59 N。 (3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力,使得机械能减小,故选C。 答案:(1)-2　(2)-2.1　0.59　(3)C 3.(2024年1月·九省联考河南卷)某同学用如图(a)所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上,架子下部固定一个小电动机,电动机轴上装一支软笔。电动机转动时,软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹(时间间隔为T)。如图(b),在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E,测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。 (1)若电动机的转速为3 000 r/min,则T=　　　　 s。  (2)实验操作时,应该　　　　。(填正确答案标号)  A.先打开电源使电动机转动,后烧断细线使钢柱自由下落 B.先烧断细线使钢柱自由下落,后打开电源使电动机转动 (3)画出痕迹D时,钢柱下落的速度vD=　　　　。(用题中所给物理量的字母表示)  (4)设各条痕迹到O的距离为h,对应钢柱的下落速度为v,画出v2-h图像,发现图线接近一条倾斜的直线,若该直线的斜率近似等于　　　　,则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。  解析:(1)由于电动机的转速为3 000 r/min, 则其频率为f= Hz=50 Hz, 则T== s=0.02 s。 (2)实验操作时,为了使软笔在钢柱表面画上痕迹条数多一些,应该先打开电源使电动机转动,后烧断细线使钢柱自由下落。故选A。 (3)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度,则画出痕迹D时,钢柱下落的速度为vD=。 (4)钢柱下落过程中,若机械能守恒,则只有重力做功,重力势能的减小量等于动能的增加量,即mgh=mv2,可得v2=2gh,若v2-h图线为一条倾斜直线,且直线的斜率近似等于2g,则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 答案:(1)0.02　(2)A　(3)　(4)2g 4.(2025·南通模拟)某实验小组用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的轻质细线的两端分别悬挂质量均为m的重物A、B且处于静止状态,A与纸带连接,纸带通过固定的打点计时器(电源频率为50 Hz),在B的下端再挂质量为M的重物C。由静止释放重物C,利用打点计时器打出的纸带可研究系统(由重物A、B、C组成)的机械能守恒,重力加速度大小为g,回答下列问题: (1)关于该实验,下列说法正确的是　　　　　。  A.实验时应先释放纸带再接通电源 B.无须测量重物C的质量M就可以验证机械能守恒定律 C.此实验存在系统误差,系统总动能的增加量略大于总重力势能的减少量 D.对选取的纸带,若第1个点对应的速度为0,则第1、2两点间的距离一定小于2 mm (2)对选取的纸带,若第1个点对应的速度为0,重物A上升的高度为h,通过计算得到三个重物的速度大小为v,然后描绘出h- v2(h为纵坐标)关系图像,图像为经过原点的一条倾斜直线,若M=m,当倾斜直线的斜率k=　　　 　,就可以验证系统的机械能守恒。  解析:(1)为了充分利用纸带,实验时应先接通电源再释放纸带,故A错误;根据题意可知,本实验需要验证Mgh=v2可知,验证机械能守恒定律需要测量重物C的质量M,故B错误;此实验存在的主要系统误差是纸带与打点计时器间的摩擦力和重物受到的空气阻力,导致的结果是总动能的增加量略小于总重力势能的减小量,故C错误;当重物下落的加速度为g时,在0.02 s内下落的高度为H=gt2≈2 mm,对系统由牛顿第二定律可得,重物的加速度为a=g<g,若第1个点对应的速度为0,则1、2两点间的距离一定小于2 mm,故D正确。 (2)根据题意可知,若系统的机械能守恒,则满足Mgh=v2,则有h=v2可知,h- v2关系图像是经过原点的一条倾斜直线。若M=m,则有k==,就可以验证系统的机械能守恒。 答案:(1)D　(2) 98 / 98 学科网（北京）股份有限公司 $$