第六章 机械能（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第六章　机械能 大单元分层教学设计 第1讲 功和功率 基础落实课 第2讲 动能定理 第1课时 动能定理的理解及应用 基础落实课 第2课时 应用动能定理解决多过程问题 综合融通课 第3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 基础落实课 第2课时 机械能守恒定律中的连接体问题 综合融通课 第4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 基础落实课 第2课时 功能关系的综合应用 综合融通课 第5讲 微专题——能量与图像的综合问题 综合融通课 第6讲 验证机械能守恒定律 实验探究课 第1讲　功和功率(基础落实课) 一、功 1.做功的两个必要条件 力和物体在力的方向上发生的位移。 2.公式 W=Flcos α,适用于恒力做功,其中α为F、l方向间的夹角,l为物体对地的位移。 3.功的正负判断 夹角 功的正负 0≤α<90° W>0,力对物体做正功 90°<α≤180° W<0,力对物体做负功,或者说物体克服这个力做了功 α=90° W=0,力对物体不做功 二、功率 1.定义:功与完成这些功所用时间之比。 2.物理意义:描述力对物体做功的快慢。 3.公式 (1)P=,P为时间t内的平均功率。 (2)P=Fvcos α(α为F与v的夹角)  ①v为平均速度,则P为平均功率; ②v为瞬时速度,则P为瞬时功率。 4.额定功率与实际功率 (1)额定功率:动力机械正常工作时输出的最大功率。 (2)实际功率:动力机械实际工作时输出的功率,要求小于或等于额定功率。 微点判断 1.只要物体受力的同时又发生了位移,则一定有力对物体做功。 (×) 2.力F1、F2做的功分别为10 J和-15 J,则力F1比F2做的功多。 (×) 3.功有正负,说明功是矢量,因此总功是所有外力做功的矢量和。 (×) 4.(鲁科必修2P7T5·改编)当作用力做正功时,反作用力一定做负功。 (×) 5.合力做的功等于各分力做功的代数和。 (√) 6.由P=知,只要知道W和t就可求出任意时刻的功率。 (×) 7.(人教必修2P78T4·改编)根据P=Fv,F增大则P增大。 (×) 8.由公式P=Fv既可以求某一时刻的瞬时功率,也可以求平均功率。 (√) 9.由公式P=Fv可知,汽车的速度增大时,汽车的发动机功率也一定在增大。 (×) 10.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。 (√) 逐点清(一)　功的正负判断和恒力做功的计算 |题|点|全|练| 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] 质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上,斜面沿水平方向向右匀速移动了距离L,如图所示。已知斜面运动过程中物体始终相对斜面静止,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.支持力对物体做功为零 B.重力对物体做功为mgLtan θ C.物体克服摩擦力做功为mgLsin θcos θ D.支持力对物体做功为mgLsin θ 解析:选C　根据平衡条件可知,物体受到的支持力的大小为FN=mgcos θ,所以支持力做功为WN=FN·Lsin θ=mgLsin θcos θ,故A、D错误;物体在水平方向移动,在竖直方向上没有位移,所以重力做功为零,故B错误;根据平衡条件可知,摩擦力大小为f=mgsin θ,则物体克服摩擦力做功为Wf=f·Lcos θ=mgLsin θcos θ,故C正确。 3.[总功的计算] (多选)如图所示,站在向前运动的汽车上的人用手推车的力大小为F,脚对车向后的静摩擦力大小为F',下列说法正确的是 (　　) A.当车匀速运动时,F和F'所做的总功为零 B.当车加速运动时,F和F'的总功为负功 C.当车减速运动时,F和F'的总功为正功 D.不管车做何种运动,F和F'的总功都为零 解析:选ABC　根据牛顿第三定律,车对人向后的推力大小也为F,车对人向前的静摩擦力大小也为F'。以人为研究对象,取车前进的方向为正方向,由牛顿第二定律有F'-F=ma。当车匀速运动时,a=0,则F=F',由于人对车的推力F对车做正功,人对车的摩擦力F'对车做负功,而两力做功的绝对值相等,所以F和F'的总功为零;当车加速运动时,a>0,F'>F,则F'对车做的负功大于F对车做的正功,故F和F'的总功为负功;当车减速运动时,a<0,F'<F,则F'对车做的负功小于F对车做的正功,故F和F'的总功为正功,故A、B、C正确,D错误。 |精|要|点|拨| 1.功的正负判断方法 (1)恒力做功的正负常依据力与位移方向的夹角来判断。 (2)曲线运动中功的正负常依据力F与速度v方向的夹角来判断。 (3)能量变化思想常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。 2.恒力做功的计算方法 3.总功的计算方法 方法一:先求合力F合,再用W总=F合lcos α求功,此法要求F合为恒力。 方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3、…,再应用W总=W1+W2+W3+…求总功,注意代入“+”“-”再求和。 方法三:利用动能定理,合力做的功等于物体动能的变化量。 逐点清(二)　求变力做功的六种方法 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。 1.在水平桌面上,长6 m的轻绳一端固定于O点,另一端系一质量m=2.0 kg的小球,如图所示(俯视图)。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F=10 N,F拉着小球从M点运动到N点,F的方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2,不计空气阻力,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是 (　　) A.拉力F对小球做的功为16π J B.拉力F对小球做的功为8π J C.小球克服摩擦力做的功为16π J D.小球克服摩擦力做的功为4π J 解析:选A　将题图中圆弧MN分成很多小段l1、l2、…、ln,拉力F在每小段上做的功为W1、W2、…、Wn,因拉力F大小不变,方向始终与小球的运动方向成37°角,所以W1=Fl1cos 37°,W2=Fl2cos 37°,…,Wn=Flncos 37°,故WF=W1+W2+…+Wn=F(l1+l2+…+ln)cos 37°=Fcos 37°·=10×0.8××6 J=16π J,故A正确,B错误;同理可得小球克服摩擦力做的功Wf=μmg·=8π J,故C、D错误。 方法2　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。 2.人在A点拉着绳通过一个定滑轮匀速吊起质量m=50 kg的物体,如图所示。开始时绳与水平方向成60°角,当人拉着绳由A点沿水平方向运动l=2 m而到达B点时,绳与水平方向成30°角,求人对绳的拉力做了多少功?(不计绳与定滑轮间的摩擦,g取10 m/s2) 解析:人对绳的拉力所做的功与绳对物体的拉力所做的功相等,设人手到定滑轮的竖直距离为h,物体上升的高度等于滑轮右侧绳子增加的长度,即Δh=- 又l=- 所以人对绳的拉力做的功 W=mgΔh=1 000(-1)J。 答案:1 000(-1)J 方法3　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。 3.如图所示,质量均为m的A、B两小物块用轻质弹簧相连,A放置在光滑水平地面上,一轻绳通过光滑的定滑轮与物块B相连(连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧),弹簧的劲度系数为k。现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上,使物块B缓慢向上运动,已知重力加速度为g,当A物块恰好离开地面时,F所做的功为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　开始时弹簧的压缩量x1=,此时F1=0,当A物块恰好离开地面时弹簧的伸长量为x2=,此时F2=2mg,则F做的功为W=(x1+x2)=。故选B。 方法4　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)。 4.(多选)质量为2 kg的物体在水平面上沿直线运动,受到的阻力大小恒定。经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离x的关系如图所示,0~3 m物体做匀速直线运动。下列说法正确的是 (　　) A.在x=5 m处物体加速度大小为2 m/s2 B.0~7 m拉力对物体做功为40 J C.0~7 m物体克服阻力做功为28 J D.0~7 m合力对物体做功为28 J 解析:选BC　0~3 m物体做匀速直线运动,可知阻力大小为f=F1=4 N,在x=5 m处,由题图可知拉力大小为F2=7 N,根据牛顿第二定律可得F2-f=ma,解得a=1.5 m/s2,故A错误;根据F⁃x图像与横轴围成的面积表示拉力在这段位移内所做的功,可知0~7 m拉力对物体做功为WF=4×3 J+×(7-3)J=40 J,故B正确;0~7 m物体克服阻力做功为=fx=4×7 J=28 J,故C正确;0~7 m合力对物体做功为W合=WF-=40 J-28 J=12 J,故D错误。 方法5　利用动能定理求变力做功 　　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,可考虑由动能的变化来间接求功,所以动能定理是求变力做功的首选。 5.(鲁科版教材必修2,P16“迁移”栏目)雨滴在空中下落时会受到空气阻力,空气阻力f的大小与雨滴下落速率v的二次方成正比,即f=kv2,其中k为常数。若质量为m的雨滴,从高h处以初速度v0竖直加速下落,接近落地前开始做匀速直线运动。已知重力加速度为g,求该雨滴从高处下落到地面的过程中,空气阻力对其所做的功。 解析:设雨滴落地时的速度为vmax,接近落地前做匀速运动,有fmax=k=mg 对雨滴下落过程,由动能定理得 mgh+W=m-m 解得W=--mgh。 答案:--mgh 方法6　利用W=Pt求变力做功 　　在功率与时间的关系图像(P⁃t图像)中,P⁃t图线与时间轴围成的面积表示该时间内所做的功。 6.(多选)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲和乙所示,下列说法正确的是 (　　) A.0~6 s内物体位移大小为36 m B.0~6 s内拉力做的功为70 J C.合外力在0~6 s内做的功与在0~2 s内做的功不相等 D.滑动摩擦力大小为 N 解析:选BD　由速度—时间图像与时间轴围成的面积等于物体的位移,可知0~6 s内物体的位移大小为x=×6 m=30 m,故A错误;由功率—时间图像与时间轴围成的面积等于力做的功,可知在0~6 s内拉力做的功为W=×30×2 J+10×4 J=70 J,故B正确;物体在0~6 s内与在0~2 s内动能变化量相同,则根据动能定理可知,合外力在0~6 s内做的功与在0~2 s内做的功相等,故C错误;在2~6 s内,v=6 m/s,P=10 W,物体做匀速运动,摩擦力f=F,由P=Fv,有f=F== N,故D正确。 逐点清(三)　功率的理解与计算 细作1　对功率的理解 1.下列关于功率的说法中正确的是 (　　) A.由P=Fv知,物体运动得越快,功率越大 B.由P=知,力做的功越多,功率越大 C.由W=Pt知,功率越大,力做的功越多 D.由P=Fvcos α知,某一时刻,即使力和速度都很大,但功率不一定大 解析:选D　功率由力与速度共同决定,A错误;功率的定义为功与完成这些功所用时间之比,做功多不表示功率大,B错误;做功等于功率与时间的乘积,功率大不表示做功多,C错误;力和速度都很大,但二者夹角较大时,功率不一定大,D正确。 一点一过　对功率的两点说明 (1)物体在发生一段位移过程中所对应的功率为平均功率,物体在某一时刻的功率为瞬时功率。 (2)功率是反映做功快慢的物理量,P=是功率的定义式而非决定式,所以并不能说功率P与功W成正比,与时间t成反比。 细作2　瞬时功率的分析与计算 2.(2025·乐山模拟)如图所示,质量相同的小球A、B位于同一竖直线上,将A、B两小球以不同的初速度vA、vB水平抛出后,都落在水平面上的同一位置。已知hA=2hB,落地时重力的功率分别为PA、PB。不计一切阻力,则vA与vB、PA与PB的大小关系正确的是 (　　) A.vB=2vA B.vB=4vA C.PA=PB D.PA=2PB 解析:选C　由h=gt2可知,A、B两小球下落时间之比为tA∶tB=∶1,两球水平位移相同,由x=v0t,得vA∶vB=1∶,即vB=vA,故A、B错误;小球落地时在竖直方向的分速度为vy=,可知A、B两小球落地时在竖直方向的分速度之比为vyA∶vyB=∶1,落地时重力的功率为P=mgvy,所以A、B两小球落地时重力的功率之比为PA∶PB=∶1,即PA=PB,故C正确,D错误。 一点一过　瞬时功率公式的理解与应用 (1)利用公式P=Fvcos α求瞬时功率时,其中v为t时刻的瞬时速度。F可为恒力,也可为变力,α为F与v的夹角,α可以不变,也可以变化。 (2)对公式P=Fvcos α的理解:可认为Fcos α是力F在速度v方向上的分力,也可认为vcos α是速度v在力F方向上的分速度。 细作3　平均功率的分析与计算 3.(2024·福建高考)我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图(a)为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景,简化的物理模型如图(b)所示,人站立的农具视为与水平地面平行的木板,两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角θ为25.5°,sin 25.5°=0.43,cos 25.5°=0.90。当每条绳子拉力F的大小为250 N时,人与木板沿直线匀速前进,在15 s内前进了20 m,求此过程中: (1)地面对木板的阻力大小; (2)两条绳子拉力所做的总功; (3)两条绳子拉力的总功率。 解析:(1)由于木板匀速运动,则有f=2Fcos θ=450 N。 (2)根据功的定义有W=2Flcos θ=9.0×103 J。 (3)根据功率的定义有P==600 W。 答案:(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W 一点一过　平均功率的计算方法 (1)利用P=求解。 (2)利用P=Fvcos α求解,其中v为物体运动的平均速度。 逐点清(四)　机车启动问题 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=做匀速运动 转折点 在转折点A,牵引力与阻力大小相等,此时加速度为零,速度达到最大,为vm= 在转折点A,功率达到额定功率,匀加速运动结束,此时v1=;在转折点B,速度达到最大,为vm= 2.三个重要关系 (1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即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。 [考法全训] 考法(一)　恒定功率启动问题 　　[例1]　(2025·哈尔滨模拟)(多选)我国新一代重型步兵战车已达到世界先进战车的水平,动力强劲,具有强大的防护能力。步兵战车的质量为m,若在平直的路面上从静止开始加速,经时间t其速度达到最大值vm。设在加速过程中发动机的功率恒为P,步兵战车所受阻力恒为F阻。下列说法正确的是 (　　) A.加速过程中,步兵战车做匀加速直线运动 B.步兵战车的最大速度vm= C.加速过程中,步兵战车的位移大于t D.加速过程中,步兵战车所受合外力做的功为Pt [解析]　步兵战车加速过程中发动机的功率恒定,则加速度为a==,则随着速度的增加,加速度减小,A错误;步兵战车的速度最大时牵引力等于阻力,则vm==,B正确;若步兵战车做匀加速运动,则位移为t,而实际上步兵战车做加速度减小的加速运动,可知加速过程中,步兵战车的位移大于t,C正确;加速过程中,步兵战车所受合外力做的功为Pt-F阻x,D错误。 [答案]　BC 考法(二)　恒定加速度启动问题 　　[例2]　(多选)我国新能源汽车发展迅猛,已成为全球最大的新能源汽车产销国。质量为m的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a启动,其v⁃t图像如图所示,其中OA段和BC段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为P,汽车所受阻力大小恒为f,下列说法正确的是 (　　) A.汽车做匀加速运动的最大速度v1= B.汽车能达到的最大行驶速度v2= C.汽车速度为时的功率为P'= D.汽车速度为时的加速度大小为a'=- [解析]　汽车做匀加速运动时,根据牛顿第二定律有F-f=ma,解得F=f+ma,则汽车做匀加速运动的最大速度v1==,故A错误;当牵引力与阻力平衡时,汽车达到最大行驶速度,即v2=,故B错误;汽车速度为时,功率为P'=F·=,故C正确;汽车速度为时,牵引力大小为F'==,根据牛顿第二定律有F'-f=ma',解得a'=-,故D正确。 [答案]　CD [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2024·北京高考)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　　) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长 解析:选D　刚开始时,物体速度小于传送带速度,则物体相对传送带向后运动,A错误;物体匀速运动过程中,物体与传送带之间无相对运动趋势,则物体不受摩擦力作用,B错误;物体加速运动过程中,由动能定理可知,摩擦力对物体做正功,C错误;设物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体相对传送带运动时,加速度大小为a==μg,物体做匀加速运动,直至物体速度等于传送带速度,由v=at=μgt可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D正确。 2.(2025·大连模拟)滑雪是受人欢迎的娱乐项目。如图所示,一位质量为60 kg的滑雪爱好者从海拔1 800 m的雪道起点沿着长为1 200 m的雪道进行滑雪训练,20 min后到达海拔为1 600 m雪道终点,重力加速度g取10 m/s2,则在此过程中该滑雪爱好者 (　　) A.位移大小为200 m B.平均速度大小为1 m/s C.重力做功为1.2×105 J D.重力做功的平均功率为600 W 解析:选C　由题图可知,雪道不是一条直线,所以该滑雪爱好者的位移大小与平均速度大小均不可确定,故A、B错误;重力做功的大小为W=mgΔh=60×10×(1 800-1 600)J=1.2×105 J,故C正确;重力做功的平均功率为P== W=100 W,故D错误。 3.一质量为m的物块,在水平拉力F的作用下从静止开始沿水平面运动,其阻力f为物块重力的λ倍,水平拉力的大小F=kx+f,其中k为比例系数,x为物块运动的距离。在物块运动距离为s的过程中拉力做的功为 (　　) A.λmgs B.ks2 C. D.ks2+λmgs 解析:选D　物块受到的阻力为f=λmg,当x=0时,拉力大小为F1=f,当x=s时,拉力大小为F2=ks+f,由于拉力随位移线性变化,所以整个过程的平均拉力大小为==ks+f=ks+λmg,在物块运动的距离为s的过程中拉力做的功为WF=s=ks2+λmgs,故选D。 4.(2025·十堰一模)在杭州亚运会男子百米决赛中,中国选手夺冠。假设他的心脏在比赛状态下每分钟搏动150次,在一次搏动中泵出的血液约为120 cm3,推动血液流动的平均压强约为2.0×104 Pa。则他的心脏在比赛状态下搏动的平均功率约为 (　　) A.6 W B.60 W C.3.6 W D.360 W 解析:选A　设这名选手的心脏每次推动血液前进的位移为L,血液受到心脏的压力为F,由p=可知,心脏搏动一次对血液所做的功W=FL=pSL=pV,V是心脏搏动一次泵出的血液体积,代入数据解得他的心脏在一分钟内对血液做的功为W'=npV=150×2.0×104×120×10-6 J=360 J,则他的心脏在比赛状态下搏动的平均功率P== W=6 W。故选A。 5.如图所示,在某次体能训练中,运动员身上系着轻绳拖着轮胎从静止开始沿着笔直的跑道匀加速奔跑,2 s末轮胎的速度大小为4 m/s。已知绳与地面的夹角θ=37°,绳对轮胎的拉力大小为50 N,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.前2 s内绳子拉力对轮胎所做的功为200 J B.第2 s内运动员克服绳子拉力所做的功为120 J C.前2 s内绳子拉力对轮胎做功的平均功率为100 W D.第2 s末绳子拉力对轮胎做功的瞬时功率为200 W 解析:选B　前2 s内的位移大小为x=t=4 m,前2 s内绳子拉力对轮胎所做的功为W=Fxcos 37°=50×4×0.8 J=160 J,绳子拉力对轮胎做功的平均功率为==80 W,故A、C错误;根据速度时间关系v=at,解得加速度大小为a=2 m/s2,第2 s内的位移大小为x'=x-a=3 m,第2 s内运动员克服绳子拉力所做的功为W'=Fx'cos 37°=50×3×0.8 J=120 J,故B正确;第2 s末绳子拉力对轮胎做功的瞬时功率P=Fvcos 37°=50×4×0.8 W=160 W,故D错误。 6.(2025·成都检测)同一赛车分别在干燥路面及湿滑路面以恒定加速度a干燥和a湿滑启动达到最大速度。已知a干燥>a湿滑,赛车两次启动过程中阻力大小相等且不变,能达到的额定功率相同。则赛车的速度v随时间t变化的图像正确的是(图中OA、OB为直线) (　　) 解析:选B　对赛车由牛顿第二定律可得F牵-Ff=ma,则有F牵=ma+Ff,由于a干燥>a湿滑,则有F干牵>F湿牵,设赛车在干燥路面做匀加速运动达到的最大速度为v干m,在湿滑路面做匀加速运动达到的最大速度为v湿m,则有P额=F干牵v干m=F湿牵v湿m,可知v干m<v湿m,在干燥路面及湿滑路面赛车的额定功率相同,当牵引力大小等于阻力大小时有vm=,可知赛车在干燥路面及湿滑路面达到的最大速度相等。故选B。 7.图甲起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=150 kg的物体,其a⁃t图像如图乙所示,5~ 10 s内起重机的功率为额定功率,不计其他阻力,重力加速度为g=10 m/s2,则以下说法正确的是 (　　) A.物体在0~10 s内运动的最大速度为10 m/s B.起重机的额定功率为1 800 W C.5~10 s内起重机对物体做的功等于0~5 s内起重机对物体做功的1.5倍 D.5~10 s内起重机对物体做的功等于0~5 s内起重机对物体做功的2倍 解析:选D　由a⁃t图像可知,物体在0~5 s内做匀加速直线运动,5 s时物体的速度为v1=a1t1=2×5 m/s=10 m/s,由于5 s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动,可知物体在0~10 s内运动的最大速度大于10 m/s,故A错误;由a⁃t图像可知,在5 s时,物体结束做匀加速运动,此时起重机的功率达到额定功率,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma1,解得F=1 800 N,则起重机的额定功率为P额=Fv1=1 800×10 W=18 000 W,故B错误;0~5 s内物体的位移为x1=t1=×5 m=25 m,0~5 s内起重机对物体做的功为W1=Fx1=1 800×25 J=45 000 J,5~10 s内起重机保持额定功率不变,则5~10 s内起重机对物体做的功W2=P额t2=18 000×5 J=90 000 J,可得W2=2W1,故C错误,D正确。 8.(2025·安庆模拟)“复兴号”动车组是我国自主研发、具有完全知识产权的新一代高速列车。某“复兴号”动车组由8节车厢编组而成,其中第1、3、5、7节为动力车厢,其余为无动力车厢。已知每节动力车厢有2 400 kW的大型电动机提供动力,每节车厢行驶中除了受恒定的摩擦阻力f0=1 500 N外,还会受到风阻作用,第1节车厢所受风阻f1=3kv,其余每节车厢所受的风阻f2=kv,表达式中v表示列车行驶速度,k为比例系数,为84 N·s/m。下列说法正确的是 (　　) A.该型号动车组最大行驶速度为120 m/s B.若关闭两个电动机,动车组最大速度为原来一半 C.以最大速度匀速行驶时,第1节车厢所受总阻力为25 200 N D.以最大速度匀速行驶时,第3节车厢对第2节车厢作用力为12 600 N 解析:选D　根据题意可知,动车组总功率P总=4×2 400 kW=9 600 kW,匀速行驶时受到的阻力之和为f=8f0+7f2+f1,当动车组以最大速度行驶时,有P总=f·vm,解得vm=100 m/s,故A错误;由=v,解得v≈68.8 m/s,故B错误(亦可定性分析);第1节车厢所受总阻力f1'=f1+f0=26 700 N,故C错误;对前两节车厢整体分析,电动机的牵引力F== N=24 000 N,车厢所受阻力为F阻=2f0+3kvm+kvm=36 600 N,所以第三节车厢还需提供的推力大小为F32=F阻-F=12 600 N,故D正确。 二、多项选择题 9.如图甲所示,一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动,一根轻弹簧一端与竖直墙面连接,另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放,工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系如图乙所示,x0、Ff0均为已知量,工件与传送带间的动摩擦因数处处相等,下列说法正确的是 (　　) A.工件在传送带上先做加速运动,后做减速运动 B.工件向右运动2x0后与弹簧分离 C.弹簧的劲度系数为 D.整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75Ff0x0 解析:选BD　由题图乙可知,工件受到的摩擦力方向在x0处发生变化,在x0~2x0区间工件受到的摩擦力大小发生变化,说明在此区间工件与传送带相对静止,故工件先做加速运动后做匀速运动,故A错误;在x0~2x0区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小,在2x0位置摩擦力为零,所以弹力为零,所以工件向右运动2x0后与弹簧分离,故B正确;由胡克定律得kx0=0.5Ff0,解得弹簧的劲度系数k=,故C错误;摩擦力对工件先做正功后做负功,题图乙图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功,即W=Ff0x0-×0.5Ff0x0=0.75Ff0x0,故D正确。 10.如图所示为汽车的加速度a和车速的倒数的关系图像,若汽车质量为2.5×103 kg,它由静止开始沿平直公路行驶,且行驶过程中阻力恒定,最大车速为30 m/s,则 (　　) A.汽车的最大功率为6.5×104 W B.汽车匀加速所需时间为4 s C.汽车所受阻力大小为2.5×103 N D.汽车在车速为5 m/s时,功率为3.75×104 W 解析:选CD　根据牛顿第二定律可得F-f=ma,汽车的功率为P=Fv,解得a=·-,由题图可知,汽车由恒定的加速度a1=2 m/s2启动,先做匀加速直线运动,当v1=10 m/s时,功率达到额定功率Pm,此后保持额定功率不变做加速度减小的变加速直线运动,当加速度等于零时,速度为vm=30 m/s,此后做匀速直线运动,可得a1=·-,0=·-,代入数据解得Pm=7.5×104 W,f=2.5×103 N,故A错误,C正确;汽车做匀加速运动的时间为t1==5 s,故B错误;汽车做匀加速直线运动的牵引力大小为F1=f+ma1=7.5×103 N,汽车在车速为5 m/s时正处于匀加速直线运动的阶段,此时汽车的瞬时功率为P=F1v2=3.75×104 W,故D正确。 三、计算题 11.(8分)如图所示,质量m=60 kg的跳台滑雪运动员从跳台a处沿水平方向飞出,在斜坡(近似看成斜面)b处着陆,ab间的距离为L=40 m,斜坡与水平方向的夹角为θ=30°,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)运动员由a处运动到b处的时间;(3分) (2)运动员在飞行过程中离斜坡最远时重力的瞬时功率P。(5分) 解析:(1)根据题意,运动员在空中做平抛运动,在竖直方向有Lsin 30°=gt2 解得t=2 s。 (2)在水平方向有Lcos 30°=v0t 解得v0=10 m/s根据平抛运动规律,运动员在飞行过程中离斜坡最远时速度方向与斜面平行,则tan 30°= 此时重力的瞬时功率为P=mgvy 解得P=6 000 W。 答案:(1)2 s　(2)6 000 W 12.(10分)(2025·济宁调研)遥控爬墙小车通过排出车身内部部分空气与外界大气形成压力差,使小车可以吸附在墙壁、天花板上。如图所示,某次小车从室内墙壁上的A点由静止出发,沿着竖直方向经B处一小段圆弧运动到水平天花板上的C点,然后从C点开始做匀速圆周运动。已知AB沿竖直方向且足够长,小车内外产生的压力差恒为F0=25 N,方向垂直于接触面,运动过程中小车受到的阻力大小f=0.8FN(FN为小车和墙壁间、天花板间的弹力)、方向总与速度方向相反。小车质量m=0.5 kg,小车可视为质点,忽略空气阻力,取g=10 m/s2。 (1)若小车在AB段运动时的功率为P=75 W,求小车在AB段运动时的最大速度的大小vm;(4分) (2)若小车在天花板上以v=3 m/s的速率做匀速圆周运动,牵引力大小为F=20 N,取π=3.14,求小车运动一周牵引力做的功。(6分) 解析:(1)小车在AB段所受的弹力大小为FN1=F0 小车在AB段所受的阻力大小为f1=0.8FN1 小车在AB段运动达到最大速度时,有P=vm 解得vm=3 m/s。 (2)小车在天花板上运动时,有FN2+mg=F0 小车在天花板上所受的阻力大小为f2=0.8FN2 小车做匀速圆周运动时,由牛顿第二定律有 =m 解得小车做匀速圆周运动的半径为r= m 由动能定理可知,W-Wf2=mv2-v2,解得小车运动一周过程中牵引力做的功W=Wf2=2πrf2=37.68 J。 答案:(1)3 m/s　(2)37.68 J 第2讲　动能定理 第1课时　动能定理的理解及应用(基础落实课) 一、动能 定义 物体由于运动而具有的能 公式 Ek=mv2 矢标性 动能是标量,只有正值 状态量 动能是状态量,因为v是瞬时速度 相对性 由于速度具有相对性,所以动能也具有相对性 动能的 变化量 ΔEk=m-m 二、动能定理 内容 力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的变化 表达式 W=m-m或W=Ek2-Ek1 物理意义 合外力做的功是物体动能变化的量度 适用条件 (1)既适用于直线运动,也适用于曲线运动 (2)既适用于恒力做功,也适用于变力做功 (3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分阶段作用 微点判断 1.动能就是运动物体所具有的能量。 (×) 2.一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。 (√) 3.(人教必修2P88T1·选摘)若汽车的质量减半,速度增大到原来的4倍,则汽车的动能变为原来的2倍。 (×) 4.做自由落体运动的物体,动能与时间的二次方成正比。 (√) 5.动能不变的物体一定处于平衡状态。 (×) 6.如果物体所受的合外力为零,那么物体的动能一定不变。 (√) 7.物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化。 (×) 8.动能是机械能的一种表现形式,凡是运动的物体都具有动能。 (√) 9.合力对物体做正功,物体的动能增加;合力对物体做负功,物体的动能减少。 (√) 10.(粤教必修2P114T1·选摘)合力对物体所做的功等于物体动能的改变量。 (√) 逐点清(一)　对动能定理的理解 |题|点|全|练| 1.[对动能的理解] (2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试,测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后,落到海面上。调整弹射装置,使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力,则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 (　　) A.0.25倍　　　　　　　 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍 解析:选C　动能表达式为Ek=mv2,由题意可知,小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍,则离开甲板时的速度变为调整前的2倍;小车离开甲板后做平抛运动,从离开甲板到落到海面上的时间不变,根据x=vt,可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离变为调整前的2倍。故选C。 2.[对动能变化量的理解] 一个物体做匀加速直线运动,从某时刻开始经历时间t发生的位移为x,该过程中动能比原来增加了8倍。则该物体运动的加速度为 (　　) A. B. C.4 D. 解析:选A　动能比原来增加了8倍,即动能变为原来的9倍,由动能公式Ek=mv2,可知物体的速度变为原来的3倍,即v=3v0,由平均速度求位移,可得x=t,由加速度定义式a=,联立解得a=,A正确,B、C、D错误。 3.[对动能定理的理解] (多选)下列说法正确的是 (　　) A.若运动物体所受的合外力为零,则物体的动能一定保持不变 B.若运动物体所受的合外力不为零,则物体的动能一定发生变化 C.若运动物体的动能保持不变,则该物体所受合外力一定为零 D.若运动物体的动能发生变化,则该物体所受合外力一定不为零 解析:选AD　若运动物体所受的合外力为零,合外力对物体不做功,由动能定理可知,物体的动能不变,故A正确;若运动物体所受的合外力不为零,物体的运动状态一定变化,则该物体一定做变速运动,如果运动物体所受合外力的方向与物体的速度方向垂直,合外力对物体不做功,物体的动能不变,例如匀速圆周运动,故B、C错误;若运动物体的动能发生变化,根据动能定理可知,合外力一定做功,即合外力一定不为零,故D正确。 4.[由动能定理分析合力做功] 物体沿直线运动的v⁃t图像如图所示,已知在第1秒内合外力对物体做的功为W,则 (　　) A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2W C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为4W D.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75W 解析:选D　物体从第1秒末到第3秒末做匀速直线运动,合外力为零,做功为零,故A错误;从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反,合外力做功为-W,故B错误;从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同,合外力做功为W,故C错误;从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值,大小等于第1秒内动能的变化量的0.75倍,则合外力做功为-0.75W,故D正确。 |精|要|点|拨| 1.动能与动能变化量的区别 (1)动能与动能变化量是两个不同的概念,动能是状态量,动能变化量是过程量。 (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 (1)做功的过程就是能量转化的过程,动能定理表达式中“=”有三层关系: 因果关系 合力做功是物体动能变化的原因 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 单位关系 国际单位都是焦耳 (2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力,既包括重力、弹力、摩擦力,也包括电场力、磁场力或其他力,功则为合力所做的总功。 (3)注意物体所受各力做功的特点,如:重力做功与路径无关,与始末两点的高度差有关,摩擦力做功与路径有关。 (4)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,不存在分量的表达式,即动能不能分解。 (5)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。 逐点清(二)　动能定理的应用 1.应用动能定理解题应抓住“两状态,一过程” “两状态”即明确研究对象始、末状态的速度或动能情况,“一过程”即明确研究过程,确定在这一过程中研究对象的受力情况及运动情况,可以画出运动过程的草图,借助草图理解物理过程之间的关系。 2.应用动能定理的解题流程 　　[典例]　(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; (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。 [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 [应用体验] 1.[应用动能定理解答直线运动问题] (2025·通辽模拟)如图甲为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情境。在这次投掷中,冰壶从掷球点离开手的速度为3 m/s。大本营中心距离掷球点为30 m,冰壶运动轨迹如图乙所示,已知冰壶质量为20 kg,冰壶与冰面间的动摩擦因数是0.016,当运动员在冰壶前面刷冰时,可以减小两者之间的动摩擦因数,设刷冰后的动摩擦因数为0.01。g取10 m/s2。求: (1)从距大本营中心多远处开始刷冰,冰壶恰好停在大本营中心; (2)从冰壶离手到停在大本营中心过程中摩擦力做的功。 解析:(1)(方法一)冰壶在未刷冰时,由牛顿第二定律有 a1==μ1g=0.016×10 m/s2=0.16 m/s2 冰壶在刷冰过程,由牛顿第二定律有 a2==μ2g=0.01×10 m/s2=0.1 m/s2 设冰壶在未刷冰和刷冰过程的位移分别为x1、x2, 刚要刷冰时冰壶的速度为v1, 未刷冰过程有-2a1x1=- 刷冰过程有-2a2x2=0- 由题意可知x1+x2=L 联立解得x1=25 m,x2=5 m (方法二)设冰壶在未刷冰和刷冰过程的位移分别为x1、x2,则x1+x2=L 由动能定理得-μ1mgx1-μ2mgx2=0-m 联立解得x1=25 m,x2=5 m。 (2)从冰壶离手到停在大本营中心过程中,由动能定理有Wf=0-m 解得Wf=-90 J。 答案:(1)5 m　(2)-90 J [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。 2.[应用动能定理解答曲线运动问题] (2023·广东高考)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有 (　　) A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 解析:选BCD　重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=m,代入数据解得克服阻力做的功为Wf=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为FN=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。 　[规律方法] (1)动能定理既可解决直线运动问题,也可解决曲线运动问题。 (2)动能定理的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。 3.[应用动能定理解答变力做功问题] (2024·郑州高三调研)如图所示,两根直杆竖直固定,一条长为2L的轻绳两端分别拴在杆上的P、Q点,在绳的中点O拴吊一个质量为m的小球,P、Q在同一水平线上,两杆间距离为1.5L,重力加速度为g。现用力拉着绳的右端沿右侧杆缓慢向上移动L的距离,此过程中拉力做功为 (　　) A.mgL　 B.mgL　 C.mgL　 D.mgL 解析:选C　绳右端向上移动L的距离时,根据几何关系可知,O点刚好到P、Q连线上,根据动能定理有W-mgh=0,解得拉力做功为W=mgh=mg=mgL,故选C。 [规律方法] 在有变力做功的过程中,变力做功无法直接通过功的公式求解,可用动能定理求解。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(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时间内从喷头喷出的水的质量为m=ρSv·Δt,喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量,即P==,联立解得P=100 W,故选C。 2.(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　人与滑板在下滑的过程中,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。 3.在水平路面上有一辆以36 km/h行驶的客车,在车厢后座有一位乘客甲把一个质量为4 kg的行李以相对客车5 m/s的速度抛给前方座位的另一位乘客乙,则行李的动能是 (　　) A.500 J B.200 J C.450 J D.900 J 解析:选C　客车以36 km/h=10 m/s的速度向前行驶,甲乘客将行李以相对客车5 m/s的速度抛给乙乘客,所以行李的运动速度为v=(10+5)m/s=15 m/s,由动能的定义式有Ek=mv2=×4×152 J=450 J,故C正确,A、B、D错误。 4.如图所示,光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接,长l=1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动,随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,要使整个木板全部停在粗糙水平面内,则v0的值可能为 (　　) A.0.8 m/s B.1.2 m/s C.2 m/s D.2.5 m/s 解析:选B　当木板左端恰好到达粗糙水平面左端时,由动能定理得μmgl=m,解得v1=1 m/s;当木板右端恰好到达粗糙水平面右端时,由动能定理得μmgl+μmgl=m,解得v2= m/s;所以速度的范围为1 m/s≤v0≤ m/s,故选B。 5.(2025·岳阳一模)一个质量M=2 kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。当其中一个F=10 N的作用力突然消失,其余四个力保持不变,经过时间t=2 s后,下列说法正确的是 (　　) A.物体一定做匀加速直线运动 B.物体的速度一定是10 m/s C.物体速度的变化量一定等于10 m/s D.物体的动能一定增加了100 J 解析:选C　当F=10 N的力消失后,其他力的合力与消失的力大小相等、方向相反,则其做匀变速运动,加速度大小为a== m/s2=5 m/s2。若物体原来做匀速直线运动,且速度方向与F的方向不在一条直线上,则物体做曲线运动,故A错误;因初速度未知,则不能确定2 s后的速度和动能变化量,B、D错误;物体速度的变化量Δv=at=10 m/s,故C正确。 6.(2025·广州调研)如图所示,一个足够大的倾角θ=30°的粗糙斜面固定在水平地面上,不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O点,另一端与质量为m的小木块(可视为质点)相连。现将小木块拉起,使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直,由静止释放小木块。已知重力加速度为g,木块与斜面间的动摩擦因数μ=,空气阻力不计,则在小木块之后的运动过程中,轻绳上的最大拉力为 (　　) A.mg B.2mg C.3mg D.4mg 解析:选A　当小木块第一次到达最低点时,轻绳上的拉力最大,设绳长为L,则有Tmax-mgsin θ=m,小木块从静止释放到第一次运动到最低点过程,根据动能定理有mgLsin θ-μmgcos θ×=mv2,联立解得Tmax=mg,故选A。 7.(2025·贵阳检测)如图甲所示,水平地面上质量为m=0.4 kg的物体在水平向右的力F作用下由静止开始运动,力F随位移x的变化关系如图乙所示,当位移x1=0.8 m时撤去拉力,当位移x2=1.0 m时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3,取g=10 m/s2,忽略空气阻力,则F0与物体运动的过程中速度的最大值分别为 (　　) A.2.5 N,1.5 m/s B.2.5 N,1.3 m/s C.2.0 N,1.4 m/s D.2.0 N,1.2 m/s 解析:选B　设x1位置拉力大小为F1,由题图乙可得=,由动能定理得x1=μmgx2,联立可得F0=2.5 N;当F=μmg时物体达到最大速度,设此时位移为x3,则有=,可得x3=0.52 m,由动能定理得x3=m,可得vmax=1.3 m/s,故选B。 8.(2025·南昌联考)如图所示,半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。在一平行于纸面的恒力F(未画出)作用下,质量为m的小球从A端静止释放后,恰能到达最低点C;从B端静止释放后,到达C点时,管道受到的压力为10mg。则F的大小为 (　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析:选D　设F的方向斜向左下,且与水平方向夹角为θ,从A端静止释放后,根据动能定理得mgR+Fsin θ·R-Fcos θ·R=0-0,从B端静止释放后,根据动能定理得mgR+Fcos θ·R+Fsin θ·R=mv2,根据牛顿第二定律得F向=10mg-mg-Fsin θ=m,根据数学知识有sin2θ+cos2θ=1,联立解得F=mg,力在其他方向均不可能,故选D。 二、多项选择题 9.(人教版教材必修2,P88T5改编)运动员把质量为400 g的足球从地面上的某点踢出后,某人观察它在空中的飞行情况,估计上升的最大高度是5 m,在最高点的速度为20 m/s。不考虑空气阻力,g取10 m/s2。根据以上信息,下列说法正确的是 (　　) A.足球在空中运动的时间大约是1.4 s B.足球的落地点离踢出点的水平距离为40 m C.运动员对足球做的功是100 J D.足球在落地时重力的功率为45 W 解析:选BC　踢出的足球在空中做斜抛运动,在最高点时竖直方向速度为0,根据斜抛运动规律知到达最高点的时间为t1== s=1 s,下落时间与上升时间相等,故在空中运动的时间大约是t=2t1=2 s,故A错误;踢出后足球在水平方向做匀速直线运动,由题意知水平速度v0=20 m/s,落地点离踢出点的水平距离为x=v0t=20×2 m=40 m,故B正确;根据动能定理可知,运动员对足球做的功为W=mgh+mv2=100 J,故C正确;足球在落地时的竖直速度为vy==10 m/s,重力的功率PG=mgvy=40 W,故D错误。 10.(2025·泸州模拟)在杭州亚运会女子龙舟1 000米直道竞速决赛中,中国队驱动总质量约1 200 kg(含人)的龙舟以4分51秒的成绩获得冠军,如图所示。比赛过程中,运动员拉桨对船做正功,加速;回桨对船不做功,减速。若10个划手一直保持最大输出功率划船,观测发现从静止开始的启动过程中每个划手划了8桨,船前进了20 m,船速达到3.5 m/s,之后保持3.5 m/s的平均速度直至结束,设船受到的阻力恒定,每次拉桨过程做功相同。则下列说法中正确的是 (　　) A.船受到的阻力约为397 N B.船受到的阻力约为3 970 N C.全程每个划手大约划了150桨 D.全程每个划手大约划了212桨 解析:选AD　启动过程所用时间为t=4×60 s+51 s- s=11 s,设每个划手每次拉桨过程做功为W,则有80W=Pt,达到最大速度有P=Fv=fv,根据动能定理得80W-fx1=mv2,联立解得f≈397 N,W≈191 J,故A正确,B错误;设全程每个划手大约划了n桨,全程根据动能定理有10n·W-fx总=mv2,解得n≈212,故C错误,D正确。 三、计算题 11.(12分)(2025·天津检测)2024年4月30日17时46分,神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6 000 m 的高空打开主伞(降落伞),在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s,此过程返回舱的高度下降了385 m,此后可视为匀速下降。当返回舱在距离地面一定高度时启动反推发动机,速度减至0时恰好落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f=kv,其中k为定值,v为速率,其余阻力不计。已知返回舱(含航天员)总质量为3 000 kg,主伞的质量忽略不计,忽略返回舱质量的变化,重力加速度g取10 m/s2,设全过程为竖直方向的运动。 (1)在主伞打开后的瞬间,求返回舱的加速度大小;(4分) (2)在主伞打开后,返回舱减速过程中,求空气阻力做的功;(4分) (3)返回舱在距地面一定高度时启动反推发动机(反推力近似为恒力,空气阻力忽略不计),经0.2 s返回舱落地,求启动反推发动机时返回舱距离地面的高度。(4分) 解析:(1)在主伞打开后的瞬间,由牛顿第二定律有mg-f1=ma 由题意有f1=kv1 返回舱匀速下降时, 由平衡条件有kv2=mg 联立解得a=-70 m/s2 返回舱的加速度大小为70 m/s2。 (2)在主伞打开后,返回舱减速过程中,根据动能定理有mgh+Wf=m-m 解得Wf=-2.1×107 J。 (3)根据题意可得H=t=1 m。 答案:(1)70 m/s2　(2)-2.1×107 J　(3)1 m 12.(13分)(2025·福州模拟)如图甲所示,一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轴正方向运动,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。已知物块的质量为m=0.5 kg,物块与水平台面间的动摩擦因数为 μ=0.7,轨道圆心为O',半径为 R=0.5 m,MN为竖直直径,∠PO'N=37°,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,不计空气阻力。求: (1)水平推力F做的功;(3分) (2)物块运动到P点时的速度大小;(5分) (3)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。(5分) 解析:(1)F⁃x图像与x轴所围面积表示水平推力F做的功,由题图乙可知 WF=×2 J=11 J。 (2)设物块运动到x=2 m处时的速度为v,由动能定理有WF-μmgx=mv2 解得v=4 m/s 依题意,物块从平台飞出后做平抛运动,且从P点沿切线方向进入圆轨道,则物块运动到P点时的速度大小为vP==5 m/s。 (3)设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度为vM,由重力提供向心力有mg=m 解得vM== m/s 设物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理有 -mgR-Wf=m-m 解得Wf=0.5 J。 答案:(1)11 J　(2)5 m/s　(3)0.5 J 第2课时　应用动能定理解决多过程问题(综合融通课) 类型(一)　多过程直线运动问题 1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。 ②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,分阶段列方程求解,各个击破。 (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大减少运算。 2.应用动能定理解决多过程问题的两点注意 (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力做功与物体运动的路径有关,可用Wf=-F阻s求解,其中s为物体相对滑行的总路程。 　　[例1]　(2025·北京西城一模)儿童滑梯可简化为如图所示的模型。滑梯下滑区AB的长为L=4 m,倾角α=37°。一个质量为m=20 kg的儿童从滑梯顶部A点由静止滑下,最后停在水平缓冲区BC上。若儿童与AB、BC部分的动摩擦因数均为0.5,儿童经过两段连接处速度的大小不变。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)儿童运动到B点时速度的大小v; (2)缓冲区BC部分的最小长度x; (3)整个过程中摩擦阻力对儿童做的功Wf。 [解析]　(1)儿童由A点运动到B点的过程中,根据动能定理有mgLsin α-μmgLcos α=mv2 解得v=4 m/s。 (2)儿童由B点运动到C点的过程中,根据动能定理有-μmgx=0-mv2 解得x=1.6 m。 (3)儿童由A点运动到C点的过程中,根据动能定理有mgLsin α+Wf=0 解得Wf=-480 J。 [答案]　(1)4 m/s　(2)1.6 m　(3)-480 J |思|维|建|模|　多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关联,并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组,分析求解,对结果进行必要的验证或讨论。 　　[针对训练] 1.(多选)如图所示,小物块从倾角为θ的斜面顶端A点自由滑下,在水平地面的B点停止。已知斜面与地面材料相同,且平滑连接,A点高度为h,A、B两点的水平距离为x,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.物块和斜面之间的动摩擦因数为tan θ B.物块和斜面之间的动摩擦因数为 C.物块在水平面上的加速度大小为g D.要使物块能从B点返回A点,则物块在B点获得动能至少为2mgh 解析:选BCD　对物块运动的全过程,根据动能定理有mgh-μmgcos θ·-μmg·=0,解得μ=,故B正确,A错误;由牛顿第二定律可知,物块在水平面上的加速度大小为a==,故C正确;要使物块能从B点返回A点,根据动能定理有-mgh-μmgcos θ·-μmg·=0-EkB,解得EkB=2mgh,故D正确。 类型(二)　多过程曲线运动问题 [例2]　(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到D的过程中,根据动能定理有-mg(R+Rcos 60°)=m-m,则小物块从B到D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到B的过程中,根据动能定理有-μmgs=m-m,其中s=π·2R 解得vA=。 [答案]　(1)　(2)0　(3) |思|维|建|模| 　 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)解决多过程问题时,过程的划分十分关键。在应用全程法求解问题时,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。 (3)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。 (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做正功,最后根据结果加以检验。 　　[针对训练] 2.如图所示,MFN为竖直平面内的光滑圆弧轨道,半径为R,圆心为O,OF竖直,OM与竖直方向的夹角θ=60°。一质量为m的小球由P点以一定的初速度沿水平方向抛出,运动到M点时速度方向恰好与圆弧轨道相切,P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.小球在F点时对圆弧轨道的压力为mg B.小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg C.小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度为 D.小球从N点脱离圆弧轨道后继续上升的最大高度为 解析:选D　将小球在M点的速度进行正交分解,如图所示,根据几何关系可得小球在M点时的速度vM==2v0,对小球从P点到M点应用动能定理有m-m=mgRcos 60°,解得v0=,vM=2,根据动能定理,小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度v=vM=2,故C错误;对小球从P点到F点应用动能定理有mgR=m-m,在F点由向心力表达式有FF-mg=m,联立解得FF=mg,根据牛顿第三定律可知,小球在F点时对圆弧轨道的压力为mg,故A错误;由动能定理可知,小球在N点时速度仍为v0,由向心力表达式有FN=m=mg,根据牛顿第三定律可知,小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg,故B错误;小球从N点脱离圆弧轨道后,由动能定理有mgh=m,解得h=,故D正确。 类型(三)　多过程往复运动问题 1.往复运动问题:在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性,而在这一过程中,描述运动的物理量多数是变化的,重复的次数往往是无限的或者难以确定的。 2.解题策略:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功特点与路程有关,求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐,甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不涉及运动过程的细节,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 　　[例3]　(2025·衡阳高三检测)如图甲所示,底端带有固定挡板的倾角为θ=37°的足够长的斜面体固定在水平面上,质量为m=2 kg的物块静止在斜面体底端,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。假设物块与固定挡板碰撞前后速率不变,碰撞时间不计,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,g取10 m/s2。 (1)物块在上滑过程中的最大速度; (2)物块沿斜面上滑的最大位移和物块在斜面上运动的总路程。 [解析]　(1)上滑过程中对物块进行受力分析,当 F=mgsin 37°+μmgcos 37°=20 N时,物块沿斜面上滑的速度最大, 由题图乙可知,此时物块沿斜面上滑的位移为x1=3 m, 根据动能定理得m=WF-mgx1sin 37°-μmgx1cos 37° F⁃x图线与横坐标所围的面积表示F所做的功 WF= J=90 J 代入数据解得vm= m/s。 (2)设物块沿斜面上滑的最大位移为xm,根据动能定理得 WF'-mgxmsin 37°-μmgxmcos 37°=0 其中WF'= J=120 J 解得xm=6 m 物块最后停在挡板处,设物块在斜面上运动的总路程为s,根据动能定理可得WF'=μmgscos 37° 解得s=15 m。 [答案]　(1) m/s　(2)6 m　15 m 　　[针对训练] 3.如图所示,质量为m=0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高为H=5 m处由静止开始自由下落,到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入,半圆形槽的半径为R=0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s,并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出,如此反复。设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变,不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失,取g=10 m/s2。求: (1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1; (2)小球最多能飞出槽外的次数。 解析:(1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变,由对称性可知,小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等,设为Wf。 小球从开始下落至到达槽最低点的过程中,由动能定理得mg(H+R)-Wf=mv2,解得Wf=0.4 J 小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程,由动能定理得-mg(H1+R)-Wf=0-mv2,解得H1=4.2 m。 (2)设小球能飞出槽外n次,对整个过程,由动能定理得mgH-n×2Wf=0 解得n=6.25, n只能取整数,故小球最多能飞出槽外6次。 答案:(1)4.2 m　(2)6次 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·哈尔滨高三月考)在一次消防演习中,消防员从H=25 m高的地方通过缓降器由静止开始下落,其下落过程的v⁃t图像如图所示,落地瞬间速度恰好减为零。消防员的质量为60 kg,加速和减速过程的加速度大小相等,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.0~2 s内,消防员处于超重状态 B.消防员匀速下落的位移大小为10 m C.全程缓降器对消防员所做的功为1.5×104 J D.消防员整个下降过程所用的时间为4.5 s 解析:选D　0~2 s内,消防员加速下降,加速度方向向下,故处于失重状态,A错误;消防员加速阶段的位移大小为x=×2×10 m=10 m,因加速和减速过程的加速度大小相等,故减速阶段的位移大小也为x=10 m,则消防员匀速下落的位移大小为x'=H-2x=5 m,B错误;整个过程,由动能定理有mgH+W缓=0,解得W缓=-1.5×104 J,C错误;消防员整个下降过程所用的时间为t=2t1+=4.5 s,D正确。 2.(2025·菏泽模拟)如图所示,某同学在滑雪场练习滑雪。足够长的水平雪道与倾角为37°的倾斜雪道在M处平滑连接,滑雪板与水平和倾斜雪道间的动摩擦因数均为0.25。某次练习时,该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行,最终在倾斜雪道上B处速度减为0。AM与MB的长度之比为48∶5,取重力加速度大小为g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,该同学自由滑行至M点的速度大小为 (　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 解析:选A　该同学在水平雪道和倾斜雪道上时,根据动能定理有-μmgx1=mv2-m,-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x2=0-mv2,又=,联立解得v=v0,故选A。 3.如图所示,粗糙的水平轨道和光滑的竖直圆轨道ABCD相切于A点,小滑块P静置在水平轨道上,现对P施加水平向右的恒力F使之由静止向右运动,到A点时撤去F。研究发现:当起点在M点左侧或N点右侧时,P进入圆轨道后不会脱离轨道。设MA与NA的比值为k,小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ,则 (　　) A.μ越大,k越大 B.μ越大,k越小 C.k=2 D.k= 解析:选D　根据题意知,滑块从M点开始运动时,恰好能够运动到竖直圆轨道的最高点,根据动能定理有MA-mg·2R=mv2,在最高点时,由重力提供向心力有mg=;滑块从N点开始运动时,刚好能够运动到B点,根据动能定理有NA-mgR=0,联立解得k==,k的取值与μ无关,故选D。 4.(2025·贵州高三检测)如图所示,一质量为m的小球以大小为v0的初速度从地面竖直上抛,刚落回地面时的速度大小为,已知小球在运动过程中所受空气阻力大小恒定,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.小球在运动过程中所受空气阻力大小为 B.小球在运动过程中所受空气阻力大小为mg C.小球能到达的最高点距地面 D.小球能到达的最高点距地面 解析:选D　设小球所受的空气阻力大小为f,上升的最大高度为h。根据动能定理,上升过程有-(mg+f)h=0-m,下落过程有(mg-f)h=m-0,联立解得f=mg,h=。故选D。 5.(2025·武汉一模)冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目,其示意图如图所示,游客从螺旋滑道上端滑下,旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑道,滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为r= m,上端与下端高度差为h1=6 m,倾斜滑道高度差为h2=2 m,螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑连接,游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同,游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L=92 m,则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为 (　　) A.0.07 B.0.08 C.0.09 D.0.10 解析:选A　若不考虑向心力,游客在螺旋滑道上的运动可等效为在相同长度和高度的斜面上的运动,研究游客整个运动过程,根据动能定理有mg-μmg-μmgL=0,代入数据解得μ=0.08,实际上游客在螺旋滑道滑行时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大,即在螺旋滑道摩擦力做功W>μmg,因此动摩擦因数应更小,故选A。 6.(2024·北京海淀模拟预测)一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后,返回到斜面底端。已知小物块的初动能为E,它返回斜面底端的速度大小为v,克服摩擦阻力做功为。若小物块冲上斜面的初动能变为2E,则有 (　　) A.返回斜面底端时的动能为E B.返回斜面底端时的动能为 C.返回斜面底端时的速度大小为2v D.克服摩擦阻力做的功仍为 解析:选A　设小物块以初动能为E冲上斜面的初速度为v0,则小物块以初动能为2E冲上斜面时初速度为v0,加速度相同,根据2ax=0-可知,第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍,所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍,整个运动过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍,即为E,则小物块返回到底端时的动能为E,A正确,B、D错误;小物块返回斜面底端的速度大小为v,动能为mv2=E,若小物块冲上斜面的初动能变为2E,返回到底端的动能为E=mv'2,联立解得v'=v,C错误。 二、多项选择题 7.(2023·湖南高考)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,下列说法正确的是 (　　) A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v0= D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道 解析:选AD　由题知,小球能沿轨道运动恰好到达C点,则小球在C点的速度为vC=0,小球在圆弧BC上受力分析如图所示,则小球从B到C的过程中,根据动能定理有-mgR(1-cos α)=0-mv2,根据牛顿第二定律有FN=mgcos α-m,联立有FN=3mgcos α-2mg,从B到C的过程中α由θ减小到0,则cos α逐渐增大,故FN逐渐增大,所以小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大,A正确;由于从A到B的过程中小球的速度逐渐减小,从A到B的过程中重力的功率为P=mgvsin θ,则从A到B的过程中小球重力的功率逐渐减小,则B错误;从A到C的过程中,由动能定理有-mg·2R=m-m,解得v0=2,C错误;小球在B点恰好脱离轨道有mgcos θ=m,则vB=,则若小球初速度v0增大,小球在B点的速度有可能大于,故小球有可能从B点脱离轨道,D正确。 8.(2025·曲靖高三质检)如图所示,足够长的固定木板的倾角为37°,劲度系数为k=36 N/m的轻质弹簧一端固定在木板上P点,图中AP间距等于弹簧的自然长度。现将质量为m=1 kg的可视为质点的物块放在木板上,稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置B点后释放。已知木板PA段光滑、AQ段粗糙,物块与木板AQ段间的动摩擦因数μ=,物块在B点释放后向上运动,第一次到达A点时速度大小为v0=3 m/s。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6。下列说法正确的是 (　　) A.施力前弹簧压缩量为 m B.外力做的功为13.5 J C.物块第一次向下运动到A点时的速度大小为3 m/s D.物块在A点上方运动的总路程为4.5 m 解析:选CD　施力前,对物块根据平衡条件有F弹=mgsin 37°,根据胡克定律有F弹=kx,联立解得x= m,故A错误;物块由平衡到A的过程中,弹簧弹力做功为W弹=x=kx2,根据动能定理得kx2+W-mgxsin 37°=m,解得外力做的功为W=14 J,故B错误;设物块从A点向上滑行的最大距离为s1,根据动能定理,上滑过程有-mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=0-m,下滑过程有mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=m-0,解得s1=1.5 m,v1=3 m/s,故C正确;物块最终在A点下方做往复运动,最高点为A,根据动能定理有μmgscos 37°=m,解得s=4.5 m,故D正确。 三、计算题 9.(10分)(2025·江门模拟)滑绳索是儿童公园的一款游乐设施,可简化成如图所示的模型:倾角θ=37°的斜滑索AB和光滑圆弧滑道BC在B点相切连接,圆弧末端C点切线水平,BC高度和长度忽略不计。儿童手握滑环从A沿倾斜向下的绳索AB呼啸而下,直到到达绳索C端,滑环被卡住,儿童松手做平抛运动(能量不损失),落入地面上长度为L=6 m的沙坑JK。绳索A端离地面的高度为11 m,绳索全长为L0=10 m,忽略儿童的高度,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。 (1)绳索C端与沙坑J处有一段水平距离,若儿童以速度v=2 m/s平抛出去刚好落入J处,求该水平距离s;(4分) (2)若儿童从静止加速下滑,在(1)问的安全距离基础上,求能使儿童安全掉入沙坑的滑环与绳索间的动摩擦因数的范围。(6分) 解析:(1)儿童以速度v=2 m/s平抛出去刚好落入J处,则有HA-L0sin θ=gt2 s=vt,解得s=2 m。 (2)在(1)问的安全距离基础上,当儿童落在J处时,根据动能定理有mgL0sin θ-μ1mgL0cos θ=mv2,解得μ1=0.725 当儿童落在K处时有s+L=v1t 根据动能定理有mgL0sin θ-μ2mgL0cos θ=m,解得μ2=0.35 综上可知0.35<μ<0.725。 答案:(1)2 m　(2)0.35<μ<0.725 10.(15分)(2025·南通模拟)如图为某轮滑赛道模型,AB段和BC段为在B点相切的圆弧,半径分别为2R、3R,圆弧AB的最上端A点的切线水平,O1为圆弧AB的圆心,O1B与竖直方向的夹角为60°;圆弧BC的最下端C点的切线水平,O2为圆弧BC的圆心,C点离地面的高度为R。一个质量为m的滑块从A点由静止开始下滑,到B点时对AB圆弧的压力恰好为零,到C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg,重力加速度大小为g,求: (1)滑块运动到B点时的速度大小;(3分) (2)滑块在AB段圆弧和在BC段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少;(6分) (3)若滑块与地面碰撞的瞬间,竖直方向速度减为零,水平方向速度不变,滑块与地面间的动摩擦因数为0.5,则滑块停下时离C点的水平距离为多少。(6分) 解析:(1)滑块到B点时对AB圆弧的压力恰好为零,则向心力完全由重力沿BO1方向的分力提供,根据牛顿第二定律有mgcos 60°=m 解得滑块运动到B点时的速度大小为vB=。 (2)滑块在AB段圆弧上运动过程中,根据动能定理mg·2R(1-cos 60°)-W克f=m-0 解得W克f=mgR 滑块在C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg,根据牛顿第三定律,滑块受到的支持力大小为FN=2mg 根据牛顿第二定律有FN-mg=m 解得vC= 根据动能定理有mg·3R(1-cos 60°)-W克f'=m-m 解得W克f'=mgR。 (3)滑块离开C点后先做平抛运动,在竖直方向上有R=gt2,解得t= 滑块落地点与C点的水平距离为 x=vCt=×=R 滑块在地面滑行时,加速度大小为a=μg 滑行距离s==3R 所以滑块停下时离C点的水平距离为 sC=x+s=(3+)R。 答案:(1)　(2)mgR　mgR　(3)(3+)R 11.(15分)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是圆弧轨道最低点,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的可视为质点的小物体从D点正上方的E点自由下落,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。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=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;(4分) (2)斜面AB的长度L;(4分) (3)若动摩擦因数μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。(7分) 解析:(1)设物体第一次到达C点的速度为v,从E到C,由动能定理得mg(h+R)=mv2-0 解得v=2 m/s 在C点,有FN-mg=m 解得FN=10 N。 (2)从C到A,由动能定理得 -mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μ0mgcos 37°·L=0-mv2,解得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=0.5,物体将滑出斜面,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,则根据动能定理有 mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·x=0 解得x= ③若μ≥μ1=0.75,物体将停在斜面上,则根据动能定理有 mg(h+Rcos 37°-xsin 37°)-μmgcos 37°·x=0 解得x=。 答案:(1)2 m/s　10 N　(2)1.8 m (3)见解析 第3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(基础落实课) 一、机械能 1.重力做功与重力势能 (1)重力做功的特点 物体运动时,重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关,而跟物体运动的路径无关。重力做功不引起物体机械能的变化。 (2)重力势能 ①表达式:Ep=mgh。 ②重力势能的特点:重力势能是物体和地球所组成的“系统”共有的,重力势能的大小与参考平面的选取有关,但重力势能的变化量与参考平面的选取无关。 (3)重力做功与重力势能变化的关系 定性 关系 重力对物体做正功,重力势能就减少 重力对物体做负功,重力势能就增加 定量 关系 物体从位置A到位置B时,重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量,即WG=-ΔEp 2.弹力做功与弹性势能 (1)弹性势能:发生弹性形变的物体的各部分之间,由于有弹力的相互作用而具有的势能。 (2)弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能减小;弹力做负功,弹性势能增加。即W=-ΔEp。 二、机械能守恒定律 1.内容 在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以互相转化,而总的机械能保持不变。 2.对机械能守恒条件的理解 3.表达式 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.重力势能的变化与零势能参考平面的选取无关。 (√) 3.被举到高处的物体重力势能一定不为零。 (×) 4.物体克服重力做功,物体的重力势能一定增加。 (√) 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.(人教必修2P93T1·改编)跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落时机械能守恒。 (×) 8.(人教必修2P93T1·改编)不计空气阻力,在光滑水平面上运动的小球碰到一个弹簧,把弹簧压缩后,又被弹回来,小球和弹簧组成的系统机械能守恒。 (√) 9.物体所受的合外力为零,物体的机械能一定守恒。 (×) 10.当物体的速度增大时,物体的机械能可能减小。 (√) 11.物体除受重力外,还受其他力,但其他力不做功,则物体的机械能一定守恒。 (√) 12.物体的质量越大,所处的位置越高,重力势能就越大。 (√) 逐点清(一)　机械能守恒的判断 |题|点|全|练| 1.[对机械能守恒条件的理解] 关于机械能守恒定律的适用条件,下列说法正确的是 (　　) A.只有重力和弹力作用时,机械能才守恒 B.当有其他外力作用时,只要合外力为零,机械能守恒 C.当有其他外力作用时,只要其他外力不做功,机械能守恒 D.炮弹在空中飞行不计阻力时,仅受重力作用,所以爆炸前后机械能守恒 解析:选C　机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”,“做功”和“作用”是两个不同的概念,A错误;物体受其他外力作用且合外力为零时,机械能可能不守恒,如拉一物体匀速上升,合外力为零,物体的动能不变,重力势能增加,故机械能增加,B错误;由机械能守恒定律的特点知,C正确;在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能,机械能不守恒,D错误。 2.[单物体机械能守恒的判断] (2025·广州高三模拟)(多选)荡秋千是人们平时喜爱的一项运动。如图所示,正在荡秋千的小明通过伸腿和收腿来调整自身重心的相对位置,使自己越荡越高。某次小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿,忽略空气阻力,下列说法正确的是 (　　) A.在B处时,小明处于平衡状态 B.在A处时,小明处于超重状态 C.小明在A处的机械能小于在B处的机械能 D.小明在A处的机械能大于在B处的机械能 解析:选BC　在B处时,速度为0,所需的向心力为0,但沿切线方向的合力不为0,所以不是处于平衡状态,故A错误;在A处时,加速度方向向上,小明处于超重状态,故B正确;小明在由最低点A向最高点B运动的过程中收腿,将自身的化学能转化为机械能,则小明的机械能增大,所以小明在A处的机械能小于在B处的机械能,故C正确,D错误。 3.[多个物体组成的系统机械能守恒的判断] (多选)如图所示,将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落,从A点与半圆形槽相切进入槽内,则下列说法正确的是 (　　) A.小球在半圆形槽内运动的全过程中,只有重力对它做功 B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,小球的机械能守恒 C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒 D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中,小球的机械能守恒 解析:选BC　小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧最高点的过程中,小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动,半圆形槽对小球的支持力对小球做负功,小球的机械能不守恒,A、D错误;小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,半圆形槽静止,只有重力对小球做功,小球的机械能守恒,B正确;小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功,机械能守恒,C正确。 4.[含弹性绳(弹簧)的系统机械能守恒的判断] 可视为质点的游客在蹦极平台末端O点由静止开始下落,到a点时轻质弹性绳恰好伸直,能到达的最低位置为b点。弹性绳始终在弹性限度内,不计一切阻力,则游客第一次从a点运动到b点的过程中 (　　) A.游客的机械能守恒 B.游客过a点时动能最大 C.游客的机械能先增大后减小 D.游客、轻质弹性绳和地球组成的系统机械能守恒 解析:选D　游客第一次从a到b的运动过程中,弹性绳的弹力一直对游客做负功,游客的机械能一直减小,故A、C错误;游客第一次从a到b的运动过程中,一开始弹力小于游客的重力,游客向下做加速运动,当弹力等于游客的重力时,速度达到最大,动能达到最大,之后弹力大于重力,游客向下做减速运动,故B错误;游客、轻质弹性绳和地球组成的系统,只有重力和系统内弹力做功,则系统机械能守恒,故D正确。 |精|要|点|拨| 判断机械能守恒的三种方法 定义法 利用机械能的定义直接判断,分析物体或系统的动能和势能之和是否变化,若不变,则机械能守恒 做功法 若物体或系统只有重力或系统内弹力做功,或有其他力做功,但其他力做功的代数和为零,则机械能守恒 转化法 若物体或系统中只有动能和势能的相互转化,而无机械能与其他形式能的转化,则机械能守恒 逐点清(二)　单个物体机械能守恒定律的应用 1.应用机械能守恒定律解题的一般步骤 2.应用场景 (1)在自由落体运动中,物体只受重力作用,没有其他外力做功,因此机械能守恒。可以通过机械能守恒定律计算物体的初速度、下落高度等。 (2)单个物体在竖直光滑圆轨道上做圆周运动时,因只有重力做功,机械能守恒。 (3)单个物体做平抛运动、斜抛运动或单摆运动时,因只有重力做功,也常用机械能守恒定律列式求解。 [考法全训] 考法1　单物体单过程机械能守恒问题 1.(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:选C　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)对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,小环重力指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力,所以大圆环对小环的弹力背离圆心,不断减小;从P点到最低点过程,小环速度变大,小环重力和大圆环对小环的弹力的合力指向大圆环圆心方向的分力提供向心力,所以大圆环对小环的弹力逐渐变大,根据牛顿第三定律可知,小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二(数学法):设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时,设该处和圆心的连线与竖直方向的夹角为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。 考法2　单物体多过程机械能守恒问题 2.(2024年1月·安徽高考适应性演练,节选)为激发学生参与体育活动的兴趣,某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题,讨论并设计了如图所示的路面,其中AB是倾角为53°的斜面,凹圆弧和凸圆弧的半径均为R,且D、F两点处于同一高度,B、E两点处于另一高度,整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质点),让它由静止开始运动。已知重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)当h=0.6R时,求小球经过最低点C时,路面受到的压力; (2)若小球一定能沿路面运动到F点,求h的取值范围。 解析:(1)从静止释放到C点过程中,根据机械能守恒定律mgh+mg=m 在C点由牛顿第二定律FN-mg=m 联立解得FN=3mg 由牛顿第三定律得路面受到的压力为FN'=FN=3mg,方向竖直向下。 (2)分析可知小球能沿路面到达F点即可通过E点,刚好到达F点时有mgcos 37°=m 根据机械能守恒定律有 mgh'+mg=m 联立解得h'=0.2R 故可知h的范围为0<h≤0.2R。 答案:(1)3mg,方向竖直向下　(2)0<h≤0.2R 逐点清(三)　非质点类机械能守恒问题 　　像“液柱”“链条”类物体,在其运动过程中会发生形变,其重心位置相对物体也发生变化,因此这类物体不能再视为质点来处理了,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。解决这类问题的关键是准确找到物体位置变化部分重心高度的变化,从而正确判断物体重力势能的变化情况或重力做功情况。 类型(一)　“液柱”类问题 [例1]　如图所示,粗细均匀的U形管内装有同种液体,在右端管口用盖板A密闭,两侧管内液面的高度差为h,U形管中液柱的总长为5h。现拿去盖板A,液体开始流动,不计液体内部及液体与管壁间的阻力,则当两管液面高度相同时,右侧液面下降的速度是(重力加速度为g) (　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. [解析]　设管的横截面积为S,液体的密度为ρ。拿去盖板,液体开始流动,根据机械能守恒定律有ρhSg·h=ρ·5hSv2,解得v=,故选B。 [答案]　B 类型(二)　“链条”类问题 　　[例2]　如图所示,柔软的绳索放置在光滑水平桌面上,a、c为绳索端点,b为绳索中点,且恰好处于桌面边缘。开始时绳索在外力的作用下处于静止状态,由静止释放绳索后,绳索开始滑动,直至刚好离开桌面,此过程中c点未落至地面。已知质量分布均匀的绳索总质量为m,总长度为L。整个过程中,绳索的 (　　) A.重力势能减少了mgL　 B.末速度为 C.动能增加了mgL D.机械能增加了mgL [解析]　以桌面为零势能参考平面,整个过程中,绳索的重力势能减少了ΔEp=-·-=mgL,整个过程中只有重力做功,绳索的机械能守恒,可知绳索动能增加了ΔEk=ΔEp=mgL,设绳索末速度大小为v,则有ΔEk=mv2-0=mgL,解得v=,故选B。 [答案]　B 类型(三)　“多个小球”类问题 　　[例3]　(多选)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始终不会散开 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,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正确;第1个小球在下落过程中受到挤压,所以有外力对第1个小球做功,第1个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]　AD |思|维|建|模| 　 1.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。 2.分析非质点类物体的动能时,要看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,则物体整体的动能才可表示为mv2。 3.在解决多个小球类问题时,应抓住小球之间是否始终相互挤压。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·南通二模)小明绘制了如图所示的羽毛球飞行轨迹图,图中A、B为同一轨迹上等高的两点,P为该轨迹的最高点,羽毛球到达P点时速度大小为v,则 (　　) A.羽毛球在A点的机械能等于在B点的机械能 B.整个飞行过程中,羽毛球在P点时的动能最小 C.整个飞行过程中,羽毛球速度最小的位置在P点左侧 D.若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出,羽毛球将掉落在原出发点的右侧 解析:选D　由运动轨迹可知,羽毛球在空中一定受空气阻力,从A到B过程中,除了重力外,空气阻力一直做负功,羽毛球的机械能一直减小,故羽毛球在A点的机械能大于在B点的机械能,故A错误;当羽毛球所受重力和阻力的合力方向与速度方向垂直时,羽毛球的速度最小,而在最高点P时,合力方向与速度夹角为钝角,说明羽毛球速度最小的位置应该在P点右侧,即动能最小的位置在P点右侧,故B、C错误;若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出,与题图中从P点到落地点过程相同,由题图可知,羽毛球从抛出点到P点的水平位移大于从P点到落地点的水平位移,则若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出,羽毛球将掉落在原出发点的右侧,故D正确。 2.(2025·常德一模)航天员在太空实验室中做如图所示的实验。一根长为L的不可伸长的轻绳,一端固定于O点,另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。开始时,小球位于位置M,O、M间距离d=,绳子处于松弛状态。小球突然受到一瞬时冲量后以初速度v0垂直于OM向右运动,设在以后的运动中小球到达位置N,此时小球的速度方向与绳垂直,则小球从M运动到N的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.小球的机械能守恒 B.轻绳对小球做功为零 C.小球始终做匀速圆周运动 D.小球在N点时的速度大小为 解析:选D　因空间站内的物体都处于完全失重状态,小球以初速度v0先向右做匀速直线运动至轻绳恰好伸直,轻绳在绷紧瞬间产生拉力,使小球沿绳方向的速度分量立刻减为零,只剩下垂直于绳方向的速度分量v⊥,即此时小球的机械能有损失,轻绳对小球做功不为零,之后小球绕O点以速度大小v⊥做半径为L的匀速圆周运动,故A、B、C错误;因小球在N点时已做匀速圆周运动,其速度大小为v⊥=v0sin θ,又sin θ==,故v⊥=,故D正确。 3.图甲是某市科技馆的一件名为“最速降线”的展品,在高度差一定的不同光滑轨道中,小球滚下用时最短的轨道叫做最速降线轨道。取其中的“最速降线”轨道Ⅰ和直线轨道Ⅱ进行研究,如图乙所示,两轨道的起点M高度相同,终点N高度也相同,轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。若将两个相同的小球a和b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M,同时由静止释放,发现在轨道Ⅰ上的小球a先到达终点。下列描述两球速率v与时间t、速率平方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是 (　　) 解析:选A　根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为vN=,小球b沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动,其v⁃t图像为一条倾斜直线,小球a沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程,加速度逐渐减小,则其v⁃t图像的切线斜率逐渐减小,且小球a所用时间小于小球b所用时间,故A可能正确,B错误;根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可得小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2=2gh,可知小球a和b的v2⁃h图像均为一条过原点的倾斜直线,故C、D错误。 4.(2025·安康模拟)如图所示,某同学将篮球沿斜向上与水平方向成53°角方向投出后,篮球刚好落入篮筐,篮球入筐时的速度方向斜向下与水平方向成37°角,已知篮球投出时距离地面的高度为1.6 m,篮筐距离地面的高度为3 m,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,篮球可视为质点,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则篮球投出时的速度大小为 (　　) A.10 m/s B.8 m/s C.6 m/s D.5 m/s 解析:选B　由于篮球在空中做斜抛运动,水平方向速度不变,对篮球抛出时和入筐时速度进行分析可知v0cos 53°=vcos 37°,篮球从抛出到入筐,根据机械能守恒定律可知mgh1+m=mgh2+mv2,联立解得v0=8 m/s,故选B。 5.(人教版教材必修2,P94T5改编)把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上,并把小球往下按至A的位置,如图甲所示。迅速松手后,弹簧把小球弹起,小球升至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1 m,C、B的高度差为0.2 m,弹簧的质量和空气阻力都可忽略,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.小球从A上升到B的过程中,小球的动能一直增加 B.小球从A上升到C的过程中,小球的机械能先增大再减小 C.小球在位置B时,小球的动能为0.2 J D.小球在位置A时,弹簧的弹性势能为0.6 J 解析:选D　小球从A上升到B的过程中,弹簧的弹力先大于重力后小于重力,小球先加速后减速,动能先增大后减小,故A错误;小球从A上升到B的过程中,弹簧的弹力做正功,小球的机械能增大,从B到C过程中,只有重力做功,小球的机械能不变,故小球的机械能先增大再不变,故B错误;C、B的高度差为0.2 m,根据动能定理有0-Ek=-mghBC,小球在位置B时的动能为Ek=0.4 J,故C错误;从A到C过程中,根据机械能守恒定律有Ep=mghAC=0.6 J,故D正确。 6.一款儿童游戏机的简化示意图如图所示。在与水平面夹角θ=30°的光滑游戏面板上固定一半径为R的光滑细圆形挡板(垂直于面板),A、B为与圆心等高的直径两端点。质量为m的弹珠从弹射器水平发射出来后,沿挡板内侧从轨道最低点D开始运动,恰好能通过轨道最高点C,忽略空气阻力,弹珠可视为质点。重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.弹珠在C点的速度大小为 B.弹珠经过A点时对轨道的压力大小为mg C.弹珠从C点到D点的过程中,重力的功率先减小后增大 D.弹珠从A点到B点的过程中,先失重后超重 解析:选B　弹珠恰好能通过轨道最高点C,则mgsin θ=m,解得弹珠在C点的速度大小为vC=,故A错误;弹珠从A点到C点过程,根据机械能守恒定律得m=m+mgRsin θ,弹珠经过A点时受到支持力大小为FN=m=mg,根据牛顿第三定律,弹珠经过A点时对轨道的压力大小为mg,故B正确;弹珠经过C点、D点时速度方向与重力方向垂直,重力的功率为零,则弹珠从C点到D点的过程中,重力的功率先增大后减小,故C错误;弹珠从A点到B点的过程中,一直有向下的加速度分量,一直处于失重状态,故D错误。 7.如图甲所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　) A.物块从D点离开轨道时速度大小为5 m/s B.F0的大小为70 N C.v0的大小为2 m/s D.物块在AC段运动过程中,重力的瞬时功率一直增大 解析:选B　由题图乙可知,物块从D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675 s-0.875 s=0.8 s,则物块从D点离开轨道时速度大小为vD=g·=4 m/s,A错误;从C到D由机械能守恒定律可知m=m+mgR,物块在C点时对轨道的压力最大,则F0-mg=m,解得F0=70 N,B正确;从B到D由机械能守恒定律可知m+mgRsin 30°=m,解得vB=2 m/s,则v0=vBsin 30°= m/s,C错误;根据PG=mgvy可知,物块在A点时竖直速度为零,则重力的瞬时功率为零,在C点时竖直速度为零,则重力的瞬时功率也为零,可知物块在AC段运动过程中,重力的瞬时功率先增大后减小,D错误。 二、多项选择题 8.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,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,下列说法正确的是(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端下降的距离成正比 D.A端离开桌面时,铁链的速度大小为 解析:选AC　设铁链单位长度的质量为m,某时刻B端下滑的长度为x,则mxg=mla,解得a=g,A正确;因随铁链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;由机械能守恒定律有mxg=mlv2,解得v=x,铁链的速度大小与B端下降的距离成正比,A端离开桌面时,铁链的速度大小为vA=·l=,C正确,D错误。 9.(2025·大连高三调研)过山车是一种刺激的游乐项目,但未经训练的普通人,在向上的加速度达到大约5倍重力加速度时,由于血液向下运动导致头部缺血,就会发生晕厥。图甲为某地过山车轨道示意图,其中回环部分是半径为R的经典圆环轨道,A为圆环轨道最高点、B为最低点。图乙为另一处过山车轨道示意图,其回环部分是倒水滴形轨道,上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点,下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点,分别从两轨道顶峰处由静止下降,经过A、C点时均和轨道没有相互作用,B、D点等高,忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是 (　　) A.图甲过山车轨道比图乙轨道更安全 B.图乙过山车轨道比图甲轨道更安全 C.图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R D.图甲过山车经过A点时的速度等于图乙过山车经过C点时的速度 解析:选BCD　已知过山车经过A、C点时均和轨道没有相互作用,在A、C点均是重力提供向心力,则有mg==,解得vA=vC=,故D正确;过山车分别运动到轨道最低点B、D时,向上的加速度最大;对题图甲圆环轨道,由机械能守恒定律得mg·2R=m-m,经过B点时加速度aB=,联立解得aB=5g,题图甲过山车轨道存在安全隐患;对题图乙倒水滴形轨道,由机械能守恒定律得mg·3R=m-m,经过D点时加速度aD=,解得aD=3.5g<5g,故题图乙过山车轨道比题图甲轨道更安全,故A错误,B正确;相同载人过山车在顶峰处动能为0,经A、C点时动能相等,根据机械能守恒定律有mgh甲=EkA+mg·2R,mgh乙=EkC+mg·3R,其中EkA=EkC,可得h乙-h甲=R,即题图甲轨道的顶峰高度比题图乙轨道的顶峰高度低R,故C正确。 10.(2024·福建高考)如图,某同学在水平地面上先后两次从H点抛出沙包,分别落在正前方地面Q1和Q2处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面,且交于P点,H点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为3.2 m,OH=1.4 m,OQ1=8.4 m,OQ2=9.8 m,沙包质量为0.2 kg,忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2,则沙包 (　　) A.第一次运动过程中上升与下降时间之比∶4 B.第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3 J C.第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72∶85 D.第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大 解析:选BD　沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”,则可得第一次抛出上升的高度为h1=3.2 m-1.4 m=1.8 m,上升时间为t上1==0.6 s,最高点距水平地面高为h0=3.2 m,故下降的时间为t下1==0.8 s,故沙包第一次运动过程中上升与下降时间之比为3∶4,故A错误;两条轨迹最高点等高,沙包抛出的位置相同,故可知两次从抛出到落地的时间相等为t=t上1+t下1=1.4 s,可知沙包第一次、第二次抛出时水平方向的分速度大小分别为vx1==6 m/s、vx2==7 m/s,由于两条轨迹最高点等高,故抛出时竖直方向的分速度大小也相等,为vy=gt上1=6 m/s,由于沙包在空中运动过程中只受重力,机械能守恒,故第一次经P点比第二次的机械能少ΔE=m-m=1.3 J,从抛出到落地瞬间根据动能定理可得Ek1=Ek01+mghOH=m(+)+mghOH=10 J,Ek2=Ek02+mghOH=m·(+)+mghOH=11.3 J, 则第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为100∶113,故B正确,C错误;根据以上分析可知,两次抛出时竖直方向的分速度大小相同,两次落地时沙包在竖直方向的分速度大小也相同,由于第一次抛出的水平分速度较小,沙包在水平方向速度大小不变,如图所示,故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大,第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大,故可知第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大,故D正确。 三、计算题 11.(10分)(2025·信阳一模)某款弹射跑车玩具如图所示。一劲度系数为k=125 N/m的轻弹簧一端固定,另一端将质量为m=0.5 kg的小车沿光滑直轨道弹出,轨道由竖直圆形过山车轨道M和带有外侧壁的水平圆形轨道N及多段直轨道连接构成,所有轨道均光滑,M、N轨道半径均为R=0.2 m,忽略小车的大小及其在轨道连接处的能量损失。若轻弹簧的形变量为x,其具有的弹性势能为Ep=kx2,其中k为劲度系数。重力加速度取g=10 m/s2。求: (1)若小车恰能沿M轨道做完整的圆周运动,求初始时弹簧的压缩量;(4分) (2)在第(1)问的基础上小车继续运动至N轨道最外侧C点时所受轨道的弹力大小。(6分) 解析:(1)小车恰能沿M轨道做完整的圆周运动,则在轨道最高点有mg=m 小车由静止运动到M轨道最高点,由机械能守恒定律得k=mg·2R+m 解得Δx=0.2 m。 (2)小车由静止运动到N轨道最外侧C点,由机械能守恒定律得k=m 在C点,沿水平方向有FN1=m 沿竖直方向有FN2=mg FN= 联立解得FN=5 N。 答案:(1)0.2 m　(2)5 N 12.(14分)(2025·江苏高邮高三月考)如图所示,弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接,轨道均固定在竖直平面内,圆轨道半径为0.5 m。质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=2 m处静止释放,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.5,其余轨道均可视为光滑,忽略空气阻力。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求: (1)滑块运动到圆轨道最高点D时轨道对滑块的作用力大小;(4分) (2)滑块在斜轨道上从B点运动到最高点E(图中未标出)的时间;(5分) (3)滑块第一次返回到BE中点时重力的功率。(5分) 解析:(1)滑块从静止滑至D点的过程中,由机械能守恒定律有 mg(H-2R)=m 对经过D点的滑块受力分析如图1 由牛顿第二定律得F+mg=m 解得F=3 N。 (2)滑块从静止滑至B点的过程中,由机械能守恒定律有 mgH=m 滑块在斜轨道上上滑,受力分析如图2 由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma 从B点滑至最高点E的时间t== s。 (3)滑块从B点到E点的位移x= 滑块下滑过程受力分析如图3 由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma' 运动至BE中点时的速度v2=2a'·x 此时重力的功率P=mgvsin 37°=1.2 W。 答案:(1)3 N　(2) s　 (3)1.2 W 第2课时　机械能守恒定律中的连接体问题(综合融通课) 模型(一)　绳连接的系统 　　[例1]　(2025·大连调研)如图所示,两个顶端带有小定滑轮的完全相同的斜面对称固定在水平地面上,斜面倾角为30°。一不可伸长的轻质细绳跨过两定滑轮,两端分别连接质量均为2m的滑块B、C,质量为m的物块A悬挂在细绳上的O点,O点与两滑轮的距离均为l。先托住A,使两滑轮间的细绳呈水平状态,然后将A由静止释放。A下落过程中未与地面接触,B、C运动过程中均未与滑轮发生碰撞,不计一切摩擦。已知重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求: (1)物块A下落的最大高度H; (2)从A开始下落直至结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53°的过程中,物块A机械能的变化量。 [解析]　(1)根据题意可知,物块A下落的高度最大时,速度为零,由机械能守恒定律有 mgH=2×2mgsin 30° 解得H=0(舍去),H=l。 (2)根据题意,由几何关系可得,结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53°时,物块A下落的高度为 h==l 设此时物块A的速度为v,则物块B、C的速度为v1=vcos 53°=v 下落过程中,由机械能守恒定律有 mgh-2×2mgsin 30°=mv2+2××2m 物块A机械能的变化量 ΔE=mv2-mgh=-mgl。 [答案]　(1)l　(2)-mgl |模|型|建|构| 常见 情境 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的高度变化关系。 (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。 　　[针对训练] 1.如图所示,物块A套在光滑水平杆上,连接物块A的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ=53°,细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B相连,定滑轮顶部离水平杆距离为h=0.8 m。现将物块B由静止释放,物块A、B均可视为质点,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,不计空气阻力,则 (　　) A.物块A与物块B速度大小始终相等 B.物块A能达到的最大速度为2 m/s C.物块B下降过程中,重力始终大于细线拉力 D.当物块A经过左侧滑轮正下方时,物块B的速度最大 解析:选B　根据题意可知,物块A与物块B速度大小关系为vAcos θ=vB,两物块速度大小不相等,当物块A经过左侧滑轮正下方时,有vB=vAcos 90°=0,故A、D错误;当物块A运动到左侧定滑轮正下方时,物块B下降的距离最大,物块A的速度最大,根据机械能守恒定律有mBg=mAv2,解得v=2 m/s,故B正确;由上述分析可知,当物块A经过左侧滑轮正下方时,物块B的速度为0,则物块B向下先加速后减速,则物块B减速下降过程中,重力小于细线拉力,故C错误。 2.如图所示,固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮,质量为m的物块P和质量为3m的物块Q用轻质细绳相连,外力作用于P,使P、Q均静止。某时刻撤去外力,当Q下降的高度为h时,细绳断裂。重力加速度为g,sin 37°=0.6,P、Q均可视为质点,斜面足够长,则 (　　) A.物块P沿斜面上升的最大高度为h B.当细绳断裂的瞬间,物块Q的重力的功率为 C.在细绳断裂后,物块P沿斜面向上运动的时间为 D.当物块P运动至最高点时,物块Q的机械能相对t=0时刻减少了mgh 解析:选C　根据题意可知,当Q下降的高度为h时,细绳断裂,根据几何关系得,P上升的高度h'=sin 37°=h,细绳断裂的瞬间,P、Q速度大小相等,对PQ整体,根据机械能守恒定律有3mgh-mgh'=v2,解得v=,细绳断裂后,设P还能上升的高度为h1,根据机械能守恒定律有mgh1=mv2,解得h1=h,则物块P沿斜面上升的最大高度H=h'+h1=h,故A错误;当细绳断裂的瞬间,物块Q重力做功的功率P=3mgvsin 53°=,故B错误;细绳断裂后,物块P沿斜面向上运动的时间t==,故C正确;根据题意可知,细绳断裂前P、Q组成的系统机械能守恒,细绳断裂后,物块P、Q的机械能均守恒,则当物块P运动至最高点时,物块P增加的机械能等于物块Q的机械能相对t=0时刻的减少量,即ΔE=mg=mgh,故D错误。 模型(二)　轻杆连接的系统 　　[例2]　如图所示,一根L型轻质细杆abc可绕过b点的水平转轴(垂直于纸面)在竖直面内转动,ab长度为r1=0.6 m,bc长度为r2=0.8 m,ab垂直于bc。a、c两端分别固定两个大小可忽略、质量均为m=0.25 kg的小球。不计空气阻力和转轴的摩擦,取重力加速度g=10 m/s2。现将轻质细杆由图示位置(ac连线水平)无初速度释放,当c端的小球到达最低点时,求:(结果均保留一位小数) (1)c端小球的动能; (2)此过程中杆ab对a端小球做的功Wa及杆bc对c端小球做的功Wc。 [解析]　(1)设bc杆与ac连线夹角为θ,在转动过程中系统机械能守恒 mgr1cos θ+mgr2 =m+m 其中=,sin θ==0.6 c端小球到达最低点时的动能Ekc=m≈2.8 J。 (2)对a端的小球,根据动能定理 mgr1cos θ+Wa=m 解得Wa≈0.4 J 对c端的小球,根据动能定理 mgr2+Wc=m 解得Wc≈-0.4 J 或:根据系统机械能守恒Wc=-Wa=-0.4 J。 [答案]　(1)2.8 J　(2)0.4 J　-0.4 J |模|型|建|构| (1)平动时两物体线速度大小相等,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。 　　 [针对训练] 3.(2025·榆林高三调研)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的速度大小相等 D.小球A刚到达C点前瞬间,小球B的动能为mgL 解析:选D　在小球A下滑的过程中,小球A、B组成的系统机械能守恒,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、杆与斜面的夹角为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。 4.(2025·丹东检测)轻质直角支架两端分别连接质量均为m的小球A和B,支架的两直角边长度分别为2L和L,支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动。如图所示,开始时OA边与水平方向的夹角为θ=37°。由静止释放A球,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.A、B两球线速度大小始终相等 B.A球速度最大时位于O点正下方 C.A球由静止释放至摆动到最低点的过程中,支架对A球不做功 D.A球摆动到最低点位置时,支架对A球做功的功率为零 解析:选D　A、B两球属于同轴转动,角速度始终相等,由于两球到轴心的距离不相等,根据v=ωr可知,A、B两球线速度大小始终不相等,故A错误;A、B两球构成的系统机械能守恒,设角速度为ω,经历一定时间OA边与水平方向夹角为α,则有mg=mg+m+m,解得ω=,若令y=2sin α+cos α,对函数求导有y'=2cos α-sin α,当y'=0时,解得tan α=2,则有sin α=<1=sin 90°,可知α<90°,由于角速度最大时,A球的线速度最大,可知A球速度最大时并没有位于O点正下方,故B错误;A球摆动到最低点时,结合上述可以解得此时的角速度恰好为0,即此时的线速度为0,表明A球恰好能够运动到最低点,A球由静止释放至摆动到最低点的过程中,A球的机械能减小,表明支架对A球做负功,故C错误;结合上述可知,A球摆动到最低点位置时,A球的线速度恰好等于0,可知,此时支架对A球做功的功率为零,故D正确。 模型(三)　轻弹簧连接的系统 [例3]　如图,质量均为m=1.0 kg的物块A、B通过轻质弹簧相连,竖放在水平地面上,弹簧的劲度系数k=100 N/m。A、B 的右侧竖立一固定光滑杆MN,物块C穿在竖直杆上。一条不可伸长的轻绳绕过位于A正上方的轻质定滑轮P,一端连接A,另一端连接C。开始时物块C与轻滑轮P等高且PC间距为L=0.3 m,绳处于伸直状态但无张力。现将C由静止释放,已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。取 g=10 m/s2。 (1)求C的质量mC; (2)若将C换成质量为1.0 kg的D,仍从上述初始位置由静止释放,则B离开地面时 D的速度是多大。 [解析]　(1)开始时对A受力分析可得kx1=mg 解得弹簧压缩量为x1=0.1 m 最终恰好能使B离开地面但不继续上升,说明最终B与地面之间无弹力,且整个系统中每个物体的速度均为零,对B受力分析可得kx2=mg 解得弹簧伸长量为x2=0.1 m 此时PC间绳子的长度为L'=L+x1+x2=0.5 m 则C下降的高度为h==0.4 m 因为始末两个状态弹簧的形变量相等,因此弹性势能相等,由机械能守恒定律可得 mCgh=mg(x1+x2) 解得mC=0.5 kg。 (2)将C换成D后,由机械能守恒定律可得 mD+m+mg(x1+x2)=mDgh 且速度关系为vA=vDcos θ=vD 联立解得vD= m/s。 [答案]　(1)0.5 kg　(2) m/s |模|型|建|构| 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。 (1)对同一弹簧,弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定,无论弹簧是伸长还是压缩,弹簧的伸长量和压缩量相等时,弹簧的弹性势能相等。 (2)弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大。 　　[针对训练] 5. (多选)如图所示,固定的L形光滑细杆,一边水平,另一边竖直,两弹性小球A、B分别套在两细杆上,两球之间用轻质弹性绳连接,A、B两小球的质量分别是M、m。现在用手将两球沿杆向外拉,小球B受到方向沿杆向下、大小为mg的拉力作用,弹性绳在弹性限度内伸长,一段时间后达到平衡状态,此时小球B距竖直杆顶端的距离为H。某时刻由静止同时释放两小球,当竖直杆上的小球B恰好到达杆顶部时,水平杆上的小球A的速度大小为v。重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.释放瞬间,小球B的加速度大小为g B.小球B到达杆顶端时,弹性绳的弹性势能可能为零 C.释放时弹性绳的弹性势能可能为Mv2+mgH D.弹性绳对两小球做的功一定相等 解析:选ABC　由题知,小球B达到平衡状态时,对小球B有 = mg+mg,释放瞬间,对小球B有-mg = ma,解得a=g,故A正确;释放两小球时弹性绳处于拉伸状态,且由于杆光滑,则释放后小球A向右运动,小球B向上运动,则小球B到达杆顶端时,弹性绳可能已经恢复原长,则此时弹性绳的弹性势能可能为零,A、B与弹性绳组成的系统机械能守恒,有Ep=Mv2+mgH,故B、C正确;弹性绳对两小球的弹力大小相等,但两小球在沿着弹性绳方向的位移不相等,根据微元法可知弹性绳对两小球做的功不相等,故D错误。 6.(多选)如图所示,物块a、b通过轻弹簧连接,物块b、c用不可伸长的轻质细线绕过轻质定滑轮连接,将物块c放置于斜面上,调节斜面位置,使连接物块c的细线与斜面平行后,将斜面固定。移动物块c,当物块b、c之间的细线伸直且恰好无作用力时,将物块c由静止释放。已知物块c始终在斜面上运动,物块a放置在水平面上,a、b间的弹簧及b与定滑轮间的细线均处于竖直方向,物块a、b、c的质量分别为3m、m和4m,斜面倾角为30°。若弹簧的劲度系数k=(L0为已知量,g为重力加速度),不计空气阻力及一切摩擦,下列说法正确的是 (　　) A.物块b、c和弹簧组成的系统机械能守恒 B.释放物块c瞬间,物块c的加速度大小为 C.物块c的最大速度为 D.从释放物块c到物块c的速度第一次减为零,弹簧弹性势能的增加量为4mgL0 解析:选ACD　释放物块c瞬间,对物块b和物块c分别受力分析,可得F=ma,4mgsin 30°-F'=4ma,F=F',解得物块c的加速度大小a=,B错误;释放后,当物块c受力平衡时,物块c具有最大速度,此时弹簧的弹性势能和初状态的相同,根据机械能守恒定律可得4mgsin 30°×2L0-mg×2L0=×5mv2,解得v=,C正确;假设物块c在斜面上做简谐运动,根据简谐运动的对称性可知,当物块c沿斜面向下滑动至速度为0时,设此时细线上的拉力大小为F1,则F1-4mgsin 30°=4ma,解得F1=,对物块b受力分析,设弹簧的弹力大小为F2,则F2+mg-F1=ma,解得F2=3mg,物块a恰好未离开地面,假设成立,物块b、c和弹簧组成的系统不存在机械能与外界能量的转化,因此物块b、c和弹簧组成的系统机械能守恒,此时弹簧的伸长量x=3L0,弹簧弹性势能的增加量ΔEp=4mgsin 30°×-mg=4mgL0,A、D正确。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·大连模拟)如图所示,质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上。轻绳跨过光滑的滑轮O和O',一端与物体P相连,另一端与质量为2m的物体Q相连。用手托住物体Q使整个系统处于静止状态,此时轻绳刚好拉直,且AO=L,OB=h,AB<BO'。重力加速度为g。现释放物体Q,让二者开始运动,下列说法正确的是 (　　) A.开始运动后,当物体P速度最大时,物体Q速度也最大 B.在物体P从A滑到B的过程中,物体P的速度增加,物体Q的速度减小 C.在物体P从A滑到B的过程中,物体P的机械能减少,物体Q的机械能增加 D.物体P运动的最大速度为2 解析:选D　物体P从A滑到B的过程中,绳的拉力对物体P做正功,物体P的速度增加;物体Q从静止开始先做加速运动,当物体P运动到B点时物体Q的速度等于零,说明物体Q后来又做减速运动,所以物体Q的速度先增加后减小,B错误;由上述分析可知,当物体P运动到B点时速度最大,此时物体Q速度最小,等于零,A错误;在物体P从A滑到B的过程中,绳的拉力对物体P做正功,物体P的机械能增加,因为系统机械能守恒,则物体Q的机械能减少,C错误;当物体P运动到B点时速度最大,由机械能守恒定律得2mg(L-h)=mv2,解得v=2,D正确。 2.(2024·四川遂宁三模)如图,竖直放置一半圆轨道,在其左侧连有一水平杆,现将光滑的小球A、B分别套在水平杆与半圆轨道上,A、B用一不可伸长的轻质细绳相连,A、B质量相等,且可看作质点,开始时细绳水平伸直,A、B静止。由静止释放B后,当B和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时(细绳和小球的位置如图虚线所示),小球B下滑的速度为v,则半圆轨道的半径为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　将小球B下滑的速度分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度, 如图所示,A、B两小球沿绳方向的速度大小相等,则有vA=vcos 30°,A、B两小球组成的系统机械能守恒,则有mgRcos 30°=mv2+m,解得R=,故选A。 3.(2025·南宁二模)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的质量为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:选A　挂上物块C之前,对物块B受力分析可知,轻绳拉力T=mg,对小球A受力分析,由共点力平衡条件可知mAg==2mg,解得mA=2m;由静止释放物块C后,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°=g×,解得mC=m,故选A。 4.投石机是我国古代人民智慧的结晶,《范蠡兵法》中记载:“飞石重十二斤,为机发,行三百步”。如图所示为某实验小组自制的投石机,轻质长杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动,OA长为L1=2.0 m,OB长为L2=1.0 m。将一质量m=2.8 kg的石块放在A端网袋中,另一质量M=8 kg的重物固定于B端,初始时A端位于地面上,杆与水平面的夹角为37°。由静止释放后,杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出。石块与重物均可视为质点,不计空气阻力,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　) A.从静止释放到被抛出,轻杆对石块做的功为110 J B.从静止释放到被抛出,轻杆对石块做的功为89.6 J C.石块落地前瞬间重力的功率为56 W D.石块落地前瞬间重力的功率为224 W 解析:选D　根据机械能守恒定律可知,重物减少的重力势能转化成石块和重物的动能与石块的重力势能之和,即Mg(L2+L2sin 37°)=mg(L1+L1sin 37°)+m+M,石块、重物绕轴做同轴转动,则速度关系为v石=2v重,联立可得石块被抛出瞬间的速度大小为v石=4 m/s,对石块,根据动能定理有W-mg(L1+L1sin 37°)=m,解得W=112 J,故A、B错误;石块被抛出后做平抛运动,有=2g(L1+L1sin 37°),则石块落地前瞬间重力的功率为PG=mgvy=224 W,故C错误,D正确。 5.(2025·遂宁模拟)如图,一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置,质量均为m的两金属环套在细杆上,高度相同,用一劲度系数为k的轻质弹簧相连,弹簧处于原长。两金属环同时由静止释放,运动过程中弹簧始终在弹性限度内。对其中一个金属环,下列说法正确的是 (　　) A.金属环的最大加速度为g B.金属环的最大速度为g C.金属环与细杆之间的最大压力为mg D.金属环达到最大速度时重力的功率为mg2 解析:选B　刚释放时,弹簧处于原长,弹力为0,此时金属环的加速度最大,所以金属环的最大加速度为am=gsin 45°=g,故A错误;当金属环速度最大时,加速度为0,设此时弹簧的形变量为x1,根据平衡条件,沿杆方向有mgsin 45°=kx1cos 45°,由机械能守恒定律得2mg·=k+·2m,解得金属环的最大速度为vmax=g,金属环达到最大速度时重力的功率为PG=mgvmaxcos 45°=,故B正确,D错误;当金属环下落到最低点时,金属环速度为0,金属环与细杆之间的压力最大,设此时弹簧的形变量为x2,由机械能守恒定律得2mg·=k,对金属环进行受力分析,垂直杆方向有FN=mgcos 45°+kx2sin 45°=mg,故C错误。 6.(2025·潍坊三校联考)如图所示,质量相等的物体a和b用劲度系数k=100 N/m的轻弹簧连接,b放置在地面上,一根不可伸长的轻绳一端与a连接,另一端绕过两个光滑的小定滑轮O1、O2与小球c连接,c套在倾角θ=37°的光滑轻杆上,F点为轻杆的底端,开始时小球c处于轻杆的E点,连接c的轻绳处于水平状态,此时物体b恰好对地面没有压力。E、F两点关于P点对称,且O2P⊥EF,已知物体a和b的质量均为3 kg,小球c的质量为1.5 kg,=1.0 m,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,弹簧的弹性势能为Ep=kx2(x为弹簧的形变量)。小球c从E点由静止释放到达F点的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.物体a、b及小球c组成的系统机械能守恒 B.小球c到达P点时,物体a的速度不为0 C.小球c到达P点时,小球c的机械能增加了16 J D.小球c刚到达F点时,物体a的动能为9.6 J 解析:选C　当弹簧的形变量发生变化时,弹簧的弹性势能也发生变化,可知物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒,故A错误;由于O2P⊥EF,可知小球c到达P点时,小球c的速度方向垂直于轻绳,即小球c沿轻绳方向的分速度为0,可知小球c到达P点时,物体a的速度为0,故B错误;小球c处于轻杆的E点时,由于物体b恰好对地面没有压力,则弹簧的伸长量为x1==0.3 m,小球c到达P点时,物体a下降的高度为x2=O2E-O2Esin θ=0.4 m,可知小球c到达P点时,弹簧处于压缩状态,压缩量为x3=x2-x1=0.1 m,由上述分析可知,小球c到达P点时,物体a的速度为0,物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒,可知小球c的机械能增加量为ΔE1=magx2+k-k=16 J,故C正确;小球c从E点到F点过程,物体a、b及小球c与弹簧组成的系统机械能守恒,则有mcg·2O2Ecos θsin θ=mc+ma,又va=vccos θ,物体a的动能为Ek=ma≈8.08 J,故D错误。 二、多项选择题 7.(2025·重庆模拟)如图所示,O点为足够长的光滑水平面与光滑竖直墙面的交点,长为3l的轻直刚性杆两端分别用光滑铰链连接可视为质点且完全相同的小球甲和乙。现让小球乙静止于O点,使小球甲从墙面上距水平面高度为3l的a点由静止开始无初速度下滑,已知墙面上沿竖直方向的各点间距ab=bc=cO=l,重力加速度为g,不计空气阻力,则在小球甲从a点运动到O点的过程中 (　　) A.小球甲的最大速度为 B.小球甲的最大速度为 C.小球乙的最大速度为 D.小球乙的最大速度为 解析:选AC　当小球甲运动到O点时,小球乙的速度为零,此时小球甲的速度最大,设其最大速度为v甲,有m=mg·3l,解得v甲=,故A正确,B错误;设小球乙的速度大小为v2,对应的小球甲的速度大小为v1,杆与竖直方向的夹角为θ,对小球甲、乙组成的系统,由机械能守恒定律可得mg·3l(1-cos θ)=m+m,又v1cos θ=v2sin θ,联立解得=6glcos 2θ(1-cos θ),对上式求导可知,当cos θ=时,v2有最大值且v2m=,故C正确, D错误。 8.运动员为了练习腰部力量,在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑,运动的简化模型如图所示,倾角为37°的光滑斜面固定放置,质量为m的运动员与质量为m的重物通过跨过天花板上的两个定滑轮的轻质细绳连接。运动员从斜面上的某点由静止开始下滑,当运动到A点时速度大小为v0=,且此时细绳与斜面垂直;当运动到B点时,细绳与斜面的夹角为37°。已知A、B两点之间的距离为L,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,运动员在运动的过程中一直未离开斜面,细绳一直处于伸直状态,不计细绳与滑轮之间的摩擦,运动员与重物(均视为质点)总在同一竖直面内运动。下列说法正确的是 (　　) A.运动员在A点时,重物的速度大小为 B.运动员从A点运动到B点,重物重力势能的增加量为 C.运动员从A点运动到B点,系统总重力势能的增加量为 D.运动员在B点时,其速度大小为 解析:选BD　运动员在A点时,细绳与斜面垂直,运动员沿绳方向的速度大小为零,重物的速度大小为零,故A错误;运动员从A点运动到B点,重物重力势能的增加量为ΔEp1=mg=mgL,故B正确;运动员从A点运动到B点,运动员的重力势能减少量为ΔEp2=mgLsin 37°=mgL,所以系统总重力势能的增加量为ΔEp=Ep1-Ep2=-mgL,即系统总重力势能的减少量为,故C错误;根据系统机械能守恒可知,系统减少的重力势能等于系统增加的动能,有=mv2+m-m,可得运动员在B点时,其速度大小为v=,故D正确。 三、计算题 9.(14分)(2025·广州高三质检)如图所示,固定在竖直平面内的一半径为R的光滑硬质圆环与足够长的光滑水平杆相连,在圆环最高点的竖直切线和最低点的水平切线的交点处固定一光滑轻质小滑轮C,质量为m的小球A穿在环上,且可以自由滑动,小球A通过足够长的不可伸长细线连接另一质量也为m的小球B,细线搭在滑轮上。现将小球A从环上最高点由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,求: (1)小球A到达D点时细线中的张力大小;(4分) (2)小球A到达D点时小球B的速度大小;(4分) (3)小球A运动一个周期小球B的路程。(6分) 解析:(1)设小球A到达D点时细线中的张力大小为F 对小球A,有F=ma 对小球B,有mg-F=ma 联立解得F=0.5mg。 (2)小球A到达D点时,小球B回到原位置,系统机械能守恒,有mgR=m+m 此时两小球速度大小相等,有vA=vB 联立解得vB=。 (3)小球A过D点后沿杆向左运动,小球B上升,直到两者速度为零。假设小球B上升的距离为x,由机械能守恒定律可知mgR=mgx 解得x=R 小球A恰好经过OC与圆环的交点处,此时小球B下降的高度hB=R-=R 由于系统机械能守恒,系统做周期性运动,在小球A运动一个周期的过程中, 小球B的路程为s=2(2hB+x)=R。 答案:(1)0.5mg　(2)　(3)R 10.(14分)(2025·太原调研)如图所示,套在光滑的水平固定轻杆上的小球A和另一小球B由绕过两轻质光滑定滑轮的细线相连,小球B、C通过一竖直轻弹簧相连,小球C放在水平地面上,定滑轮N到水平轻杆的竖直距离为L。初始时MB和NA两段细线均竖直,小球A位于轻杆上的P1点,细线刚好伸直且无拉力作用。现用水平向右的恒力F=mg拉小球A,当小球A运动到P2点时,NP2与水平方向的夹角为θ=37°,此时小球C恰好离开地面。已知小球A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度内,细线与两定滑轮之间的摩擦不计,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)弹簧的劲度系数;(6分) (2)小球A在P2点时的速度大小。(8分) 解析:(1)设弹簧的劲度系数为k,初始时,弹簧被压缩,设压缩量为x1,对小球B有kx1=mg 当小球A运动到P2处时,小球C恰好离开地面,此时弹簧处于伸长状态,设伸长量为x2,对小球C有kx2=mg 根据几何关系可得x1+x2=-L=L 解得k=。 (2)设小球A在P2点时的速度大小为v,则此时 vB=vcos 37° 小球A在P1和P2处,弹簧的弹性势能不变,根据机械能守恒定律有 F·=mg(x1+x2)+mv2+m 解得v=。 答案:(1)　(2) 11.(16分)(2025·盐城模拟)如图所示,竖直平面内固定一半径为R的光滑圆环,质量分别为4m、3m的A、B两小球套在圆环上并用长度为R的轻杆连接。开始时,对小球A施加竖直向上的外力,使A、B两球均处于静止状态,且球A恰好与圆心O等高;然后撤去外力,A、B两球沿圆环运动。已知重力加速度为g,取光滑圆环最低处为零势面。求: (1)外力的大小F;(4分) (2)B球重力势能的最大值Epm;(5分) (3)A球速度最大时,其加速度a的大小。(7分) 解析:(1)当外力F作用在A球上时,对B球受力分析可知,B球受重力和环对B球竖直向上的弹力处于平衡状态,则杆对A、B两球均无作用力,A球受重力和外力处于平衡状态,则F=4mg。 (2)当B球上升到最大高度时,如图所示 由系统机械能守恒有4mgR=3mgR(1+sin θ)+4mgR(1-cos θ) 解得sin θ= B球重力势能的最大值Epm=3mgR(1+sin θ)=mgR。 (3)当轻杆运动至平衡位置时,A、B两球速度最大且相等,设为v, 对A球,由相似三角形可知= 对B球,由相似三角形可知= 可得= 可得AO1= 设OA与竖直方向夹角为α,由正弦定理有 = 可得tan α= 由机械能守恒定律有 4mgRcos α-3mg(R-Rsin α)=×4mv2+×3mv2 加速度a=,解得a=g。 答案:(1)4mg　(2)mgR　(3)g 第4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(基础落实课) 一、功能关系 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度。功和能的关系,一是体现在不同的力做功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 2.几种常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp 弹力做的功等于弹性势能减少量 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W=Ek2-Ek1=mv2-m 机械能 只有重力、系统内弹力做功 ΔE=0 除重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他=E2-E1=ΔE 摩擦产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=Ff·x相对 二、能量守恒定律 1.内容:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为其他形式,或者从一个物体转移到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量保持不变。 2.表达式:ΔE减=ΔE增。 微点判断 1.力对物体做了多少功,物体就具有多少能。 (×) 2.力对物体做正功,物体的机械能一定增加。 (×) 3.物体的机械能减少,动能有可能是增加的。 (√) 4.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。 (√) 5.除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。 (×) 6.静摩擦力做功时,一定会引起能量的转化。 (×) 7.滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化。 (√) 8.一个物体的能量增加,必定有别的物体的能量减少。 (√) 9.能量在转移或转化过程中,其总量会不断减少。 (×) 10.节约可利用能源是为了减少污染排放。 (×) 逐点清(一)　功能关系的理解与应用 功能关系的三种应用 (1)物体动能增加与减少要看合外力对物体是做正功还是做负功。 (2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)是做负功还是做正功。 (3)机械能增加与减少要看重力和系统内弹力之外的力对物体是做正功还是做负功。 [考法全训] 考法1　定性分析 1.(2025·衡阳高三模拟)图甲为某游乐场的水滑梯,其简化模型如图乙所示。一质量为m的小朋友从a点沿轨道经b点滑到最低点c,已知ab、bc间高度差均为h。则小朋友 (　　) A.从a到b和从b到c,动能增加量一定相同 B.从a到b和从b到c,重力势能减少量一定相同 C.从a到b和从b到c,机械能保持不变 D.从a到c的运动总时间为2 解析:选B　从a到b和从b到c过程,虽然下降高度相同,重力做功相同,但摩擦力做功关系不明确,因此无法确定两个过程中合外力做功关系,由W合=ΔEk可知,两个过程动能的增加量不一定相同,故A项错误;从a到b和从b到c过程,下降高度相同,重力做功相同,所以重力势能减少量相同,故B项正确;从a到b和从b到c过程中,由于存在摩擦力做功,所以机械能减小,故C项错误;若从a到c做自由落体运动,则有2h=gt2,解得t=2,由于从a到c过程的实际运动并不是自由落体运动,所以其运动时间一定比从a处开始做自由落体运动所需时间长,即时间大于2,故D项错误。 考法2　定量计算 2.(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,则机械能减少,重力势能减少mgh,则动能增加量小于mgh,C、D错误。 逐点清(二)　摩擦力做功与能量转化 1.两种摩擦力做功的比较 　　类型 比较　　 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量的 转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体,而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体。 (2)一部分机械能转化为内能,此部分能量就是系统机械能的损失量 一对摩 擦力做 的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值,总功W=-Ffx相对,即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功 情况 两种摩擦力对物体可以做正功,也可以做负功,还可以不做功 2.三步求解相对滑动物体的能量问题 第一步 正确分析物体的运动过程,做好受力分析 第二步 利用运动学公式,结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系 第三步 代入公式W=Ff·x相对计算,其中x相对为两接触物体间的相对位移,若物体做往复运动,则代入总的相对路程s相对 [考法全训] 考法1　摩擦力做功与摩擦热的计算 1.(2023·全国乙卷)(多选)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BD　当物块从木板右端离开时,对物块有-fxm=m-m,对木板有fxM=M,由几何关系有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错误,B正确;根据以上式子,联立有m-fl=m+M,则物块的动能一定小于m-fl,C错误,D正确。 考法2　往复运动中摩擦力做功的计算 2.(多选)如图所示,固定光滑斜面AB的倾角θ=53°,BC为水平面,BC长度为1.25 m,CD为光滑的竖直圆弧轨道,半径为0.6 m,轨道在B、C两 点平滑连接。一可视为质点的质量为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。物体到达D点后,继续竖直向上运动,最高点到D点的高度为0.65 m。不计空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.物体第一次滑入圆轨道C点的速度大小为5 m/s B.物体第一次滑入圆轨道C点时对轨道的压力大小为100 N C.释放点A距水平面BC的高度为1.5 m D.物体最终恰好停在B点 解析:选ACD　物体从C点到最高点的过程,由机械能守恒定律有m=mg(R+h),解得vC=5 m/s,A正确;物体第一次滑入圆轨道C点时,由牛顿第二定律有FNC-mg=m,解得FNC= N,由牛顿第三定律可知,物体在C点时对轨道的压力大小为 N,B错误;从A到C由动能定理有mgH=μmgLBC+m,解得H=1.5 m,C正确;最终当物体停止时,由功能关系可知mgH=μmgx,解得x=7.5 m=6LBC,即物体在BC上运动三个来回,最终恰好停在B点,D正确。 逐点清(三)　能量守恒定律的理解及应用 1.对能量守恒定律的理解 (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)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)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。 (3)列出能量守恒关系式:ΔE减=ΔE增。 3.涉及弹簧的能量问题 两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程,具有以下特点: (1)能量转化方面,如果只有重力和系统内弹力做功,系统机械能守恒。 (2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零,则当弹簧伸长或压缩到最大程度时,两物体速度大小相同。 [考法全训] 题型1　物体在圆弧轨道上运动 1.(人教版教材必修2,P99T6)如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接,导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧,它经过B点的速度为v1,之后沿半圆形导轨运动,到达C点的速度为v2。重力加速度为g。 (1)求弹簧压缩至A点时的弹性势能。 (2)求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。 解析:(1)物体由A到B的过程中机械能守恒,弹簧压缩至A时的弹性势能Ep=m。 (2)设物体由B到C的过程中阻力做功为Wf,由动能定理知-2mgR+Wf=m-m,解得Wf=m-m+2mgR。 答案:(1)m　(2)m-m+2mgR 2.(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。 |考|教|衔|接| 　　对教材知识变化命题角度考查是高考命题的常用手段,以上两题是这方面的典型代表。教材题中半圆形轨道粗糙,给定物体质量、半圆形轨道半径、物体到达B点和C点的速度,利用能量守恒定律定量计算弹簧的弹性势能和阻力对物体所做的功;高考题则改变情境设计:半圆形轨道光滑,定性分析物体在C点的运动参量,分析判断弹簧的弹性势能与物体在C点的动能的关系。高考题是对教材题的拓展,体现出高考命题的创新性。   题型2　物体在斜面上运动 3.(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) 4.(2025·哈尔滨模拟)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上,轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板P上,另一端与物块B相连,不可伸长的细线一端固定在斜面上的O点,另一端绕过轻滑轮Q和定滑轮R连接物块A,物块B与轻滑轮Q相连。已知物块A、B的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg,弹簧的劲度系数k=100 N/m,弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量),重力加速度g=10 m/s2。开始时用手托着物块A使其处于静止状态,此时细线恰好伸直但无作用力,然后由静止释放物块A,在之后的运动过程中物块B未到达O点,物块A未着地,弹簧始终在弹性限度内,细线始终与斜面平行,两物块A、B均可视为质点。求: (1)物块B的最大速度;(结果可用根式表示) (2)物块A下降的最大距离。 解析:(1)设物块B处于静止状态时弹簧的压缩量为Δx1,根据平衡条件有kΔx1=mBgsin θ 解得Δx1=0.1 m 当物块B的速度最大时,A、B两物块的加速度均为零,设细线上的张力为T,弹簧的伸长量为Δx2,有T=mAg 2T=mBgsin θ+kΔx2, 解得Δx2=0.1 m 设物块B的最大速度为v,初状态和达到最大速度时弹簧的弹性势能相等,根据能量守恒定律有 mAg×2-mBgsin θ=mA(2v)2+mBv2 解得物块B的最大速度为v= m/s。 (2)设物块A下降的最大距离为h,此时A、B两物块的速度均为零,根据能量守恒定律有 mAgh+kΔ=mBg×sin θ+k 解得物块A下降的最大距离h=0.8 m。 答案:(1) m/s　(2)0.8 m [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 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。 2.在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B,A的初速度斜向上,B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰,如图所示,此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上。不计阻力,则两小球在此过程中 (　　) A.位移相同　　　　　 B.速度的变化量相同 C.动能的增量相同 D.机械能的增量相同 解析:选D　两小球初位置不同,末位置相同,故两小球在此过程中位移不同,故A错误;小球A在竖直方向做竖直上抛运动,则h=-v0yt1+g,小球B在竖直方向做自由落体运动,则h=g,可得t1>t2,速度的变化量为Δv=gΔt,故小球A速度的变化量较大,故B错误;根据动能定理ΔEk=W合=mgh,两小球质量不同,下落高度相同,动能的增量不同,故C错误;两小球运动过程中只有重力做功,两小球机械能守恒,机械能的增量相同,均为零,故D正确。 3.已知质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G,式中M为地球质量,G为引力常量。现将空间站的质量记为m0,空间站变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2,如图所示。空间站变轨过程发动机做的功至少为 (　　) A.GMm0 B.GMm0 C.GMm0 D.2GMm0 解析:选A　空间站从轨道r1变轨到r2过程,根据动能定理有W+W引力=ΔEk,依题意可得引力做功W引力=G-G,万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力,由牛顿第二定律有G=m0,则空间站在轨道上运动的动能为Ek=m0v2=G,空间站变轨前后动能的变化量为ΔEk=G-G,解得W=,故选A。 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。 5.(2025·岳阳一模)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上,另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2 kg的小球(可视为质点)相连。直杆与水平面的夹角为30°,N点距水平面的高度为0.4 m,NP=PM,ON=OM,OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑,经过P处的速度为2 m/s,并恰能停止在M处。已知重力加速度取10 m/s2,小球与直杆间的动摩擦因数为,下列说法正确的是 (　　) A.小球通过P点时的加速度大小为3 m/s2 B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5 J C.小球通过NP段摩擦力做功大于小球通过PM段摩擦力做功 D.从N到P过程中,球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4 J 解析:选D　因在P点时弹簧处于原长,则小球通过P点时的加速度大小为a=gsin 30°-μgcos 30°=2 m/s2,故A错误;因NP段与PM段关于P点对称,则在这两段上弹力的平均值相等,则摩擦力平均值相等,摩擦力做功相等,故C错误;设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf,弹簧具有的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒定律,对于从N到P过程,有mg×+Ep=mv2+Wf,从N到M过程,有mgh=2Wf,解得Ep=mv2=×0.2×22 J=0.4 J,故B错误;从N到P过程中,小球和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE=Wf=0.4 J,故D正确。 6.(2025·内江一模)如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图,电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来,当夯杆底端刚到达坑口时,两个滚轮彼此分开,将夯杆释放,夯杆在自身重力作用下落回深坑,夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧,夯杆被提上来,如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中,经历匀加速运动和匀速运动两个过程)。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0=4 m/s,滚轮对夯杆的正压力大小为F=2×104 N,滚轮与夯杆间的动摩擦因数为μ=0.3,夯杆质量m=1×103 kg,坑深h=6.4 m,打夯的过程中坑的深度变化忽略不计,取g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.夯杆被滚轮带动加速上升的过程中,加速度的大小为2.5 m/s2 B.每个打夯周期中,电动机多消耗的电能为7.2×104 J C.每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×104 J D.增加滚轮对夯杆的正压力,每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加 解析:选C　夯杆被滚轮带动加速上升的过程中,对夯杆进行分析,根据牛顿第二定律有2μF-mg=ma,解得a=2 m/s2,故A错误;夯杆被滚轮带动加速上升的过程中,根据速度与位移的关系式有=2ax0,解得x0=4 m<h=6.4 m,之后夯杆做匀速运动直至到达坑口,此过程夯杆所受左、右两轮静摩擦力的合力大小等于夯杆的重力,匀加速过程经历时间与匀速过程经历时间分别为t1==2 s,t2==0.6 s,根据功能关系,由于滚轮边缘的线速度大小恒定,则每个打夯周期中,电动机多消耗的电能等于滚轮克服摩擦阻力所做的功E电动机=2μFv0t1+mgv0t2=1.2×105 J,故B错误;每个打夯周期中滚轮与夯杆间的相对位移大小为x相=v0t1-x0=4 m,则因摩擦产生的热量为Q=2μFx相=4.8×104 J,故C正确;综合上述可知,在匀加速过程中有2μF-mg=ma,夯杆匀加速至v0的相对位移x相=v0t1-,其中t1=,产生的热量Q=2μFx相,解得Q==,可知当增加滚轮对夯杆的正压力,每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将减小,故D错误。 二、多项选择题 7.如图所示,一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑,下滑过程中的加速度大小恒为g,已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m,重力加速度为g。在滑板爱好者(含滑板)沿斜坡下滑距离为L的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.滑板爱好者下滑过程中机械能守恒 B.滑板爱好者减少的重力势能为mgL C.滑板爱好者增加的动能为mgL D.滑板爱好者减少的机械能为mgL 解析:选CD　滑板爱好者下滑过程中的加速度大小恒为,小于gsin 30°,因此滑板受到滑动摩擦力,机械能不守恒,故A错误;滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功,即减少的重力势能为ΔEp=mgLsin 30°=mgL,故B错误;根据动能定理可知,滑板爱好者增加的动能为ΔEk=FL=maL=mgL,故C正确;根据牛顿第二定律可得mgsin 30°-Ff=mg,解得摩擦力大小为Ff=mg,滑板爱好者减少的机械能等于克服摩擦力所做的功,即ΔE=FfL=mgL,故D正确。 8.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。固定斜面轨道倾角为θ,与斜面轨道平滑连接的水平轨道上装有缓冲保护装置,由劲度系数为k的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力大小恒为f。质量为M的木箱与斜面轨道间的动摩擦因数为0.5,水平轨道光滑。木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,进入水平轨道后挤压轻弹簧,当轻弹簧被压缩至最短时(轻杆未滑动),自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。取地面为零势能面,不计物体大小和形状对问题的影响。sin θ=0.6,cos θ=0.8,g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.木箱和货物在斜面上下滑过程中的加速度大小为2 m/s2 B.m=3M C.木箱返回过程中,动能与重力势能相等的点在斜面的中点 D.若某次操作失误导致木箱挤压弹簧时轻杆发生滑动,则在轻杆滑动过程中弹簧的压缩量保持不变 解析:选AD　木箱和货物在斜面上下滑过程中,根据牛顿第二定律有(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a,解得a=2 m/s2,故A正确;设斜面轨道长为l,根据功能关系有mglsin θ-μ(M+m)glcos θ=μMglcos θ,解得m=4M,故B错误;木箱被弹回到轨道顶端的过程中,根据功能关系有Mglsin θ+μMglcos θ=Ek0,木箱返回到斜面中点时有Mg×lsin θ+μMg×lcos θ=Ek0-Ek',可知Ek'=Ek0>Mg×lsin θ,故C错误;若某次操作失误导致木箱挤压弹簧时轻杆发生滑动,则在轻杆滑动过程中,由平衡条件可知f=kx,解得x=,则弹簧的压缩量保持不变,故D正确。 三、计算题 9.(12分)(2025·昆明高三月考)如图甲所示,滑梯是一种有趣的娱乐设施,可以简化为如图乙所示的圆弧形滑道,其在竖直面内的半径r=0.8 m,过A点的切线与竖直方向的夹角为30°。一质量m=10 kg的小孩(可视为质点)从A点由静止开始下滑,利用速度传感器测得小孩到达圆弧最低点B(切线水平)时的速度大小为vB=2 m/s,g取10 m/s2。 (1)求小孩在B点时,滑梯对小孩的支持力;(4分) (2)求小孩在下滑过程中损失的机械能;(4分) (3)若用外力将小孩缓慢从B点推到A点,设摩擦阻力大小恒为重力的倍,求外力做的功。(4分) 解析:(1)小孩在B点时,由牛顿第二定律有FN-mg=m,解得FN=150 N,方向竖直向上。 (2)由能量守恒定律可知,小孩在下滑过程中损失的机械能为ΔE=mgr-m 解得ΔE=20 J。 (3)设外力做的功为W,由动能定理有 W-mgr-mg··2πr=0 解得W=60 J。 答案:(1)150 N,方向竖直向上　(2)20 J　(3)60 J 10.(12分)如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面的高度为H,上端套着一个细环。棒和环的质量分别为M和m,且M=5m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其大小为5mg。断开轻绳,棒和环自由下落。假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直,重力加速度为g,空气阻力不计。 (1)棒第一次与地面碰撞弹起后瞬间,求棒和环的加速度大小a1、a2;(4分) (2)求棒第一次与地面碰撞后弹起的最大高度H1;(5分) (3)从断开轻绳到棒和环都静止,求环相对棒运动的路程s。(3分) 解析:(1)对棒由牛顿第二定律有Mg+5mg=Ma1,解得a1=2g 对环由牛顿第二定律有5mg-mg=ma2 解得a2=4g。 (2)设棒第一次落地的速度大小为v,则v2=2gH 设棒弹起后经时间t棒与环速度相同,大小为v1,则v1=v-a1t v1=-v+a2t 共速后,棒与环共同做匀减速运动,则棒上升的总高度为H1=+,解得H1=。 (3)环始终相对棒向下运动,则由能量守恒定律有 MgH+mg=5mgs 解得s=H。 答案:(1)2g　4g　(2)　(3)H 11.(15分)如图甲是组合玩具实物图,该玩具主要配件有小车、弹射器、三连环、滑跃板及部分直线轨道等。如图乙为该玩具的轨道结构示意图,其中三连环是由三个半径不同的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组成,且三个圆轨道平滑连接但不重叠,其圆心分别为O1、O2、O3,半径分别为R1=20 cm、R2=15 cm、R3=10 cm。OA、AC为光滑水平轨道,滑跃板CD为足够长的粗糙倾斜轨道,轨道倾角θ可调(0°≤θ<90°)。某次游戏中弹射器将小车自O点以一定初速度弹出,小车先后通过圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后冲上滑跃板。小车可视为质点,其质量m=0.1 kg,与滑跃板CD间的动摩擦因数μ=,轨道各部分平滑连接,g取10 m/s2。 (1)若小车恰好能够通过圆轨道Ⅰ的最高点B,求初始时弹射器的弹性势能;(4分) (2)若小车恰好能够通过三连环,调整滑跃板CD的倾角θ,求小车第一次滑上CD轨道的最小距离;(4分) (3)若小车恰好能够通过三连环,为确保小车整个运动过程均不脱离轨道,分析滑跃板CD与水平面间夹角θ的取值范围(可用三角函数表示)。(7分) 解析:(1)小车恰好能够通过圆轨道Ⅰ的最高点B,由牛顿第二定律有mg=m 解得vB= m/s 根据能量守恒这律,可得初始时弹射器的弹性势能Ep=m+2mgR1,解得Ep=0.5 J。 (2)若小车恰好能够通过三连环,则初始时弹射器的弹性势能为0.5 J,设小车第一次滑上CD轨道的距离为L,由能量守恒定律有Ep=μmgLcos θ+mgLsin θ,可得L= 当θ=60°时,有Lmin= m。 (3)①当0°≤θ≤30°时,满足μmgcos θ≥mgsin θ 小车冲上滑跃板轨道CD后不再下滑,符合题目要求; ②设小车冲上滑跃板轨道CD的最大距离为x,根据动能定理有 Ep-μmgxcos θ-mgxsin θ=0-0 解得x= 小车在滑跃板轨道CD上往返一次克服摩擦力做功为Wf=2μmgxcos θ= 可知θ增大,Wf减小,若要使小车不脱离轨道,返回三连环时不能超过圆轨道Ⅲ圆心O3等高位置,根据动能定理有Ep-mgR3-Wf1=0-0 解得tan θ1= 故当30°≤θ≤arctan 时,小车做往返运动最终静止于C点,综上所述,当0°≤θ≤arctan 时小车不脱离轨道。 答案:(1)0.5 J　(2) m　(3)0°≤θ≤arctan 第2课时　功能关系的综合应用(综合融通课) 　　传送带模型、“滑块—木板”模型和多运动组合模型三类问题是高考的热点题型,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:动力学方法观点(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)。 (一)传送带模型中的能量问题 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)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传,也是电动机因传送带传送物体而多做的功。 (2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。 (3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量,ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。 [考法全训] 考法(一)　水平传送带问题 　　[例1]　(2025·哈尔滨高三模拟)如图,水平传送带由电动机带动,始终保持速度v1=2 m/s匀速运动,质量m=1 kg的滑块以速度v2=1 m/s从左端水平滑上传送带,最终与传送带共速,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度g=10 m/s2。对于滑块从刚滑上传送带到与传送带共速这一过程,下列说法正确的是 (　　) A.滑块在传送带上的加速时间为1 s B.摩擦力对滑块做的功为1.5 J C.滑块与传送带因摩擦产生的热量为1 J D.电动机因滑块在传送带上运动而多消耗的电能为2.5 J [解析]　由牛顿第二定律可得,滑块在与传送带共速前的加速度大小为a=μg=2 m/s2,滑块在传送带上的加速时间为t== s=0.5 s,故A错误;由动能定理得摩擦力对滑块做的功为Wf=m-m=×1×(22-12)J=1.5 J,故B正确;滑块在与传送带共速前的位移为x2=v2t+at2=1×0.5 m+×2×0.52 m=0.75 m,传送带位移为x1=v1t=2×0.5 m=1 m,摩擦力产生的热量Q=μmgΔx,Δx=x1-x2,解得Q=0.5 J,故C错误;电动机因传送滑块而多输出的能量为整个过程中因为摩擦而产生的内能与摩擦力对滑块做的功之和,即ΔE=Wf+Q=1.5 J+0.5 J=2 J,故D错误。 [答案]　B 考法(二)　倾斜传送带问题 　　[例2]　图(a)为成都天府国际机场某货物传送装置实物图,简化图如图(b)所示,该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成,固定挡板CDEF与传送带上表面垂直,传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为θ=37°,CD与水平面平行。传送带匀速转动时,工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放,货物对地发生位移L=10 m后被取走,货物在传送带上运动时的剖面图如图(c)所示。已知传送带匀速运行的速度为v=1 m/s,货物质量为m=10 kg,其底部与传送带ABCD间的动摩擦因数为μ1=0.5,其侧面与挡板CDEF间的动摩擦因数为μ2=0.25。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求: (1)货物刚放上传送带时,其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力f2的大小; (2)货物在传送带上所经历的时间; (3)传送装置多消耗的电能。 [解析]　(1)货物刚放上传送带时,对货物受力分析可知,其底面所受滑动摩擦力大小为f1=μ1mgcos θ=40 N 其侧面所受滑动摩擦力大小为f2=μ2mgsin θ=15 N。 (2)因为f1与运动方向相同,f2与运动方向相反,货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得f1-f2=ma1 解得a1=2.5 m/s2 设货物匀加速至与传送带共速所用时间为t1,对地位移为x1,由运动学公式得t1==0.4 s x1==0.2 m 因x1<L,故货物与传送带能够共速。共速后,货物做匀速直线运动,直至被取下,设此段运动时间为t2,位移为x2,则x2=L-x1=9.8 m,t2==9.8 s 货物运动总时间为t=t1+t2=10.2 s。 (3)[解法一]传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为 Q1=f1=8 J 货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为 Q2=f2L=150 J 货物增加的动能ΔEk=mv2=5 J 传送装置多消耗的电能E电=Q1+Q2+ΔEk=163 J。 [解法二]在货物匀加速与匀速运动过程中,传送带的位移分别为 x3=vt1=0.4 m,x4=vt2=9.8 m 货物匀加速过程传送带克服摩擦力做功为Wf1=f1x3=16 J 货物匀速过程传送带克服摩擦力做功为 Wf2=f2x4=147 J 则因运送货物传送装置多消耗的电能为 E=Wf1+Wf2=163 J。 [答案]　(1)40 N　15 N　(2)10.2 s　(3)163 J |思|维|建|模|　传送带模型问题的分析流程 (二)“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.分析方法 (1)动力学分析:分别对滑块和木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速度;从放上滑块到二者速度相等,所用时间相等,由t==,可求出共同速度v和所用时间t,然后由位移公式可分别求出二者的位移。 (2)功和能分析:对滑块和木板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律。如图所示,要注意区分三个位移: ①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑; ②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板; ③求摩擦生热时用相对位移Δx。 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。 [考法全训] 考法(一)　水平面上的滑块—木板模型 　　[例1]　(2024·海南高考)某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量M=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (2)滑板的长度L。 [解析]　(1)设游客滑到b点时速度大小为v0,从a到b过程,根据机械能守恒定律得mgh=m 解得v0=10 m/s 在b点,根据牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=1 000 N,根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。 (2)设游客恰好滑上平台时的速度大小为v,在平台上运动过程,由动能定理得-μmgs=0-mv2 解得v=8 m/s 根据题意可知,游客在滑板上运动过程中,游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设游客和滑板加速度大小分别为a1和a2,得a1==μg=2 m/s2 a2==4 m/s2 根据运动学公式得v=v0-a1t 解得t=1 s 该段时间内游客的位移为s1=t=9 m,滑板的位移为s2=a2t2=2 m 根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。 [答案]　(1)1 000 N　(2)7 m 考法(二)　斜面上的滑块—木板模型 　　[例2]　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与长木板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。 [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,长木板A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,则有L=a1t2 根据牛顿第二定律有 2mgsin θ-μ1×3mgcos θ+μ2mgcos θ=2ma1 以物块B为研究对象,则有2L=a2t2 根据牛顿第二定律有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2 解得μ1=0.5,μ2=0.375。 (2)[解法一]设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2,根据运动学公式有 L=v1t,2L=v2t 根据能量守恒定律可知,因摩擦产生的总热量 Q=mg×2Lsin θ+2mgLsin θ-m-×2m,解得Q=90 J。 [解法二] 摩擦产生的总热量为Q=μ1×3mgcos θ×L+μ2mgcos θ×L 解得Q=90 J。 [答案]　(1)0.5　0.375　(2)90 J |思|维|建|模| 　 “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。 (3)地面光滑时,求速度可优先考虑应用动量守恒定律。 (三)多运动组合模型中的能量问题 1.分析思路 (1)受力与运动分析:根据物体的运动过程分析物体的受力情况,以及不同运动过程中力的变化情况。 (2)做功分析:根据各种力做功的不同特点,分析各种力在不同运动过程中的做功情况。 (3)功能关系分析:运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析,选择合适的规律求解。 2.方法技巧 (1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情境。 (2)“分”——将全过程进行分解,分析每个子过程对应的基本规律。 (3)“合”——找出各子过程之间的联系,以衔接点为突破口,寻求解题最优方案。 　　[例1]　(2025·广安调研)某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示,在竖直面内,光滑弧形轨道AB和光滑圆弧轨道CD分别与水平粗糙轨道BC相切于B点和C点,圆弧轨道CD的半径为R=0.4 m,BC长L=2 m。某次实验中,将质量为m=0.4 kg的滑块从弧形轨道上高h=1.4 m处静止释放,滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小为F=4 N,此后,滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上,进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ; (2)碰撞过程中动能的损失率η(动能损失量与碰前动能的百分比,结果保留一位小数)。 [解析]　(1)滑块第一次通过Q点时,由牛顿第三定律知,滑块所受轨道的弹力大小为F'=F=4 N 由牛顿第二定律有mg+F'=m 解得v1Q=2 m/s 从释放到Q,由动能定理有mgh-μmgL-mg·2R=m-0,解得μ=0.1。 (2)滑块在D点正下方与水平轨道碰撞,设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2,从Q到碰前,由机械能守恒定律有Ek1=m+mg·2R 滑块第二次通过Q点时,所受轨道的弹力为零,由牛顿第二定律有mg=m 解得v2Q=2 m/s 从碰后到Q,由机械能守恒定律有 Ek2=m+mg·2R 所以η=×100%≈16.7%。 [答案]　(1)0.1　(2)16.7% 　　[例2]　(2025·惠州检测)如图所示,水平平台上一轻弹簧左端固定在A点,原长时在其右端B处放置一质量为m=2 kg的小滑块(可视为质点),平台AB段光滑,BC段长x=2 m,与滑块间的动摩擦因数μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C点,传送带长L=5 m,与滑块间的动摩擦因数μ2=0.4。传送带右端D点与一光滑竖直圆形轨道相切,圆形轨道半径R=0.4 m,最高点E处有一弹性挡板,滑块碰撞挡板前后无机械能损失。现将滑块向左压缩弹簧后突然释放,滑块可在静止的传送带上滑行至距C点1.5 m处停下。已知传送带只可顺时针转动,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)释放滑块时弹簧的弹性势能Ep; (2)若在相同位置释放滑块,要使滑块恰好上升到E点,传送带的速度v为多少; (3)若在相同位置释放滑块,要使滑块不脱离圆形轨道,且不再返回压缩弹簧,传送带的速度大小范围。 [解析]　(1)滑块从释放到在传送带上静止,由能量守恒定律得Ep=μ1mgx+μ2mgx1 其中x1=1.5 m,解得Ep=22 J。 (2)滑块恰好到达E点,由牛顿第二定律有mg=m,得vE==2 m/s 分析得滑块在传送带上经历了加速过程,设滑块在传送带上加速的位移为L1,由动能定理有 W弹-μ1mgx+μ2mgL1-2mgR=m W弹=Ep,解得L1=1 m 又因L1<L=5 m,故滑块在传送带上先做加速运动后做匀速运动。从D到E,由动能定理有 -2mgR=m-m 联立解得传送带速度为v=vD=2 m/s。 (3)情况一:滑块恰好上升至圆心等高处时,设传送带速度为v2,由动能定理-mgR=0-m 解得v2==2 m/s 设滑块返回经过传送带速度减为零时与D点相距为L',则有-μ2mgL'=0-m 解得L'=1 m<L=5 m 故滑块不会冲过C点,滑块在传送带与圆心等高处往复运动,则此情况要滑块不脱离圆弧轨道只需0<v≤2 m/s。 情况二:滑块上升到最高点E后再恰好返回B点,设滑块在传送带上的加速位移为s,对全程分析由动能定理有Ep-2μ1mgx+μ2mgs-μ2mgL=0 解得s=4.75 m 设此时传送带速度为v3,则由动能定理有 Ep-μ1mgx+μ2mgs=m,解得v3=5 m/s 故此情况滑块不脱离圆弧轨道只需2 m/s≤v≤5 m/s 综上,要使滑块不脱离圆弧轨道,传送带的速度需满足的条件为0<v≤2 m/s或2 m/s≤v≤5 m/s。 [答案]　(1)22 J　(2)2 m/s　(3)0<v≤2 m/s或2 m/s≤v≤5 m/s [课时跟踪检测] (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2025·邯郸模拟)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。将饺子无初速度的轻放在传送带上,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=,饺子相对于传送带的位移s相对=vt-=,故B错误;饺子从静止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和传送带共速,饺子的位移s饺子=t==s相对,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。 2.(2025·成都高三月考)如图,一质量为M=2 kg的木板静止在水平地面上,一质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)以v0=2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板,木板始终保持静止。木板足够长,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知),重力加速度大小g=10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 (　　) A.地面对木板的摩擦力方向水平向右 B.地面对木板的摩擦力大小为9 N C.μ2可能为0.12 D.整个过程中,滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J 解析:选C　根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右,大小为fm=μ1mg=3 N,由于木板始终保持静止,故地面对木板的静摩擦力方向水平向左,大小为fM=fm=3 N,故A、B错误;木板始终保持静止,即μ2(m+M)g≥fm,解得μ2≥0.1,故C正确;整个过程中,滑块的动能全部转化为系统的内能,产生的热量Q=m=2 J,故D错误。 3.(2025·云南高三模拟)如图所示,一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于N点,圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放,滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道,第一次上升的最高点距N点高度为R,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.传送带匀速转动的速度大小为 B.经过足够长的时间,小滑块最终静止于N点 C.小滑块第二次上升的最高点距N点高度为R D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于mgR 解析:选D　小滑块从M点下滑到N点过程,由动能定理有mgR=m,解得小滑块第一次到达N点时的速度大小为vN=,小滑块在传送带上先向右减速到0,再向左加速运动,假设小滑块会与传送带共速,则第一次上升过程有mv2=mg×R,解得v=<vN,假设成立,故A错误;由上述分析可知,之后滑块在传送带与圆弧轨道之间做往复运动,上升的最高点距N点高度始终为R,故B、C错误;小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量等于损失的重力势能和维持传送带匀速运动补充的能量,损失的重力势能为mgR,所以小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于mgR,故D正确。 4.如图所示,质量为2 000 kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落,电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s,缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止运动,下落过程中安全钳总共提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.弹簧的劲度系数为3 000 N/m B.整个过程中电梯的加速度一直在减小 C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 N D.从电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4 636 J 解析:选D　电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s,缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止运动,根据能量守恒定律可得mv2+mg·Δx=kΔx2+f动·Δx,代入数据解得k=11 000 N/m,故A错误;与弹簧接触前,电梯做匀加速直线运动,接触弹簧后,电梯先做加速度逐渐减小的加速运动,后做加速度逐渐增加的减速运动,故B错误;电梯停止在井底时,由受力平衡得kΔx=mg+f静,代入数据解得f静=2 000 N,故C错误;当电梯速度最大时,加速度为零,则kΔx'+f动=mg,解得Δx'= m,从电梯接触弹簧到速度最大的过程中,电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做功的绝对值,则ΔE=f动·Δx'=17 000× J≈4 636 J,故D正确。 5.如图所示,BC、CD和DE为三段光滑圆弧轨道,其圆心角θ均为60°,半径R均为0.6 m,O1C、O2E沿竖直方向,AB是倾角θ=60°的粗糙长直轨道,AB与圆弧BC相切于B点,CD和DE圆弧轨道平滑连接。现让质量m=0.6 kg的可视为质点的小物块从长直轨道上的F点由静止释放,已知BF为 m,小物块与AB轨道间的动摩擦因数μ=,不计其他阻力,g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.小物块滑至B点时的速度大小为 m/s B.小物块滑至C点时对轨道的压力大小为13.5 N C.小物块不能沿DE轨道到达E点 D.小物块能沿DE轨道运动至E点再做平抛运动 解析:选C　小物块在斜面上的加速度大小为a== m/s2,根据运动学公式可得2axBF=,解得小物块滑至B点时的速度大小为vB= m/s,故A错误;小物块从B到C过程,由动能定理可得mgR(1-cos θ)=m-m,在C点,由牛顿第二定律可得N-mg=m,联立可得N=19.5 N,根据牛顿第三定律可知,小物块滑至C点时对轨道的压力大小为19.5 N,故B错误;小物块从D到E过程中,假设在与竖直方向的夹角为α时小球脱离圆弧面,此时的速度为v,根据机械能守恒定律可得m=mv2+mgR(cos α-cos θ),其中vD=vB= m/s,脱离瞬间有mgcos α=m,联立解得cos α=,即α<60°,故C正确,D错误。 6.(2025·六安模拟)如图所示,传送带的倾角为θ=37°,从A到B长度为16 m,传送带以10 m/s的速度逆时针转动。 t=0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块, t=1 s时传送带被异物卡住不动了。 已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2。则 (　　) A.煤块到达B点时的速度大小为10 m/s B.煤块从A到B的时间为3 s C.煤块从A到B的过程中机械能减少了12 J D.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16 m 解析:选C　开始阶段,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,煤块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1==1 s,煤块发生的位移为x1=a1=5 m<16 m,所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点,此时传送带刚好被异物卡住不动了,此后摩擦力方向改变;第二阶段,由于μ=0.5<tan θ,煤块将做匀加速运动,由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2,则LAB-x1=vt2+a2,解得t2=1 s,则煤块从A到B的时间t=t1+t2=2 s,煤块到达B点时的速度大小为vB=v+a2t2=12 m/s,故A、B错误;第一阶段煤块的速度小于传送带速度,煤块相对传送带向上移动,煤块与传送带的相对位移大小为Δx1=vt1-x1=10×1 m-5 m=5 m,故煤块相对于传送带上移5 m;第二阶段煤块的速度大于传送带速度(为零),煤块相对传送带向下移动,煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=LAB-x1=11 m,即煤块相对传送带下移11 m,故传送带表面留下黑色划痕的长度为11 m(前5 m被覆盖),故D错误;开始时煤块的机械能为E=mgLABsin 37°=48 J,到达B点时煤块的机械能为EB=m=36 J,煤块从A到B的过程中机械能减少了12 J,故C正确。 二、多项选择题 7.(2025·辽宁鞍山检测)如图所示,电动机带动的传送带与水平方向夹角θ=37°,与两皮带轮O1、O2相切于A、B两点,从A到B长度为L1=5.6 m。传送带以v0=0.8 m/s的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为R=1.5 m。长度为L2=2.0 m的水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略、质量为m=0.5 kg的小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.8,与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则 (　　) A.小物块从A运动到B的时间为8 s B.小物块运动到皮带轮O2最高点时,一定受到皮带轮O2的支持力作用 C.将小物块由A点送到C点的过程,电动机多消耗的电能为21.02 J D.若小物块刚好停在CD中点,则μ2=0.32 解析:选ABC　小物块在传送带下端A无初速度释放后,受到的滑动摩擦力沿传送带向上,做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得μ1mgcos 37°-mgsin 37°=ma,解得a=0.4 m/s2,假设小物块能与传送带达到相同速度,则小物块做匀加速直线运动时上滑的位移为x1==0.8 m<L1,假设成立,小物块做匀加速运动的时间为t1==2 s,小物块与传送带速度相同后,由于μ1mgcos 37°>mgsin 37°,小物块与传送带一起做匀速运动,小物块做匀速运动的时间为t2==6 s,则小物块从A运动到B所用的时间为t=t1+t2=8 s,A正确;小物块运动到皮带轮O2最高点时所需的向心力F'=m≈0.21 N<mg=5 N,所以小物块运动到皮带轮O2最高点时,一定受到皮带轮O2的支持力作用,B正确;小物块与传送带的相对位移为Δx=v0t1-x1=0.8 m,小物块与传送带摩擦产生的热量为Q=μ1mgcos 37°·Δx=2.56 J,B、C的高度差h=R-Rcos 37°=0.3 m,小物块从A点运动到C点,根据能量守恒定律,可得电动机比空载时多消耗的电能为E=Q+m+mg(L1sin 37°+h)=21.02 J,故C正确;若小物块刚好停在CD中点,根据动能定理有-μ2mg=0-m,解得μ2=0.032,D错误。 8.(2025·廊坊模拟)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,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9.9 J D.木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3 J 解析:选CD　由图像可知2.5 s时两者共速,木板在0~2.5 s内向右做匀加速直线运动,作出木板的v⁃t图像如图所示,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/s2,2.5~3.0 s内二者一起做匀减速直线运动,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,由图可知,0~2.5 s内木板的位移大小为x1=×2.5×1 m=1.25 m,物块的位移大小为x2= m+×0.5 m=4 m,物块恰好到达木板右端,所以木板的长度为L=x2-x1=2.75 m,故A错误;前2 s内,对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,对物块有F-μ2m2g=m2a2,解得m2=0.6 kg,F=3.3 N,故B错误;拉力F对物块做的功为W=Fx3,结合图像可知,0~2 s内物块的位移为x3=×3×2.0 m=3 m,所以W=9.9 J,故C正确;木板与地面间因摩擦产生的热量Q=μ1g·x4,结合图像可知,木板的位移为x4=×3.0×1 m=1.5 m,所以Q=3.3 J,故D正确。 三、计算题 9.(10分)(2025·广西贺州检测)如图为某建筑工地的传送装置示意图, 传送带倾斜地固定在水平面上, 以恒定的速度v0=2 m/s向下运动, 质量为m=1 kg的工件无初速度地放在传送带的顶端P, 经时间t1=0.2 s,工件的速度达到2 m/s,此后再经过t2=1.0 s时间, 工件运动速度为v=4 m/s,工件运动到底端Q,重力加速度g=10 m/s2,工件可视为质点。求: (1)传送带与工件间的动摩擦因数μ;(5分) (2)工件由P 运动到Q的过程中, 因摩擦而产生的热量Q。(5分) 解析:(1)工件在传送带上先加速运动,受到沿斜面向下的摩擦力,设斜面与水平面夹角为θ,有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,v0=a1t1 速度达到2 m/s后工件继续加速,受到沿斜面向上的摩擦力,有mgsin θ-μmgcos θ=ma2 v=v0+a2t2 联立解得cos θ=,μ=0.5。 (2)工件两次加速与传送带的相对位移分别为x1=v0t1-t1=0.2 m x2=t2-v0t2=1 m 因摩擦产生的热量为Q=μmg(x1+x2)cos θ=4.8 J。 答案:(1)0.5　(2)4.8 J 10.(11分)(2025·长沙一模)可利用如图所示装置测量滑块与某些材料间的动摩擦因数。将原长为L的轻质弹簧放置在光滑水平面AB上,一端固定在A点,另一端与滑块P(可视为质点,质量为m)接触但不连接,AB的长度为2R(2R>L),B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切,C点与圆心O等高,D点在O点的正上方,是半圆轨道的最高点,用滑块P将弹簧压缩至E点(图中未画出),AE的长度为R,静止释放后,滑块P刚好能到达半圆轨道的最高点D。在水平面AB上铺被测材料薄膜,滑块P仍从E点由静止释放,恰能运动到半圆轨道上的F点,O、F连线与OC的夹角为53°。重力加速度为g,sin 53°=0.8。 (1)求滑块P与被测材料间的动摩擦因数;(5分) (2)在不撤去被测材料的基础上仅将滑块P换成质量为2m的同种材质的滑块Q,滑块Q最终不与弹簧接触,试判断滑块Q由静止释放后能否压缩弹簧2次。(6分) 解析:(1)滑块P刚好到达半圆轨道最高点D时,只有滑块P的重力提供向心力,有m=mg 滑块P从E点运动到D点的过程,由能量守恒定律有Ep=m+2mgL=mgL 在水平面AB上铺上被测材料薄膜后,滑块P到达F点时,只有滑块P重力沿半径方向的分力提供向心力,有m=mgsin 53° 由能量守恒定律可得Ep=m+mg(L+Lsin 53°)+fR,又f=μmg,联立解得μ=。 (2)当换成滑块Q后,假设滑块Q滑不到C处,由能量守恒定律得Ep=2μmgR+2mgh 解得h=<L 则假设成立,滑块Q第一次释放后没有脱离半圆轨道,由能量守恒定律可得Ep=2μmgx 解得x=R 若滑块Q下滑后都运动到E点,可知释放后滑块Q可以再运动到E点两次,而实际上,滑块下滑后都只能运动到E点左侧,故释放后滑块Q可以压缩弹簧两次。 答案:(1)　(2)滑块Q可以压缩弹簧两次 11.(14分)(2025·江门一模)如图是工人传输货物的示意图,工人甲把质量为m=7 kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放,货物从轨道的底端B点(B点有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间,货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速,此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区,长木板进入反弹装置,反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1=10 m,倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ=53°,BC段的长度L2=7.5 m,长木板的长度d=5 m,货物与倾斜轨道间、货物与长木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,重力加速度g=10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求: (1)货物到达B点时的速度大小vB;(3分) (2)长木板的右端刚到C点时货物的速度大小vC;(5分) (3)长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值η。(6分) 解析:(1)依题意,货物由A运动到B过程,根据动能定理可得 mgL1sin 53°-μ1mgL1cos 53°=m 解得vB=10 m/s。 (2)依题意,货物在长木板上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可得a货==5 m/s2 根据匀变速直线运动规律,有-2a货L2=-,解得vC=5 m/s。 (3)长木板进入反弹装置时的速度大小为v1=vC=5 m/s 设长木板的质量为M,长木板与货物向右运动过程,有μ1mg-μ2g=Ma板 根据匀变速直线运动规律,有=2a板 联立解得M=3 kg 则长木板刚进入反弹装置时的动能为E=M=37.5 J 长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2,长木板从C点到B点的过程中,由动能定理得 -μ2Mg(L2-d)=0-M 长木板在反弹的过程中损失的动能为 ΔE=M-M=22.5 J 则长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值 η=×100%=60%。 答案:(1)10 m/s　(2)5 m/s　(3)60% 第5讲　微专题——能量与图像的综合问题(综合融通课) 类型(一)　动能定理与图像的综合问题 1.五类图像中所围“面积”或斜率的意义 2.解决动能定理与图像问题的基本步骤 　　[例1]　(2025·德阳一模)随着技术的不断进步和成本的不断降低,无人机快递物流将会逐渐普及,无人机配送将在未来重塑物流行业。某次无人机载重测试,无人机在8个相同旋转叶片的带动下竖直上升,其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知无人机及其载重总质量为m=10 kg,重力加速度大小为10 m/s2,不计空气阻力,此过程中无人机 (　　) A.0~5 m加速阶段,每个叶片提供的升力大小为8 N B.5~10 m减速阶段,每个叶片提供的升力大小为6 N C.0~10 m的上升过程中,无人机及其载重的机械能增加了320 J D.5~10 m的上升过程中,无人机受到的升力的平均功率为144 W [解析]　Ek⁃x图像的斜率的大小表示合外力的大小,在0~5 m加速阶段,由题图可得F合=64 N,设每个叶片提供的升力大小为F,则由牛顿第二定律有8F-mg=F合,解得F=20.5 N,故A错误;5~10 m减速阶段,由题图可得F合'=64 N,设每个叶片提供的升力大小为F',则由牛顿第二定律有mg-8F'=F合',解得F'=4.5 N,故B错误;0~10 m的上升过程中,无人机及其载重的机械能增加量等于升力所做的功,而在整个上升过程中,升力做功为W=8Fx1+8F'x2=1 000 J,可得此过程无人机及其载重的机械能的增加量为ΔE=W=1 000 J,故C错误;设5~10 m的上升过程中无人机的加速度大小为a,由牛顿第二定律有F合'=ma,解得a=6.4 m/s2,上升到5 m时的速度设为v,则mv2=320 J,解得v=8 m/s,5~10 m的上升过程中所用的时间为t== s=1.25 s,5~10 m的上升过程中升力所做的功为W'=8F'x2=180 J,则该过程中无人机受到的升力的平均功率为== W=144 W,故D正确。 [答案]　D 　　[针对训练] 1.(多选)质量均为m=1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动,二者的动能Ek随位移x的变化图像如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.甲的加速度大于乙的加速度 B.甲、乙在x=6 m处相遇 C.当甲的位移刚达到9 m时,乙在甲的后面 D.当甲的位移为6 m时,乙在甲后面,且距离最远 解析:选AC　根据动能定理,对甲有ma1x=Ek0-Ek,得Ek=-ma1x+Ek0,对乙有ma2x=Ek,图线斜率大小等于合力大小,甲、乙加速度大小分别为a1== m/s2=2 m/s2,a2== m/s2=1 m/s2,则甲的加速度大于乙的加速度,A正确;对甲有Ek0=m,甲的初速度为v0=6 m/s,二者相遇时x=v0t-a1t2=a2t2,解得x=8 m,B错误;当甲的位移为9 m时,由x1=v0t1-a1,时间为t1=3 s,此时乙的位移为x2=a2=4.5 m,乙在甲的后面,C正确;当甲的位移为6 m时,由ma1x=Ek0-mv2,此时甲的速度为v=2 m/s,时间为t2==(3-)s,此时乙的位移和速度分别为x'=a2=(6-3)m,v'=a2t2=(3-)m/s,乙在甲后面,但速度不同,距离不是最远,D错误。 2.(2025·葫芦岛一模)海啸是一种灾难性的海浪,通常由海底地震引起的海底隆起和下陷所致,海底突然变形,致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动,形成海啸袭击沿岸地区,给人们带来巨大的损失。某兴趣小组对海啸的威力进行了模拟研究,设计了如下的模型:如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为m=8 kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动,推力F随位移x变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5,g=10 m/s2,求: (1)物体在水平地面上运动的最大位移; (2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示)。 解析:(1)设物体在水平地面上运动的最大位移为xm,根据变力做功的特点,对物体由动能定理有F1·x1-μmg·xm=0,解得xm=25 m。 (2)当水平推力与物体所受摩擦力大小相等时,物体加速度为零,此时速度达到最大值,则有F2=μmg=40 N 根据题图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为F=-20x+200 当F2=40 N时可得x2=8 m 由动能定理有(F1+F2)x2-μmg·x2=m 解得vm=4 m/s。 答案:(1)25 m　(2)4 m/s |思|维|建|模| 　 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图像所包围的“面积”求位移,由F⁃x图像所包围的“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。 类型(二)　机械能守恒定律与图像的综合问题 机械能守恒定律和图像结合问题一般可以分为两种类型:一种是由图像给出解题信息,另一种是选择出可能符合题意的正确图像。解题思路一般是根据题述情境,选用正确的物理规律,列方程得出与图像相符合的函数关系式来进行求解。 　　[例2]　(多选)如图(a),在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道,图(b)是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N,空气阻力不计,B点为AC轨道中点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.图(b)中x=36 B.小球质量为0.2 kg C.小球在A点时重力的功率为10 W D.小球在B点受到轨道的作用力大小为8.5 N [解析]　小球在光滑轨道上运动,只有重力做功,故机械能守恒,有m=mv2+mgh,整理得v2=-2gh+,结合题图(b)可知,x==9+2×10×0.8=25,故A错误;依题意,小球在C点有F+mg=m,又=9 m2/s2,2R=0.8 m,解得m=0.2 kg,故B正确;小球在A点时重力方向竖直向下,速度水平向右,二者夹角为90°,根据P=mgvcos θ可知此时重力的功率为零,故C错误;由机械能守恒定律可得m=m+mgR,又因为小球在B点受到的轨道作用力提供向心力,可得FB=,联立解得FB=8.5 N,故D正确。 [答案]　BD 　　[针对训练] 3.(2025·沧州调研)一定质量的物块静止在水平地面上,选取地面为重力势能的零势能面,给物块施加竖直向上的拉力F,在一定时间内,物块的机械能随路程变化的图像如图乙所示。已知物块加速度为零的位置出现在路程大于s1的位置。下列说法正确的是 (　　) A.0~s2过程中物块的加速度逐渐减小 B.0~s1过程中物块的动能逐渐增大 C.0~s2过程中物块先向上运动后向下运动 D.s2~s3过程中物块一定向上运动 解析:选B　物块机械能增加是由拉力F做功引起的,根据ΔE=FΔs可知,E⁃s图像的斜率表示F,由题图乙可知,在0~s2的过程中,拉力F一直减小,当路程大于s2后拉力F变为零,0~s2的过程中物块的机械能增加,所以拉力F做正功,物块向上运动,之后物块可能向下做自由落体运动或向上做竖直上抛运动。在物块向上运动的过程中,开始时拉力F大于重力,向上做加速度逐渐减小的加速运动,直到加速度为零,速度达到最大值,然后再做加速度逐渐增大的减速运动,当拉力F为零后做加速度恒定的匀变速直线运动。故选B。 4.某同学利用模拟软件研究小球从半径为R的半圆弧面顶端以不同速率水平抛出时,小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角θ与抛出速率的平方v2的关系,已知重力加速度为g,不计一切阻力,下列图像可能正确的是 (　　) 解析:选D　小球沿圆弧面运动的圆弧对应的圆心角为θ时恰好离开弧面,设此时小球的速度大小为v1,根据牛顿第二定律得mgcos θ=m,小球从抛出到离开弧面,根据机械能守恒定律得mv2+mgR=m+mgRcos θ,解得cos θ=·v2+,故选D。 类型(三)　功能关系与图像的综合问题 物体在运动过程中,各种形式的能量可能随时间与空间的变化而发生变化,其变化规律可用函数关系式和图像两种方式表达。求解功能关系与图像的综合问题时,不但要熟记常用的功能关系,而且要在“数形结合”思想的引导下,抓住图像“轴、线、斜率、截距、面积、点”六个要素的物理意义。 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　[例3]　电动车在刹车或下坡过程中可以利用某些装置把机械能转化为电能,进行机械能回收。一实验电动车质量m=2 kg,以20 J的初机械能沿倾角为15°的平直斜坡AO运动,A点为运动起始点,设A点为零势能点。第一次在A点关闭发动机,让车自由滑行,其机械能—位移关系如图乙中直线①所示;第二次在A点关闭发动机同时开启“机械能回收”装置,回收一段时间后,关闭回收装置,其机械能—位移关系如图乙中图线②所示。假设机械能回收效率为90%,sin 15°≈0.26。下列说法正确的是 (　　) A.第一次中斜面AO作用于实验电动车的阻力大小为5 N B.第二次中实验电动车从10 m行驶到20 m的过程中,其机械能守恒 C.第二次中实验电动车行驶20 m的过程中,回收机械能5.4 J D.第二次中实验电动车行驶前10 m的过程中,其加速度一定越来越小 [解析]　若斜面光滑,则电动车运动过程中机械能守恒,由题图乙中直线①知,机械能在减小,说明下滑过程中摩擦力做功,在自由滑行时,设摩擦力为f,则由能量守恒定律知fΔx=E2-E1,解得f= N=-0.2 N,A错误;第二次中实验电动车从10 m行驶到20 m的过程中,有摩擦力做功,其机械能不守恒,B错误;由题图乙中图线②知,在前10 m内进行“机械能回收”,由题图乙知,图线①表达式为E=-0.2x+20,当x=10 m时,代入得E=(-0.2×10+20) J=18 J,在车自由下滑10 m时,Wf=20 J-18 J=2 J,开启能量回收模式下滑10 m时,Wf+W=20 J-12 J=8 J,则第二次中实验电动车行驶20 m的过程中,回收的电能为E电=W×90%=×90% J=5.4 J,C正确;由题图乙中图线②知,斜率表示摩擦力与回收装置产生外力的合力,方向沿斜面向上,第二次中实验电动车行驶前10 m的过程中,题图乙中图线②斜率变小,则摩擦力与回收装置产生外力的合力变小,电动车重力沿斜面向下分力不变,故电动车加速度一定越来越大,D错误。 [答案]　C 　　[针对训练] 5.(2025·贵阳高三模拟)(多选)如图甲所示,质量为0.1 kg的滑块(可视为质点)在内壁光滑的固定水平筒内压缩弹簧,弹簧原长小于筒长,且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放,离开筒后立即滑上静止于水平面上的木板左端,开始计时,此后木板的v⁃t图像如图乙所示。已知木板质量也为0.1 kg,木板的长度为1 m,滑块与木板间的动摩擦因数为0.6,最终滑块恰好没有离开木板。忽略空气阻力,重力加速度g大小取10 m/s2。则 (　　) A.木板与地面之间的动摩擦因数为0.2 B.木板运动0.5 s后与滑块达到共速 C.释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6 J D.木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25 J 解析:选AB　已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.6,设木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,滑块刚滑上木板时,木板做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得μ1mg-μ2g=Ma1,根据题图乙得a1= m/s2=2 m/s2,联立解得μ2=0.2,故A正确;由v⁃t图像可知,t=0.5 s时木板开始做减速运动,可知此时滑块刚好与木板共速,故B正确;设滑块刚滑上木板时的速度为v0,共速前,以滑块为对象,根据牛顿第二定律可得a==6 m/s2,根据运动学公式可得v共=v0-at1,解得v0=v共+at1=4 m/s,根据能量守恒定律可知,释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep=m=0.8 J,故C错误;根据v⁃t图像可知,整个过程木板通过的位移为x=×1×1 m=0.5 m,则木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q=μ2g·x=0.2 J,故D错误。 6.(多选)跳伞运动员从距离地面某高度处自由下落,下落一段时间后打开降落伞,运动员做减速运动,再经过一段时间后运动员匀速下落。如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比,若用Ep表示人的重力势能,Ek表示人的动能,E表示人的机械能,v表示人下落的速度,h表示下落的高度,t表示下落时间,则下列图像可能正确的是 (　　) 解析:选AC　由功能关系可知空气阻力做的功等于人的机械能的变化,即ΔE=W阻=fΔh=kv2Δh,伞打开前,人的机械能不变,E⁃h图像斜率不变,伞打开后,空气阻力一直做负功,人的机械能一直减小,速度减小,阻力减小,E⁃h图像斜率减小,当空气阻力与重力相等时,速度减到最小,最终做匀速直线运动,阻力保持不变,E⁃h图像斜率保持不变,故A可能正确;设人下落时离地面的高度为H,以地面为参考平面,则人的重力势能Ep=mgH-mgh,则Ep⁃h图像为倾斜向下的直线,B错误;由动能定理可知,伞打开前,人的动能Ek=mgh,Ek⁃h图像为倾斜向上的直线,伞打开后,ΔEk=maΔh,f>mg,则人的加速度a=-g,方向竖直向上,故人的速度减小,加速度减小,当加速度减小到零时,人做匀速直线运动,故Ek⁃h图像为斜率减小的向下的曲线,最后为平行于h轴的直线,C可能正确;伞打开前,人做自由落体运动,伞打开后,人做加速度逐渐减小的减速运动,最后做匀速直线运动,D错误。 [课时跟踪检测] 一、单项选择题 1.物体做竖直上抛运动,v表示物体的瞬时速度,a表示物体的加速度,t表示物体运动的时间,h代表其离抛出点的高度,Ek代表动能,Ep代表势能,以抛出点为零势能面,不计空气阻力。下列所示图像中,能正确反映各物理量之间关系的是 (　　) 解析:选C　物体做竖直上抛运动,只受重力,加速度等于g保持不变,所以a⁃t图像是平行于时间轴的直线,取竖直向上为正方向,则竖直上抛运动可看成一种匀变速直线运动,速度与时间的关系为v=v0-gt,v⁃t图像是一条向下倾斜的直线,A、B不符合题意;以抛出点为零势能面,则物体的重力势能为Ep=mgh,则Ep⁃h图像是过原点的倾斜直线,C符合题意;根据机械能守恒定律得mgh+Ek=m,得Ek=m-mgh,可见Ek与h是线性关系,h增大,Ek减小,Ek⁃h图像是向下倾斜的直线,D不符合题意。 2.(2025·昆明检测)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,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 解析:选D　Ek⁃x图像的斜率的绝对值表示合外力的大小,由题图乙可知,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,故A错误;在3~5 m的过程中,图像斜率的绝对值逐渐增大,可知货物所受的合力逐渐增大,故B错误;根据题图乙可知,在0~3 m的过程中,货物的动能逐渐增大,而随着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处货物的重力势能为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3~5 m的过程中,动能随位移的变化先慢于重力势能随位移的变化后快于重力势能随位移的变化,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。 3.一木箱放在电梯的水平底板上,随同电梯在竖直方向运动,运动过程中木箱的机械能E与位移x的关系图像如图所示,其中0~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线。根据该图像,在0~x2 过程中,下列判断正确的是 (　　) A.电梯向上先变加速后匀减速 B.电梯所受拉力先增大后不变 C.木箱所受支持力先减小后不变 D.木箱一直处于超重状态 解析:选C　木箱机械能的增量ΔE=FΔx,0~x1过程的图线为曲线,斜率逐渐减小,所以该过程木箱所受支持力减小;x1~x2过程的图线为直线,斜率不变,所以该过程木箱所受支持力不变,故C正确;由于不知道支持力与重力的大小关系,不能判断木箱是超重还是失重,故D错误;木箱与电梯有共同的运动状态,木箱的运动不能判断,电梯的运动也不能判断,故A错误;电梯与木箱有共同的加速度,木箱所受支持力先减小后不变,则电梯所受拉力先减小后不变,故B错误。 4.(2025·泰安模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动,物体的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示,虚线为图像上P点的切线,切线与t轴交点的坐标t1是 (　　) A.0.60 B.0.70 C.0.75 D.0.80 解析:选C　物体在拉力作用下做匀加速直线运动,则根据动能定理得Fx=Ek,根据运动学公式和牛顿第二定律有x=at2=t2,整理得Ek=Fx=t2,把P点坐标代入后得出== kg·m2/s4= kg·m2/s4,则Ek=t2,求导得k=×2t,代入P点坐标得kP=4,即kP==4,则Δt=0.75 s,则t1=1.5 s-Δt=1.5 s-0.75 s=0.75 s,故选C。 5.(2025·惠州一模)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离h及其对应的速度v,得到如图所示的v2⁃h图像。运动员及其所携带装备的总质量为60 kg,弹性绳原长为10 m,弹性绳上的弹力遵循胡克定律,忽略空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.弹性绳的劲度系数为120 N/m B.运动员在下落过程中先超重再失重 C.运动员在最低点加速度大小为10 m/s2 D.运动员在速度最大处弹性绳的弹性势能为3 000 J 解析:选A　由题图可知,下落高度为15 m时速度最大,此时运动员受力平衡,有F=mg,又F=kΔx,Δx=(15-10)m=5 m,解得k== N/m=120 N/m,A正确;运动员下落过程先加速后减速,所以下落过程先失重后超重,B错误;运动员在最低点时,速度为零,弹力最大,此时由牛顿第二定律可得F'-mg=ma,F'=kΔxm,Δxm=(25-10)m=15 m,联立上述各式解得a=20 m/s2,C错误;由题图可知,运动员下落15 m时速度最大,根据能量守恒定律,此时弹性绳的弹性势能为Ep=mgh-mv2=1 500 J,D错误。 6.(2025·商洛高三质检)如图1所示,质量为m=0.5 kg的滑块从固定斜面的顶端下滑到底端,若以顶点为坐标原点O,沿斜面向下为x轴正方向,得到滑块下滑过程中动能Ek、重力势能Ep随位移的变化关系如图2所示,以地面为零势能面,重力加速度为g=10 m/s2,根据上述信息可知 (　　) A.斜面的倾角θ=45° B.滑块与斜面间因摩擦产生的热量为10 J C.滑块与斜面间的动摩擦因数为 D.当滑块沿斜面下滑位移x=2.4 m时,动能和势能相等 解析:选D　滑块下滑过程中,重力势能为Ep=Ep0-mgxsin θ,Ep⁃x图像的斜率为k1=-mgsin θ==-2.5,解得sin θ=,则斜面的倾角θ=30°,故A错误;滑块下滑过程中,根据动能定理有mgxsin θ-μmgxcos θ=Ek-Ek0,整理得Ek=(mgsin θ-μmgcos θ)x+Ek0,Ek⁃x图像的斜率为k2=mgsin θ-μmgcos θ==-1.25,解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=,故C错误;滑块与斜面间因摩擦产生的热量为Q=Wf=μmgxmcos θ=12 J,故B错误;当滑块动能和势能相等时,有Ep0-mgx1sin θ=(mgsin θ-μmgcos θ)x1+Ek0,其中Ep0=8 J,Ek0=5 J,解得滑块沿斜面下滑位移为x1=2.4 m,故D正确。 7.(2025·宜宾高三调研)如图甲为皮带输送机简化模型图,皮带输送机倾角θ=37°,顺时针匀速转动,在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中,其机械能E与位移x的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点,质量m=10 kg,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825 B.输送带A、B两端点间的距离为8 m C.货物从下端A点运动到上端B点的时间为9 s D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585 J 解析:选C　由题图乙可知,货物从开始运动到与传送带相对静止,机械能的增加量为ΔE1=μmgcos 37°·Δx1,解得μ=0.875,故A项错误;由题图乙可知,货物沿传送带向上运动0.5 m后与传送带相对静止,此后货物的动能不变,重力势能增加,有mgΔx2sin 37°=ΔE2,解得Δx2=8 m,则传送带两端点之间的距离为L=Δx1+Δx2=8.5 m,故B项错误;设加速阶段的加速度大小为a,有μmgcos 37°-mgsin 37°=ma,设加速阶段时间为t1,有Δx1=a,传送带速度为v=,设匀速阶段时间为t2,有Δx2=vt2,所以总时间为t=t1+t2=9 s,故C项正确;由能量守恒定律可知,其多消耗的能量为ΔE=μmgcos 37°·(vt1-Δx1)+mv2+mgLsin 37°=550 J,故D项错误。 二、多项选择题 8.(2025·重庆模拟)某研究小组为研究一款篮球的性能,在篮球上安装了速度传感器。如图1所示,某次测试时,由静止释放篮球的同时,竖直向下拍一次篮球,篮球第一次落地前的“速度—时间”图像如图2所示。已知篮球的质量为m=5 kg,篮球与水平地面碰撞过程中损失的机械能为碰撞前篮球动能的,且碰撞后篮球速度反向,篮球可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。则 (　　) A.释放点到水平地面的高度为0.8 m B.释放点到水平地面的高度为1.8 m C.篮球第一次反弹后上升的高度为0.3m D.篮球第一次反弹后上升的高度为1.5 m 解析:选AD　0~0.2 s时间内,篮球的v⁃t 图像与t轴围成的面积即为释放点到水平地面的高度,由此可得h=×5×0.1 m+××0.1 m=0.8 m,故A正确,B错误;由v⁃t 图像知,0.1~0.2 s时间内,篮球的加速度 a2= m/s2=10 m/s2=g,可见篮球所受阻力可忽略,因此篮球第一次反弹后上升到最高点过程中,篮球的机械能守恒,篮球第一次落地的速度v1=6 m/s,设第一次反弹上升的高度为h1 ,由机械能守恒定律有m×=mgh1,解得h1=1.5 m,故D正确,C错误。 9.(2025·佳木斯调研)如图所示,竖直轻弹簧下端固定在水平地面上,将轻弹簧正上方质量为m=1 kg的小球由静止释放,小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用。以小球开始下落的位置为原点,竖直向下为y轴正方向,取地面处为零势能面,在小球第一次下落到最低点的过程中,弹簧的弹性势能Ep1、小球的重力势能 Ep2、小球的动能Ek、小球的机械能E随小球位移变化的关系图像分别如图甲、乙、丙、丁所示,弹簧始终在弹性限度范围内,取重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.小球和弹簧系统机械能守恒 B.空气阻力对小球做功1.2 J C.图丙中x0处的弹簧弹力为8 N D.图丙中b=4,图丁中d=4 解析:选CD　由于小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用,空气阻力做负功,可知小球和弹簧系统的机械能减小,故A错误;根据题图丙可知,小球动能为0时,下降高度为0.6 m,即小球在最低点时,重力势能减小了mgh=1×10×0.6 J=6 J,设空气阻力与弹簧对小球的弹力对小球做功分别为W阻、W弹,对小球进行分析,根据动能定理有W阻+W弹+mgh=0,由题图甲,弹簧的弹性势能增加了4.8 J,根据功能关系有W弹=-4.8 J,解得W阻=-1.2 J,故B错误;阻力为恒力,则有W阻=-fy1,其中y1=0.6 m,解得f=2 N,Ek⁃y图像中,某点切线的斜率表示小球在该点受到的合外力,题图丙中x0处图像斜率为0,表明该位置小球所受外力的合力为0,则有F+f=mg,解得F=8 N,故C正确;根据题图甲可知,小球刚刚接触弹簧时,小球下降了0.5 m,在这y0=0.5 m内小球做匀加速直线运动,根据动能定理有mgy0-fy0=b-0,解得b=4,结合上述可知,小球下降到最低点的重力势能为a=10 J-6 J=4 J,小球在最低点的动能为0,则小球在最低点的机械能等于重力势能,可知d=4,故D正确。 三、计算题 10.(13分)如图甲所示,在同一竖直平面内有两个正对着的相同的半圆光滑轨道,轨道半径为R=2 m,相隔一定的距离x,虚线沿竖直方向,一质量为M=0.1 kg 的小球能在其间运动。现在最低点B与最高点A各放一个压力传感器,测量小球对轨道的压力,并通过计算机显示出来。已知小球在最低点B的速度为vB=20 m/s,g=10 m/s2,不计空气阻力。 (1)求小球在最低点B时对轨道的压力大小。(3分) (2)小球能沿光滑轨道运动到最高点A时,求x的最大值。(4分) (3)若半圆轨道的间距x可在零到最大值之间变化,试在图乙中画出小球对轨道A、B两点的压力差随距离x变化的图像。(6分) 解析:(1)小球在最低点时,根据牛顿第二定律得 FB-Mg=M, 解得FB=21 N 根据牛顿第三定律可知,小球在最低点B时对轨道的压力大小为FB'=FB=21 N。 (2)小球恰好到达最高点A时,有Mg=M 小球从A到B的过程,根据机械能守恒定律得 Mg+M=M 解得xm=15 m。 (3)小球从B到A过程,根据机械能守恒定律有 Mg(2R+x)+M=M 小球在最高点时,根据牛顿第二定律有FA+Mg=M 根据牛顿第三定律,小球在最高点A时对轨道的压力FA'=FA 小球对A、B两点的压力差ΔFN=FB'-FA' 解得ΔFN=x+6(N),作图像如图。 答案:(1)21 N　(2)15 m　(3)见解析图 第6讲　验证机械能守恒定律(重点实验) 一、实验知能/系统归纳 一、理清原理与操作 (1)安装:打点计时器竖直安装;纸带沿竖直方向拉直。 (2)打纸带:用手竖直提起纸带,使重物停靠在打点计时器下方附近,先接通电源,再松开纸带,让重物自由下落,打点计时器就在纸带上打出一系列的点,取下纸带,换上新的纸带重打几条(3~5条)。 (3)选纸带:点迹清晰,第1个点、第2个点间距离接近2 mm,所选用的点在同一条直线上。 二、掌握数据处理方法 方法1　利用起始点和第n点计算 　　算出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,测量从第一个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、注意实验细节 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.某时刻的瞬时速度的计算应用vn=,不能用vn=或vn=gt来计算,否则犯了用机械能守恒定律验证机械能是否守恒的错误。 四、做好误差分析 误差 产生原因 减小误差的方法 偶然 误差 测量距离带来的误差 (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。 二、实验关键/重点解读 　　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,还考查小球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   [题点训练] 1.(2025·随州高三检测)为了探究“重力势能转化为动能过程机械能守恒”,可使用的实验器材有:光滑带凹槽导轨(两段)、钢球、电子秤、毫米刻度尺、停表、木块等。 实验步骤如下: ①将两段导轨连接在一起,放在水平桌面上,抬起一段导轨的一端并在它下面垫一木块,如图甲所示。确保装置的稳固性,使钢球得以平滑地滚过两段导轨的连接处。 ②用毫米刻度尺测量导轨水平部分的长度为L。把一个钢球放在木块支撑点的正上方的导轨上,测得钢球离水平面的高度为h,然后静止释放这个钢球。当钢球到达导轨的水平段时,启动停表,当钢球到达导轨水平段的终点时,停下停表,测得运动时间为t1。 ③将支撑木块移动到倾斜导轨的中部下方,如图乙所示。把钢球放在木块支撑点的正上方的导轨上。释放钢球并测量钢球滚过导轨水平部分所用的时间t2。 ④将支撑木块移动到倾斜导轨长度约三分之一处的下方,如图丙所示。把钢球放在木块支撑点的正上方的导轨上。释放钢球并测量钢球滚过导轨水平部分所用的时间t3。 回答下列问题: (1)该实验　　　　测量钢球的质量。(填“需要”或“不需要”)  (2)实验过程中,在实验误差允许范围内,若h=　　　　(用g、L、t1表示),则说明钢球重力势能转化为动能的过程机械能守恒。  (3)多次重复实验,发现始终是t1>t2>t3,分析其主要原因可能是　　　　。  解析:(1)由于该实验是为了“探究重力势能转化为动能过程机械能守恒”,即mgh=mv2,该等式两边均有钢球的质量,可以约掉,不影响实验的探究,所以不需要测量钢球的质量。 (2)实验过程中,钢球到达水平导轨时的速度设为v,钢球在水平导轨上近似做匀速直线运动,则有v=,在实验误差允许范围内,若满足mgh=mv2,联立解得h=,则说明钢球重力势能转化为动能的过程机械能守恒。 (3)由于钢球在沿倾斜导轨下滑时,导轨不可能绝对光滑,钢球需要克服摩擦阻力做功,设钢球与导轨间的动摩擦因数为μ,钢球从倾斜导轨上距水平导轨为s的位置从静止释放,倾斜导轨与水平面的夹角为θ,根据功能关系可知mgh-μmgscos θ=mv2,其中scos θ=x,x为钢球在倾斜导轨上的位移在水平面上的投影,可得mgh-μmgx=mv2,由题意可知x逐渐减小,可得v逐渐变大,钢球在水平导轨上运动的时间逐渐减小,所以多次重复实验,发现始终是t1>t2>t3,因此主要原因可能是钢球克服导轨摩擦力做功。 答案:(1)不需要　(2)　(3)钢球克服导轨摩擦阻力做功 2.(2025·岳阳一模)某小组为了验证机械能守恒定律,设计了如图甲所示的实验装置,物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳相连,P底端固定一宽度为d的轻质遮光条,托住P,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(d≪h)。已知当地的重力加速度为g。 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图丙所示,则图丙中游标卡尺的读数为　　　　cm。  (2)下列实验步骤正确的是　　　　。  A.选择两个质量相等的物块进行实验 B.实验时,要确保物块P由静止释放 C.需要测量出两物块的质量mP和mQ D.需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T (3)改变高度h,重复实验,测得各次遮光条的挡光时间t,以h为横轴、为纵轴建立平面直角坐标系,在坐标系中作出⁃h图像,如图乙所示,该图像的斜率为k,在实验误差允许范围内,若k=　　　　(用题中字母表示),则验证了机械能守恒定律。  解析:(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d=5 mm+2×0.1 mm=5.2 mm=0.52 cm。 (2)实验中要让物块P下降、Q上升,则选择两个质量不相等的物块,A错误;实验时,要确保物块P由静止释放,B正确;需要测量出两物块的质量mP和mQ,C正确;实验中不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T,D错误。 (3)物块P经过光电门时的速度v=,实验中要验证的关系为(mP-mQ)gh=(mP+mQ)v2,即=h,则k=。 答案:(1)0.52　(2)BC　(3) [归纳建模] 1.探究单个物体的机械能是否守恒时,物体的质量没有必要测量。如第1题第(1)问。 2.探究多个物体组成的系统机械能是否守恒时,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   [题点训练] 1.(2024年1月·河南高考适应性演练)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的痕迹条数多一些,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,且该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 2.某同学利用如图甲所示的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律,主要实验步骤如下: A.将桌面上的气垫导轨调至水平 B.测出遮光条的宽度d C.将滑块移至图示位置,测出遮光条到光电门的距离l D.由静止释放滑块,读出遮光条通过光电门的遮光时间Dt E.称出托盘和砝码的总质量m1、滑块(含遮光条)的质量m2 已知当地重力加速度为g,回答以下问题(用题中所给的字母表示)。 (1)遮光条通过光电门时滑块的速度大小为　　　;  (2)遮光条由静止运动至光电门的过程,系统重力势能减少了　　　　。遮光条经过光电门时,滑块、托盘和砝码的总动能为　　　　;  (3)通过改变滑块的释放位置,测出多组l、Δt数据,利用实验数据绘制⁃l图像如图乙。若图中直线的斜率近似等于　　　,可认为该系统机械能守恒。  解析:(1)遮光条通过光电门时滑块的速度大小为v=。 (2)从释放滑块到遮光条经过光电门这一过程中,系统重力势能减少量为ΔEp=m1gl,系统动能增加量为ΔEk=(m1+m2)。 (3)若机械能守恒定律成立,则有m1gl=(m1+m2),整理有=·l,可知若题图乙中直线的斜率近似等于,可认为该系统机械能守恒。 答案:(1)　 (2)m1gl　 (m1+m2)　 (3) [归纳建模] 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.不同图像的斜率的物理意义不同,如第1题第(4)问中v2⁃h图像的斜率为2g,第2题第(3)问中⁃l图像的斜率为。 [课时跟踪检测] 1.(7分)(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,故选B。 答案:(1)B　(2)3.34　(3)不能　B 2.(6分)(2025·石家庄一模)某同学用频闪摄影的方法验证机械能守恒定律,实验中将一钢球从与课桌表面等高的位置O由静止释放,拍到整个下落过程的频闪照片如图所示,位置O到A、B、C各位置的距离分别为h1、h2、h3。钢球下落到C点时与地面平齐且恰好不落地。已知频闪摄影的闪光频率为f,重力加速度为g。 (1)若在误差允许范围内,关系式　　　　　 (用题中给出的字母表示)成立,则证明钢球从位置O运动到位置B的过程中机械能守恒。  (2)关于该实验,下列说法正确的是　　　　。  A.实验开始时,先释放钢球再进行频闪摄影 B.用=2gh2计算出钢球在位置B的速度,算出钢球在B位置的动能,并用来验证机械能守恒定律 C.多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量,这是由于空气阻力造成的 (3)结合实际,可估算该频闪摄影的闪光频率f约为　　　　。  A.50 Hz　　　　　　　　 B.20 Hz C.10 Hz D.2 Hz 解析:(1)已知频闪摄影的闪光频率为f,则闪光周期为T=,由匀变速直线运动在某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,可得钢球下落到B点时的速度vB==,若在误差允许范围内,关系式mgh2=m,即gh2=成立,则证明钢球从位置O运动到位置B的过程中机械能守恒。 (2)为完整记录钢球的运动情况,实验开始时,应先进行频闪摄影再释放钢球,A错误;应用匀变速直线运动的推论计算钢球在B位置的速度,不能用=2gh2计算钢球在位置B的速度,否则实验无意义,B错误;多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量,这是由于空气阻力作用,使钢球在下落过程中克服阻力做功减少了动能造成的,C正确。 (3)由题图可知,钢球从O点到C点经过8次闪光,可知钢球下落时间为t=8T,一般课桌的高度约为h=0.8 m,钢球做自由落体运动,下落的高度为h=gt2=g(8T)2,代入数据解得T=0.05 s,该频闪摄影的闪光频率约为f== Hz=20 Hz,故选B。 答案:(1)gh2=　(2)C　(3)B 3.(6分)(2025·西安模拟)某同学使用手机自带的传感器设计了一套实验装置用来验证机械能守恒定律。实验过程如下: ①一钢尺伸出水平桌面少许,将质量为m=60 g的小钢球放在钢尺末端,如图甲所示; ②用刻度尺测量钢尺上表面与水平地板间的高度h=100.00 cm; ③打开手机中的声音“振幅”(声音传感器)项目; ④迅速敲击钢尺侧面,让小钢球自由下落。手机中的传感器记录下声音“振幅”随时间变化的曲线,如图乙所示,第一、第二个尖峰的横坐标分别对应小钢球离开钢尺时刻和落地时刻。测得这两个尖峰的时间间隔t=0.46 s。 (1)当地重力加速度g取9.8 m/s2,则下落过程中,重力势能减小量ΔEp=　　　　J,动能增加量ΔEk=　　　 　J。据此可以得出实验结论:在误差允许的范围内,小钢球自由下落过程中机械能守恒。(结果均保留三位有效数字)  (2)敲击钢尺侧面时,若导致小钢球获得了一个水平方向的未被察觉的小速度,对实验测量结果　　　　(选填“有”或“没有”)影响。  解析:(1)下落过程中,重力势能减小量ΔEp=mgh=0.588 J,小钢球下落过程中的平均速度== m/s,根据=和ΔEk=mv2,解得ΔEk≈0.567 J。 (2)根据运动的独立性,敲击钢尺侧面时,若导致小钢球获得了一个水平方向的未被察觉的小速度,不会影响小钢球在竖直方向的运动,对实验测量结果没有影响。 答案:(1)0.588　0.567　(2)没有 4.(8分)(2025·沧州调研)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,在铁架台上固定一角度测量仪,用一长度为L的细线拴接一小球,自然下垂时小球刚好位于光电门处。首先用游标卡尺测量了小球的直径d(d≪L),然后将小球拉离平衡位置一个角度α,使小球由静止释放,记录小球经过光电门时的挡光时间t。多次改变角度α,并记录每次所对应的挡光时间。已知重力加速度为g。 (1)用50分度的游标卡尺测量小球的直径时,游标卡尺的读数如图乙所示,该小球的直径d=　　　mm;  (2)实验时　　　(填“需要”或“不需要”)测量小球的质量m;  (3)通过记录的实验数据,以cos α为横轴,欲将图线拟合成一条直线应以　　　(填“t2”“t”“”或“”)为纵轴,若该过程小球的机械能守恒,则图线的斜率k=　　　　(用题中所给字母表示)。  解析:(1)由游标卡尺的读数规则可知,50分度的游标卡尺精确到0.02 mm,因此该小球的直径为d=4 mm+10×0.02 mm=4.20 mm。 (2)由于小球经过光电门时挡光时间极短,则挡光时间内小球的平均速度近似等于瞬时速度,则小球经过光电门时的速度为v=,若该过程小球的机械能守恒,则小球减少的重力势能等于动能的增加量,所以mgL=mv2,等式两侧m可约去,故不需要测量小球的质量。 (3)若该过程小球的机械能守恒,则mgL(1-cos α)=mv2,即=-cos α+,所以以cos α为横轴,欲将图线拟合成一条直线应以为纵轴;图线的斜率为k=-。 答案:(1)4.20　(2)不需要　(3)　- 5.(9分)(2025·厦门检测)一兴趣小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。装置中M为斜槽,N为水平放置、可上下调节的挡板,白纸和复写纸固定在竖直背板上。钢球在斜槽中从某一位置由静止释放,从末端飞出后,落到N上,挤压复写纸,在白纸上留下印迹。上下调节挡板N,通过多次实验,利用描迹法描绘出钢球的运动轨迹。在描出的轨迹上安装光电门1和光电门2。改变光电门2的位置,使钢球多次释放(钢球均可以无阻碍地通过两光电门)。记录光电门1的挡光时间t0、光电门2的挡光时间t(多组数据),测量钢球直径d作为挡光时间里钢球的位移。 (1)关于本实验,下列说法正确的是　　　(填字母)。  A.必须测量钢球的质量 B.斜槽M必须光滑 C.必须将斜槽M末端调至水平 D.钢球$$