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（普高基础版）

第六章　机械能 第一讲　功和功率 课前 [精要回顾] [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)(2024·海南高考T1D)神舟十七号载人飞船在返回至离地面十几公里时打开主伞减速，在减速过程中重力对返回舱做负功。 (×) (3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。 (×) (4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角决定的。 (√) (5)合力做的功等于各分力做功的代数和。 (√) (6)(人教必修2 P77“思考与讨论”·改编)从P=Fv可以看出，当发动机的输出功率P一定时，牵引力F与速度v成反比。 (√) (7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。 (√) (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，汽车发动机的功率也一定在增大。 (×) 逐点清(一)　功的正负判断和恒力做功的计算 　　　　　　　　　　　　　　　 1.[功的正负判断] 图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止。下列关于力做功的判断正确的是 (　　) A.甲图中支持力对人做正功 B.甲图中摩擦力对人做负功 C.乙图中支持力对人做正功 D.乙图中摩擦力对人做负功 解析：选A　对题图甲中女士受力分析如图1，受重力和支持力两个力，支持力与速度v的夹角为锐角，做正功，故A正确，B错误；对题图乙中男士受力分析如图2，受重力、支持力和静摩擦力，支持力与速度v的夹角为90°，不做功，Ff与速度方向相同，做正功，故C、D错误。 2.[恒力做功的计算] (人教必修2 P78T3·改编)(多选)一位质量m=60 kg 的滑雪运动员从高h=10 m的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力F=50 N，斜坡的倾角θ=30°，重力加速度g取10 m/s2，运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法正确的是 (　　) A.重力做功为6 000 J　　 B.阻力做功为1 000 J C.支持力不做功 D.各力做的总功为零 解析：选AC　重力做功WG=mgh=6 000 J，故A正确；阻力做功WF=-F=-1 000 J，故B错误；支持力与位移的夹角为90°，不做功，故C正确；由以上分析可知，各力做的总功为5 000 J，故D错误。 3.[合力做功的计算] 一物体放在水平面上，它的俯视图如图所示，两个相互垂直的力F1和F2同时作用在物体上，使物体沿图中v0的方向做直线运动。经过一段位移的过程中，力F1和F2对物体所做的功分别为3 J和4 J，则两个力的合力对物体所做的功为 (　　) A.3 J　　　　　　　 　 B.4 J C.5 J D.7 J 解析：选D　当多个力对物体做功时，多个力的总功大小等于各个力对物体做功的代数和，故W合=WF1+WF2=7 J，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.两个角度判断功的正负 (1)由力与位移(或速度)的夹角判断。 (2)依据能量变化判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相互联系的物体之间的相互作用力做功的情况。 2.恒力做的功 直接用W=Flcos α计算，明确物体位移的大小及夹角α。 3.合力做的功 方法一：先求合力F合，再用W合=F合lcos α求功，尤其适用于已知质量m和加速度a的情况。 方法二：先求各分力做的功W1、W2、W3…，再应用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功。 逐点清(二)　变力做功的分析与计算 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 方法1　利用微元法求变力做功 1.(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球运动过程中空气阻力f的大小不变，则摆球从位置A摆到位置B的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.重力做功为mgL B.悬线的拉力做功为0 C.空气阻力f做功为-mgL D.空气阻力f做功为-πfL 解析：选ABD　重力在整个运动过程中始终不变，所以重力做功为WG=mgL，故A正确；因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故拉力对摆球不做功，即WF=0，故B正确；阻力所做的总功等于每个小圆弧段上f所做功的代数和，Wf=-(fΔx1+fΔx2+…)=-fs=-f·πL=-πfL，故C错误，D正确。 方法2　利用图像法求变力做功 2.(2025·河南洛阳检测)质量为2 kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，则物体在x=7 m处时的速度大小为 (　　) A.2 m/s　　　　　 B.2 m/s C.5 m/s D.4 m/s 解析：选A　根据F-x图像与x轴所围的面积表示功，则物体从0运动到7 m过程中拉力做的功为W=3×4 J+×4 J=40 J，由动能定理得W=mv2-0，解得v=2 m/s，故选A。 方法3　利用平均力求变力做功 3.质量为0.2 kg的物体在水平力F的作用下在水平面上沿x轴由静止开始运动，F随位置x变化的图像如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则物体从x=0运动到x=3 m的过程中，合外力做功为 (　　) A.9 J　　　 B.8 J C.7 J　　　 D.6 J 解析：选D　力F是线性变化，可以用平均力求功，则合外力对物体做的功为W=WF-Wf=x-μmgx=6 J，故选D。 方法4　利用转换法求变力做功 4.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中，拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB=BC，则 (　　) A.W1>W2 B.W1<W2 C.W1=W2 D.无法确定W1和W2的大小关系 解析：选A　绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W=F·Δl，Δl为绳子拉滑块过程中力F的作用点的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由题图可知，ΔlAB>ΔlBC，故W1>W2，A正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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。 2.利用F-x图像求变力做功 在F -x图像中，图像与x轴所围“面积”的代数和表示力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像所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。 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。 4.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。 逐点清(三)　功率的理解与计算 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[对功率的理解]关于某力做功的功率，下列说法正确的是 (　　) A.该力越大，其功率就越大 B.该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大 C.功率越大，说明该力做的功越多 D.功率越小，说明该力做功的时间越少 解析：选B　由功率公式P=Fvcos α可知，功率的大小由F、v及它们间的夹角共同决定，F越大，功率P不一定越大，A错误；由P=可知，单位时间内力做的功越多，其功率就越大，但功率越大，该力做功不一定越多，功率越小，该力的作用时间不一定越少，故B正确，C、D错误。 2.[瞬时功率的计算]如图所示，一个质量为m的小球以初速度v0水平抛出，当小球的速度与水平方向间的夹角为53°时，重力加速度取g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，重力的瞬时功率为 (　　) A.mgv0　 B.mgv0 C.mgv0　 D.mgv0 解析：选C　当小球的速度与水平方向间的夹角为53°时，设小球的竖直分速度为vy，则有tan 53°=，重力的瞬时功率为P=mgvy=mgv0，故A、B、D错误，C正确。 3.[平均功率的计算](多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平外力F的作用，如图所示。下列判断正确的是 (　　) A.水平外力F第1 s末的瞬时功率为6 W B.水平外力F第1 s内的平均功率为4.5 W C.水平外力F前2 s内的平均功率为8 W D.水平外力F第1 s末与第2 s末的瞬时功率之比为9∶4 解析：选BD　0~1 s内，根据牛顿第二定律有F1=ma1，根据速度公式有v1=a1t1，水平外力F第1 s末的瞬时功率P1=F1v1，解得P1=9 W，故A错误；根据位移公式有x1=a1，水平外力F第1 s内的平均功率为=，解得=4.5 W，故B正确；1~2 s内，根据牛顿第二定律有F2=ma2，设t2=t1=1 s，根据位移公式有x2=v1t2+a2，水平外力F前2 s内的平均功率为=，解得=4 W，故C错误；根据速度公式有v2=v1+a2t2，水平外力F第2 s末的瞬时功率P2=F2v2，解得P1∶P2=9∶4，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.功率表示做功的快慢，功率大则做功快，功率小则做功慢。 2.瞬时功率的计算方法 (1)利用公式P=Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。 (2)利用公式P=FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。 (3)利用公式P=Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。 3.平均功率的计算方法 (1)利用=。 (2)利用=Fcos α，其中为物体运动的平均速度。 逐点清(四)　机车启动问题 　　机车的两种启动方式 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 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　恒定功率启动 1.(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h 自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。则动车在时间t内 (　　) A.做匀加速直线运动 B.加速度逐渐减小 C.牵引力的功率P=fvm D.牵引力做功W=m-m 解析：选BC　根据牛顿第二定律有F-f=ma，又有P=Fv，联立得ma=-f，随着速度v增大，加速度a减小，故A错误，B正确；由于复兴号达到最大速度后做匀速直线运动，则有F1=f，根据P=F1vm=fvm，根据动能定理有W-fx=m-m，解得W=m-m+fx，故C正确，D错误。 类型2　匀加速启动 2.(2025·广东广州阶段练习)某公司对研发的新能源汽车进行测试，一辆测试用的小型电动汽车质量m=180 kg，在水平的公路上由静止开始匀加速启动，当功率达到7.2×103 W后保持功率恒定，匀加速持续的时间是8 s，该车运动的速度与时间的关系图像如图所示，汽车在运动过程中所受阻力不变，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)该车在运动过程中所受阻力大小； (2)该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小； (3)从静止开始到18 s末该车所受牵引力做的功。 解析：(1)当牵引力等于阻力时，该车速度达到最大值，则有Pm=Fvm=fvm 可得该车在运动过程中所受阻力大小为f== N=720 N。 (2)根据题图可知，该车匀加速阶段的加速度大小为a== m/s2=1 m/s2 根据牛顿第二定律有F牵-f=ma 可得该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小为F牵=f+ma=720 N+180 N=900 N。 (3)0~8 s内该车的位移大小为 x1=a=×1×82 m=32 m 该过程中牵引力做的功为 W1=F牵x1=900×32 J=2.88×104 J 变加速过程中，即8~18 s内，该车牵引力的功率恒为7.2×103 W，所以该过程中牵引力做的功为W2=Pt2=7.2×103×10 J=7.2×104 J 则从静止开始到18 s末该车所受牵引力做的功为W=W1+W2=2.88×104 J+7.2×104 J=1.008×105 J。 答案：(1)720 N　(2)900 N　(3)1.008×105 J 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 机车启动问题的三点提醒 (1)机车所能达到的最大速度vm=。 (2)机车以恒定加速度启动时，匀加速运动的最大速度v=<vm=。 (3)机车以恒定功率运动过程中，牵引力做的功W=Pt。 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.如图所示，利用无人机运送货物。则在无人机匀减速竖直下降过程中 (　　) A.货物的动能保持不变 B.货物受到的重力做负功 C.货物受到的拉力做负功 D.货物受到的拉力功率变大 解析：选C　在无人机匀减速竖直下降过程中，货物的速度逐渐减小，货物的动能逐渐减小，故A错误；在无人机匀减速竖直下降过程中，重力方向向下，运动方向向下，则货物受到的重力做正功；货物受到的拉力方向向上，则货物受到的拉力做负功，故B错误，C正确；以货物为对象，根据牛顿第二定律可得FT-mg=ma，无人机做匀减速运动，所以货物受到的拉力恒定不变，根据P=FTv可知，由于速度逐渐减小，所以货物受到的拉力功率变小，故D错误。 2.(2023·北京高考)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中 (　　) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时，F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 解析：选D　设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力大小为f=μ(mg-Fsin θ)，摩擦力做的功Wf=μ(mg-Fsin θ)xcos 180°，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W=F合x=ma·x，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则F=ma+μmg，力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x，选项C错误；因合力做功为max一定，而合力做的功等于力F做的功与摩擦力f做的功的代数和，而当Fsin θ=mg时，摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。 3.一物体在恒力F作用下沿该力方向做初速度为零的匀加速直线运动，经时间t，运动位移为s，速度变为v。则这段时间内F做功的平均功率为 (　　) A.Fv B.Fs C. D. 解析：选D　这段时间内F做功的平均功率为==。 4.如图(a)所示，质量为1 kg的物体在水平力F作用下沿水平方向做直线运动，拉力F与位移x的关系图像如图(b)所示，前5 m位移内物体做匀速直线运动，则在物体发生10 m位移的过程中 (　　) A.重力做功为100 J B.拉力F做功为150 J C.所有力做的总功为50 J D.阻力做功为0 解析：选C　物体运动方向和重力方向垂直，重力做功为0，故A错误；拉力做功为WF=F1x1+F2x2=5×5 J+15×5 J=100 J，故B错误；在前5 m 内物体做匀速直线运动，拉力等于阻力，有f=F1=5 N，故阻力做功为Wf=-fx=-5×10 J=-50 J，所有力做的总功W合=WF+Wf=50 J，故C正确，D错误。 5.如图，商场中的斜坡式自动人行道电梯运行速度较慢，经常有顾客直接站立(未扶扶手)随电梯上行。已知某商场电梯斜坡长度为L，斜坡与水平面的夹角为θ，稳定运行速率为v。质量为m的顾客站立在电梯上，随电梯由斜坡底端运动到顶端，已知顾客鞋底与斜坡间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，重力加速度为g，关于此过程下列说法正确的是 (　　) A.斜坡对顾客的作用力大小为mgcos θ B.斜坡对顾客的摩擦力大小为μmgcos θ C.顾客所受重力做功为mgLsin θ D.顾客克服重力做功的功率为mgvsin θ 解析：选D　因μ>tan θ，可得顾客相对电梯处于静止状态，对顾客受力分析可知，顾客受到重力、支持力、静摩擦力，斜坡对顾客的作用力为支持力和摩擦力的合力，根据受力平衡可得斜坡对顾客的作用力大小为F=mg，斜坡对顾客的摩擦力大小为f=mgsin θ，故A、B错误；根据题意，顾客所受重力做功为WG=-mgLsin θ，故C错误；根据正交分解法，把速度v分解为水平方向分速度v1、竖直向上分速度v2，可得顾客克服重力做功的功率为P=mgv2，由几何关系知v2=vsin θ，联立解得P=mgvsin θ，故D正确。 6.如图所示，物体先后由静止开始从两斜面的顶端A分别下滑至底端C、D，若物体与两斜面间的动摩擦因数相同，两个过程中重力对物体做功分别为W1、W2，摩擦力对物体做功分别为W3、W4，则 (　　) A.W1>W2 B.W1<W2 C.W3>W4 D.W3<W4 解析：选D　根据WG=mgh，两个过程中h相同，则重力对物体做功相同，即W1=W2，故A、B错误；设斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ，则摩擦力对物体做功Wf=μmgcos θ·=μmgh·，所以W3<W4，故D正确，C错误。 7.(2025·广西桂林模拟)如图所示，重为G的某汽车以恒定速率通过路面abcd，其中ab段和cd段是倾角均为θ的坡路，bc段为水平直路。已知汽车所受阻力大小不变，且f>Gsin θ，设汽车在ab、bc、cd段行驶时发动机的输出功率分别为P1、P2和P3，则下列关系式正确的是 (　　) A.P1+P2=2P3 B.P1+P3=2P2 C.P2+P3=2P1 D.P1=P2=P3 解析：选B　根据平衡条件可知，汽车在ab段路面行驶时，发动机的牵引力大小为F1=f+Gsin θ，在bc段有F2=f，在cd段有F3=f-Gsin θ，可知F1+F3=2F2，根据P=Fv，可知P1+P3=2P2，故选B。 8.如图所示，在光滑水平桌面上有一根轻质弹簧，将弹簧一端固定，另一端施以水平拉力使弹簧缓慢伸长。弹簧从原长到伸长量为x过程中，外力对弹簧做功为W1；弹簧从原长到伸长量为2x过程中，外力对弹簧做功为W2。弹簧始终处在弹性限度内，则 (　　) A.W2=W1 B.W2=2W1 C.W2=3W1 D.W2=4W1 解析：选D　对弹簧一端施以水平拉力，弹簧缓慢伸长到形变量为x过程中，拉力等于弹簧弹力，与弹簧的伸长量成正比F=F弹=kx，外力做功W1=x=x=kx2；对弹簧一端施以水平拉力，弹簧缓慢伸长到形变量为2x过程中，外力做的功变为原来的4倍，即W2=4W1，故A、B、C错误，D正确。 9.(多选)某电动汽车在平直公路上试车的v-t图像如图所示。已知汽车质量为2×103 kg，最大功率为80 kW，0~t1时间内匀加速的加速度大小为2 m/s2，t1时刻汽车达到最大功率并保持功率不变，运动过程中阻力恒定。下列选项正确的是 (　　) A.图像中t1=5 s B.汽车受到的阻力大小为4×103 N C.汽车在0~t2时间内，牵引力保持不变 D.汽车在0~11 s时间内，牵引力做的功为6.8×105 J 解析：选ABD　当汽车受到的阻力等于汽车牵引力时，速度最大，阻力f=F== N=4×103 N，故B正确；汽车在0~t1时间内，F1-f=ma，v1=，v1=at1，代入数据解得t1=5 s，故A正确；汽车在t1~t2时间内，功率不变，速度增大，根据F=可知，牵引力减小，故C错误；汽车在5~11 s 时间内，牵引力做的功为W2=Pt3，其中t3=11 s-5 s=6 s，汽车在0~t1时间内，位移s=a，这段时间内牵引力做功W1=F1s，联立并代入数据可得W1+W2=6.8×105 J，故D正确。 10.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。 11.(多选)一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以800 W的恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时速度的倒数和瞬时加速度a的关系图像如图所示。已知玩具赛车在跑道上运动时受到的阻力大小不变，玩具赛车从起点到终点所用的时间为40 s，玩具赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是 (　　) A.玩具赛车的质量为20 kg B.玩具赛车所受的阻力大小为50 N C.玩具赛车的速度为8 m/s时，加速度大小为3 m/s2 D.起点到终点的距离为795 m 解析：选AC　由已知条件得P=Fv，F-f=ma，整理得=a+，结合题图可得= s3/m2，=0.05 s/m，将P=800 W代入解得m=20 kg，f=40 N，故A正确，B错误；赛车的速度大小为v1=8 m/s时，赛车的牵引力F1== N=100 N，赛车的加速度大小为a1== m/s2=3 m/s2，故C正确；当赛车的牵引力与赛车的阻力大小相等时，赛车达到最大速度，vm== m/s=20 m/s，赛车从起点到终点根据动能定理有Pt-fx=m，代入数据解得起点到终点的距离为x=700 m，故D错误。 12.(9分)(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；(3分) (2)两条绳子拉力所做的总功；(3分) (3)两条绳子拉力的总功率。(3分) 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 13.(10分)如图甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一质量为4×103 kg的越野车，正以 5 m/s的速度向右匀速运动，越野车前方的水平路段BC较平坦，越野车用12 s通过整个ABC路段的v-t图像如图乙所示，在t=12 s处水平虚线与曲线相切，运动过程中越野车发动机的输出功率保持80 kW不变。假设越野车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自恒定，求： (1)越野车在AB路段上运动时所受的阻力大小；(3分) (2)BC路段的长度。(7分) 解析：(1)越野车在AB路段时做匀速运动，有F1=f1，又P=F1v1 联立解得f1=16 000 N。 (2)t=12 s时越野车处于平衡状态，有F2=f2，P=F2v2，联立解得f2=8 000 N 在BC路段运动时间为t2=8 s 由动能定理有Pt2-f2x=m-m 代入数据解得x=61.25 m。 答案：(1)16 000 N　(2)61.25 m 第二讲　动能 动能定理 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)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。 (√) (2)(人教必修2 P88T1·选摘)汽车的质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大到原来的4倍。 (√) (3)动能不变的物体一定处于平衡状态。 (×) (4)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。 (√) (5)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。 (×) (6)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。 (√) (7)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。 (√) 逐点清(一)　动能定理的理解 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　对动能的理解 1.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能 (　　) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 解析：选B　动能Ek=mv2，则动能与速度的平方成正比，C错误；速度v=at，可得Ek=ma2t2，则动能与经历的时间的平方成正比，A错误；根据v2=2ax，可得Ek=max，则动能与位移成正比，B正确；动量p=mv，可得Ek=，则动能与动量的平方成正比，D错误。 题点2　对动能定理的理解 2.(多选)下列说法正确的有 (　　) 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，则该物体所受的合外力一定为零 D.若运动物体的动能发生变化，则该物体所受的合外力一定不为零 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，如果合外力方向与物体速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，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。 3.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是 (　　) A.对物体，动能定理的表达式为W=m-m，其中W为支持力做的功 B.对物体，动能定理的表达式为W合=0，其中W合为合力做的功 C.对物体，动能定理的表达式为W-mgH=m-m，其中W为支持力做的功 D.对电梯，其所受的合力做功为M-M 解析：选CD　电梯上升的过程中，对物体做功的力有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)等于物体动能的变化，即W合=W-mgH=m-m，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的力有重力Mg、压力FN'和拉力F，合力做功为W合'=M-M，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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.动能定理表达式体现的三个关系 逐点清(二)　动能定理的应用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考法1　应用动能定理求变力做功 1.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g) (　　) A.m-μmg(s+x) B.m-μmgx C.μmgs D.μmg(s+x) 解析：选A　根据功的定义可知物体克服摩擦力做功为Wf=μmg(s+x)，由动能定理可得-W弹-Wf=0-m，则W弹=m-μmg(s+x)，故A正确。 考法2　应用动能定理求解多过程问题 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 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) 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.利用动能定理求变力做功的思路 在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，由动能定理得出W变+W恒=m-m，若物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，则W变=m-m-W恒。 2.应用动能定理解决多过程问题的四点提醒 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 逐点清(三)　动能定理与图像结合问题 必备知能 1.常与动能定理相结合的五类图像 2.解决动能定理与图像结合问题的基本步骤 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.A、B两物体的质量之比为mA∶mB=1∶4，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。此过程中，设A、B两物体受到的摩擦力做的功分别为WA和WB，A、B两物体受到的摩擦力分别为FA和FB，则 (　　) A.WA∶WB=1∶2 B.WA∶WB=4∶1 C.FA∶FB=1∶2 D.FA∶FB=4∶1 解析：选C　根据动能定理有W=0-m，可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为WA∶WB=1∶4，故A、B错误；根据题图可知两物体的加速度之比为aA∶aB=2∶1，根据牛顿第二定律有F=ma，可得A、B两物体受到的摩擦力之比为FA∶FB=1∶2，故C正确，D错误。 2.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的是 (　　) A.物块先做匀加速运动，后做匀减速运动 B.物块的位移为x0时，物块的速度最大 C.力F对物块做的总功为6F0x0 D.物块的最大速度为 解析：选D　物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F方向没变，所以物块一直做加速运动，则物块的位移为3x0时，物块的速度最大，故A、B错误；根据F-x图像与x轴围成的面积表示F做的功，所以力F对物块做的总功为W=×2F0×3x0=3F0x0，故C错误；当物块的位移为3x0时，物块的速度最大，由动能定理可得3F0x0=m，解得物块的最大速度为vm=，故D正确。 3.如图(a)所示，一物块以一定的初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系图像如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为 (　　) A.m=0.7 kg，f=0.5 N　 B.m=0.7 kg，f=1.0 N C.m=0.8 kg，f=0.5 N D.m=0.8 kg，f=1.0 N 解析：选A　0~10 m内物块上滑，由动能定理得-mgsin30°·s-fs=Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s，结合0~10 m内的图像得mgsin 30°+f=4 N；10~20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°-f)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin 30°-f)s-(mgsin 30°-f)s1，结合10~20 m内的图像得mgsin30°-f=3 N，联立解得f=0.5 N，m=0.7 kg，故A正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(多选)如图是做匀变速直线运动的质点在0~6 s内的位移—时间图像，则 (　　) A.0~3 s，合外力对质点做正功 B.3~6 s，合外力对质点做负功 C.1~5 s，合外力对质点做功为0 D.前5 s内，合外力对质点做负功 解析：选CD　因为x-t图像切线的斜率表示速度，可知0~3 s，质点的速度减小，动能减小，根据动能定理得合外力对质点做负功，A错误；3~6 s，质点的速度增大，动能增大，根据动能定理得合外力对质点做正功，B错误；由图像对称性可知，第1 s 末和第5 s末的速度大小相等，则1~5 s，动能不变，根据动能定理得合外力对质点做功为0，C正确；前5 s内，质点的速度减小，则动能减小，根据动能定理得合外力对质点做负功，D正确。 2.(2025·江苏连云港质检)如图所示，将质量为m的小球从高为h处以初速度v0水平抛出，落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，空气阻力不能忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.重力对小球做的功为m(v2-) B.落地时小球重力的功率为mgv C.合外力对小球做的功为mv2 D.空气阻力对小球做的功为m(v2-)-mgh 解析：选D　根据动能定理有W合=mv2-m，重力做功为WG=mgh，设空气阻力做功为Wf，则W合=WG+Wf，解得Wf=W合-WG=mv2-m-mgh，故A、C错误，D正确；落地时小球重力的功率为P=mgvy=mgvsin θ，故B错误。 3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功为 (　　) A.mgh-mv2 B.mv2-mgh C.-mgh D.- 解析：选A　小球从A到C过程中，由动能定理可得WG+WF=0-mv2，其中WG=-mgh，解得WF=mgh-mv2，故选A。 4.(2025·浙江嘉兴质检)如图所示，质量为m的物块放在水平转台上，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当角速度增至ω时，转台开始做匀速转动，整个过程物块与转台总是保持相对静止，则 (　　) A.在角速度增至ω过程中，物块所受的摩擦力的方向总是指向转轴 B.转台匀速转动时，物块所受的摩擦力大小为mωR C.在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功为mω2R2 D.在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功为0 解析：选C　在角速度增至ω过程中，物块加速转动，则物块所受的摩擦力的方向与速度的夹角为锐角，不是总是指向转轴，A错误；转台匀速转动时，物块所受的摩擦力提供向心力，则摩擦力大小为f=mω2R，B错误；根据动能定理，在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功为W=ΔEk=mv2=mω2R2，C正确，D错误。 5.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力) (　　) A. B. C. D. 解析：选B　设小球A下降h过程中小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理有mgh-W1=0；小球B下降h过程中，由动能定理有3mgh-W1=·3mv2-0，解得v=，故B正确。 6.(2025·山东菏泽质检)如图所示，某同学在滑冰场练习滑冰。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37°的倾斜冰面在M处平滑连接，冰鞋与水平和倾斜冰面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，最终在倾斜冰面上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，忽略空气阻力，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　在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有-μmgx1=mv2-m，-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x2=0-mv2，又=，联立解得v=v0，故选A。 7.(多选)如图甲所示，质量为m=2 kg的物体以100 J 的初动能在粗糙的水平地面上滑行，不计空气阻力，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是 (　　) A.物体运动的总位移大小为10 m B.物体运动的加速度大小为10 m/s2 C.物体运动的初速度大小为10 m/s D.物体所受的摩擦力大小为5 N 解析：选AC　由题图乙可知物体运动的总位移大小为10 m，故A正确；由动能定理得-Ffx=ΔEk=-100 J，则摩擦力大小Ff=10 N，由牛顿第二定律得Ff=ma，则a==5 m/s2，故B、D错误；物体的初动能Ek0=m，则v0==10 m/s，故C正确。 8.一包裹以某一初速度沿着倾角为37°的雪道(可视为斜面)从底端开始上滑，包裹上滑到速度为零后又滑回底端，且滑回底端时的速度大小为开始上滑的初速度大小的。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，包裹可视为质点，忽略空气阻力。则包裹和雪道之间的动摩擦因数为 (　　) A.0.05 B.0.16 C.0.21 D.0.25 解析：选C　设包裹沿雪道上滑的最远距离为s，对包裹上滑过程，由动能定理有-mgssin θ-μmgscos θ=0-m，同理，下滑时有mgssin θ-μmgscos θ=m-0，联立解得μ=0.21，故选C。 9.某次救援中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上从静止开始沿直线奔向目标地点，加速100 m后关闭发动机，继续滑行一段距离后恰好到达目标地点，该过程中无人船运动的速度平方v2与位移x的关系图像如图所示。假设无人船运行过程中受水的阻力恒定，不计空气阻力，g取10 m/s2。该过程中 (　　) A.无人船加速的时间为20 s B.无人船平均速度的大小为15 m/s C.减速过程中，无人船受水阻力的大小为20 N D.加速过程中，牵引力对无人船做的功为4×103 J 解析：选C　根据v2-=2ax，解得加速时加速度大小为a1=2 m/s2，无人船加速的时间为t1==10 s，故A错误；根据v2-=2ax，解得减速时加速度大小为a2=1 m/s2，减速时间t2==20 s，则无人船平均速度的大小为== m/s=10 m/s，故B错误；减速过程中，无人船受水阻力的大小为f=ma2=20 N，故C正确；加速过程中，设牵引力对无人船做的功为W，根据动能定理有m-0=W-fx1，解得W=6 000 J，故D错误。10.如图所示，一滑块(可视为质点)在水平力F的作用下由静止开始沿粗糙水平直轨道AB运动，该力的功率恒定，达到最大速度后撤掉该力，滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD，并恰好通过该轨道最高点D，然后进入光滑半圆管道DEF，最终停在粗糙水平直轨道FG上。已知水平力的恒定功率为10 W，滑块的质量为0.2 kg，滑块与轨道AB间的动摩擦因数为0.5，半圆轨道BCD的半径R=0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.滑块在D点的速度大小为 m/s B.半圆管道DEF的半径r可能为0.15 m C.在轨道AB上，滑块的最大速度为10 m/s D.在轨道AB上，滑块减速过程的距离为2.5 m 解析：选C　滑块恰好通过半圆轨道BCD的最高点D，则有mg=m，解得vD= m/s，故A错误；设滑块刚好从D点到达F点，根据动能定理有-mg·2r=0-m，解得r=0.125 m，根据题意滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上，所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125 m，故B错误；在轨道AB上，水平力等于摩擦力时，速度最大，有v'==10 m/s，故C正确；在轨道AB上，设滑块减速过程的距离为x，从撤去外力到D点，根据动能定理有-μmgx-mg·2R=m-mv'2，解得x=7.5 m，故D错误。 11.(9分)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为半圆轨道圆心，BC为半圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量为m=1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(4分) (2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。(5分) 解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD=0 滑块从A到D过程中，由动能定理得 mg(2R-R)-μmgcos 37°·=0-0， 解得μ=0.375。 (2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点有mg=，滑块从A到C过程，由动能定理得-μmgcos 37°·=m-m，解得v0=2 m/s。 答案：(1)0.375　(2)2 m/s 12.(9分)(2025·甘肃平凉模拟)如图所示，固定在竖直面内的光滑圆弧轨道PQ在Q点与水平面相切，其圆心为O、半径为R，圆弧对应的圆心角θ=53°。一可视为质点的质量为m的小物块从S点以水平初速度v0抛出，恰好在P点沿切线方向进入圆弧轨道，最后滑上水平面在C点停下来。已知小物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，sin 53°=0.8，求： (1)S、P两点间的竖直高度；(5分) (2)Q、C两点间的距离。(4分) 解析：(1)小物块从S点到P点做平抛运动，恰好在P点沿切线方向进入圆弧轨道，此时有tan θ= 解得小物块在P点的竖直分速度为vy=v0 竖直方向有2gh= 解得S、P两点间的竖直高度为h==。 (2)小物块在P点的速度为vP==v0 小物块从P点到C点的过程，根据动能定理可得mgR(1-cos θ)-μmgs=0-m 解得Q、C两点间的距离为s=+。 答案：(1)　(2)+ 第三讲　机械能守恒定律 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)(人教必修2 P79“问题”·改编)物体的质量越大、所处的位置越高，重力势能就越大。 (√) (2)重力势能的变化与零势能参考平面的选取无关。 (√) (3)(人教必修2 P82T1·改编)重力做功的大小与路径有关。 (×) (4)(2024·浙江1月选考T3B)质量为m的足球从水平地面上被踢出后，在空中达到最高点的高度为h，则足球重力势能增加mgh。 (√) (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2 P93T1·改编)拉着一个金属块使它沿光滑的斜面匀速上升，则金属块的机械能是守恒的。 (×) (8)(2024·重庆高考T2C)嫦娥六号探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中，自由下落阶段机械能守恒。 (√) (9)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。 (√) 逐点清(一)　机械能守恒的判断 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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.[单个物体机械能守恒的判断] 在下列实例中，若空气阻力忽略不计，机械能守恒的是 (　　) A.手提石块匀速上升的过程 B.电梯加速上升的过程 C.抛出的铅球在空中运动的过程 D.木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程 解析：选C　手提石块匀速上升的过程，外力做正功，其机械能增加；电梯加速上升过程中电梯的动能和重力势能均增加，机械能增大；木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减少，机械能减少；抛出的铅球在空中只受重力作用，其机械能守恒。 故C正确。 3.[多个物体机械能守恒的判断] (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.小球从开始下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，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，则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和系统内弹力做功，则该系统机械能守恒，C正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.对机械能守恒条件的理解 2.判断机械能守恒的三种方法 (1)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的和是否变化，若不变，则机械能守恒。 (2)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。 (3)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 必备知能 1.表达式 2.选用技巧 在处理单个物体机械能守恒问题时，若已知物体在不同状态的机械能，或已知物体的速度、相对参考平面的高度，则可优先选用守恒观点列式；若已知物体在不同状态变化过程中机械能的改变量，通常选用转化观点列式。 3.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。 　 1.(2025·海南调研)如图所示是体育课上某同学水平抛出铅球的示意图，不考虑空气阻力，选地面作为参考平面，用h表示铅球离地面的高度、E表示铅球的机械能，Ep表示铅球的重力势能、Ek表示铅球的动能，则铅球下落过程中，下列图像可能正确的是 (　　) 解析：选B　不考虑空气阻力，抛出后的铅球机械能守恒，故A错误，B正确；铅球的重力势能为Ep=mgh，故C错误；设抛出时铅球的动能为E0，距地面的高度为h0，根据机械能守恒定律得mgh0+E0=mgh+Ek，可得Ek=mgh0+E0-mgh，故D错误。 2.一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当未与圆柱体接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力) (　　) A.　　　　　 B. C. D.2 解析：选A　当未与圆柱体接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h=πR-R+R=R，小球下落过程中，根据机械能守恒定律有mgh=mv2，联立解得v=，故A正确，B、C、D错误。 3.(2025·江苏扬州质检)如图所示，水平地面上固定一装置。质量m=0.1 kg 的小滑块从距地面高H处由静止释放，沿弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC运动，小滑块第一次运动到A点时速度大小为vA=4 m/s。已知竖直圆轨道半径R=0.2 m，小滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.5，不计其他摩擦，不考虑滑块在B处的能量损失。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，求： (1)H的大小； (2)小滑块运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力大小F； (3)小滑块沿斜面BC上滑的最大高度h。 解析：(1)滑块从开始下滑至到达A点过程机械能守恒，有mgH=m 解得H=0.8 m。 (2)从A点到D点过程，对滑块应用机械能守恒定律，有m=m+mg·2R 在D点时，有FND+mg=m 解得FND=3 N 根据牛顿第三定律可知F=FND=3 N。 (3)从A点到BC上最高点过程，对滑块应用动能定理，有-mgh-μmgcos θ·=0-m 解得h=0.48 m。 答案：(1)0.8 m　(2)3 N　(3)0.48 m 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.(链接T1)解决物体在运动过程中机械能、动能、重力势能等图像类问题时，首先要判断物体的机械能是否守恒，然后再根据机械能守恒定律、重力势能表达式、动能定理等写出其相关物理量与高度h的关系式，进而判断图像正误。 2.单物体应用机械能守恒定律的一般解题步骤 逐点清(三)　多物体系统的机械能守恒 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[速度大小相等的多物体系统] (2025·辽宁大连模拟)如图所示，质量为m的木块A放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为3m的木块B相连，让绳拉直后使B从静止开始下降，不计空气阻力，重力加速度大小为g。若B底部与地面的距离为h，B刚接触地面时A仍未离开桌面，则下列说法正确的是 (　　) A.B落地时的速度大小为 B.B落地时的速度大小为 C.绳子的拉力对B做功为mgh D.绳子的拉力对A做功为mgh 解析：选B　对整体根据机械能守恒定律有3mgh=(3m+m)v2，解得v=，故A错误，B正确；对B根据动能定理有3mgh+WF=·3mv2，解得绳子的拉力对B做功为WF=-mgh，故C错误；对A根据动能定理，绳子的拉力对A做功为W=mv2=mgh，故D错误。 2.[角速度相等的多物体系统] (2025·湖南衡阳质检)(多选)如图所示，由两根轻杆构成的直角支架两端分别连接质量为3m的小球A和质量为m的小球B，两根轻杆长均为L，可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，开始连接小球A的轻杆处于水平状态，连接小球B的轻杆处于竖直状态，重力加速度为g，不计空气阻力，小球都可看作质点。从图示位置由静止释放此装置，到小球A转动到最低点的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.小球A、B和轻杆组成的系统机械能守恒 B.小球A减少的重力势能等于小球B增加的机械能 C.小球A转动到最低点的速度大小为 D.此过程轻杆对小球B做的功为mgL 解析：选AC　小球A、B和轻杆组成的系统只有重力做功，故系统机械能守恒，故A正确；小球A减少的重力势能等于小球B增加的机械能与小球A增加的动能之和，故B错误；小球A从静止释放转动到最低点过程，根据机械能守恒定律可得3mgL=mgL+(3m+m)v2，解得小球A转动到最低点的速度大小为v=，故C正确；对小球B，由动能定理可得-mgL+W=mv2，解得轻杆对小球B做的功为W=mgL，故D错误。 3.[某方向分速度相等的多物体系统] (2025·福建厦门质检)如图所示，轻绳通过固定的轻质小滑轮P，一端与套在光滑竖直杆上的物块A连接，另一端与小球B连接，初始时轻绳AP段长度为0.4 m且与水平方向的夹角为30°，将物块A由静止释放，在物块A下降过程中小球B始终没有与P相撞。已知物块A与小球B的质量均为1 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略一切摩擦，则物块A由静止释放到细绳AP段与水平方向的夹角再次为30°的过程中，轻绳对物块A所做的功为 (　　) A.0　　　　　　　　　　 B.-0.8 J C.-2 J D.3.2 J 解析：选B　A由静止释放到细绳AP段与水平方向的夹角再次为30°的过程中，初末两状态AP段绳子的长度不变，即B的高度不变，重力势能不变，即全过程由A的重力势能转化为A、B的动能，设B的末速度为vB，又因为A、B沿绳方向的分速度大小相等，则A的末速度为vA==2vB，根据A、B组成的系统机械能守恒有mg×2lAPsin 30°=m+m，解得vB= m/s，vA= m/s，设轻绳对A所做的功为W，对A根据动能定理有mg×2lAPsin 30°+W=m，解得W=-0.8 J，故选B。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.速度大小相等的常见情形 注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。 2.角速度相等的常见情形 (1)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。 (2)由v=ωr知，v与r成正比。 3.某一方向分速度相等的常见情形 两物体速度关联的实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。 逐点清(四)　非质点类机械能守恒问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[“液柱”类机械能守恒问题] (多选)横截面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中 (　　) A.水柱的重力做正功 B.大气压力对水柱做负功 C.水柱的机械能守恒 D.当两筒水面高度相等时，水柱的动能是ρgS(h1-h2)2 解析：选ACD　从把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，两边做的功相互抵消。水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，重力所做功为WG=ρgS·=ρgS(h1-h2)2，故A、C、D正确，B错误。 2.[“链条”类机械能守恒问题] 如图所示，总长为L、质量分布均匀的铁链放在高度为H的光滑桌面上，有长度为a的一段下垂，H>L，重力加速度为g，则铁链刚接触地面时速度为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　设铁链单位长度的质量为m，设地面为零势能面，由机械能守恒定律可得(L-a)mgH+amg=Lmv2+Lmg·，解得v=，故A、B、C错误，D正确。 3.[“多个小球”类机械能守恒问题] (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：选AD　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，所以有外力对小球做功，小球的机械能不守恒，故B错误；由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的弹力变化，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mv'2=mg·，解得v'=；当整体在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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.非质点类物体虽然不能看成质点，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。 2.在确定非质点类物体重力势能的变化量时，要根据情况将物体分段处理，确定好各部分的重心及重心高度的变化量。 3.非质点类物体各部分是否都在运动，运动的速度大小是否相同，若相同，则物体的动能才可表示为mv2。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·湖北检测)(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是 (　　) A.甲图中，物体A竖直向下压缩弹簧，不计空气阻力，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒 B.乙图中，物体B沿固定斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒 C.丙图中，物体A竖直加速下落，物体B竖直加速上升，不计滑轮质量和任何阻力，物体A的机械能守恒 D.丁图中，小球沿水平面做匀速圆周运动，小球的机械能不变 解析：选AD　甲图中，物体A向下压缩弹簧，物体A的机械能转化为弹簧的弹性势能，物体A的重力势能是物体A与地球所共有的，所以物体A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，故A正确；乙图中，物体B沿固定斜面匀速下滑，说明物体B受到沿斜面向上的摩擦力作用，摩擦力对物体B做负功，物体B的机械能减少，故B错误；丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时，物体A、B组成的系统机械能守恒，物体B的机械能增加，所以物体A的机械能减少，故C错误；丁图中，小球沿水平面做匀速圆周运动时，小球的动能和重力势能都不变，故小球的机械能不变，故D正确。 2.(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) A.重力对物体做的功为mgh B.物体在海平面上的重力势能为mgh C.物体在海平面上的动能为m-mgh D.物体在海平面上的机械能为m 解析：选AD　从地面到海平面重力对物体做的功为mgh，故A正确；以地面为零势能面，所以物体在海平面的重力势能为-mgh，故B错误；物体在地面上的机械能为m，由机械能守恒定律得，物体在海平面上的机械能也为m，在海平面上的动能为m+mgh，故C错误，D正确。 3.(2025·南通适应性考试)如图所示，轻弹簧一端连接小球，另一端固定于O点，现将球拉到与O点等高处，弹簧处于自然状态，小球由静止释放，轨迹如虚线所示，上述运动过程中 (　　) A.小球的机械能守恒 B.小球的重力势能先减小，后增大 C.小球到达O点的正下方时，弹簧的张力最大 D.当球到达O点的正下方时，重力的瞬时功率为0 解析：选B　以小球、弹簧和地球组成的系统为研究对象，由于只有重力和系统内弹力做功，故系统的机械能守恒；小球运动过程中，弹簧弹力对小球做功，则小球的机械能不守恒，故A错误；下摆过程中小球的重力做正功，重力势能减小；通过最低点后小球上升时重力做负功，重力势能增大，故B正确；下摆过程中，弹簧的伸长量逐渐增大，小球运动的最低点在O点正下方左侧，即张力最大位置在O点正下方左侧，故C错误；当小球到达O点的正下方时，小球的速度朝左下方，速度方向与重力方向不垂直，则重力的瞬时功率不为0，故D错误。 4.如图所示，某同学将篮球斜向上与水平方向成53°角投出后，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，水平方向分速度不变，对篮球投出时和入筐时速度进行分析可知v0cos 53°=vcos 37°，篮球从投出到入筐根据机械能守恒定律可知mgh1+m=mgh2+mv2，联立并代入数据解得v0=8 m/s，故选B。 5.如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧的另一端在A点。用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，则 (　　) A.从B到A过程中，小球的机械能守恒 B.从B到A过程中，小球的动能一直在增大 C.从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 D.从B到C过程弹簧弹力对小球做的功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做的功 解析：选D　从B到A过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A错误；从B到A过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动能先增大后减小，故B错误；从B到A过程中，弹簧的压缩量一直在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；因为从B到C过程弹簧的平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，故从B到C过程弹簧弹力对小球做的功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做的功，故D正确。 6.(人教必修2 P93T3·改编)如图所示，某人站在山顶上，将一质量m=0.5 kg的石块沿与水平方向成θ=45°夹角的方向斜向上抛出，石块抛出位置离地面的高度h=40 m，石块落在水平地面上的动能Ek=400 J，不计空气阻力作用，重力加速度g取10 m/s2，则 (　　) A.石块抛出时的速度大小为40 m/s B.石块在空中运动的时间约为2.8 s C.石块在运动过程中，最大速度为50 m/s D.石块在运动过程中，最小速度为20 m/s 解析：选D　石块落地时速度最大，根据Ek=mv2，可得石块的最大速度为v=40 m/s，故C错误；根据机械能守恒定律有mgh+m=mv2，解得石块抛出时的速度大小为v0=20 m/s，故A错误；石块抛出后，在竖直方向上做竖直上抛运动，总运动时间比自由落体运动时间要长，即t>≈2.8 s，故B错误；石块运动到轨迹最高点时，竖直方向速度为零，此时速度最小，最小速度等于抛出时的水平速度为vx=v0cos 45°=20 m/s，故D正确。 7.如图所示，有一条长为L=1 m的均匀金属链条，有一半在光滑的足够高的斜面上，另一半竖直下垂在空中，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，当链条由静止释放后，链条开始滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2) (　　) A.2.5 m/s B. m/s C. m/s D. m/s 解析：选A　设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点所在水平面的重力势能为零，链条的机械能为E=-×2mg×sin 30°-×2mg×=-mgL，链条全部滑出时，动能为Ek'=×2mv2，重力势能为Ep'=-2mg×，由机械能守恒定律可得E=Ek'+Ep'，即-mgL=mv2-mgL，解得v=2.5 m/s，故A正确，B、C、D错误。 8.如图所示，一根长为3L的轻杆可绕水平转轴O转动，两端分别固定质量均为m的小球A和B，A到O的距离为L，现使杆在竖直平面内转动，B运动到最高点时恰好对杆无作用力，两球均视为质点，不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度为g。当B由最高点第一次转至与O点等高的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.杆对B球做正功 B.B球的机械能守恒 C.轻杆转至水平时，A球速度大小为 D.轻杆转至水平时，B球速度大小为 解析：选D　由题意知B运动到最高点时恰好对杆无作用力，有mg=m，B在最高点时速度大小为v=，因为A、B角速度相同，A的转动半径为B的一半，所以A的速度大小为，当B由最高点转至与O点等高时，取O点所在水平面的重力势能为零，根据机械能守恒定律，有mg·2L-mgL+m+mv2=m+m，其中vB=2vA，解得vA=，vB=，故C错误，D正确；设杆对B做的功为W，对B由动能定理得mg·2L+W=m-mv2，解得W=-mgL，所以杆对B做负功，B的机械能不守恒，故A、B错误。 9.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。 10.(11分)如图所示，ABC为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空细管，BC段被弯成以O为圆心、半径R=0.2 m的一小段圆弧，A点、O点位于地面，OC连线竖直。一质量m=0.4 kg的小球(可视为质点)从圆弧底端A点沿切线以初速度v0进入细管ABC，从C点水平飞出，落地点到O点的距离x=0.2 m。已知重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力，小球横截面略小于细管中空部分的横截面。求： (1)小球在C点对细管壁的压力；(8分) (2)小球在A点的初速度大小。(3分) 解析：(1)小球从C点飞出后做平抛运动有R=gt2，x=vCt 解得vC=1 m/s 在C点vC=1 m/s<，则细管壁对小球的压力方向竖直向上 则有mg-F=m 解得F=2 N 根据牛顿第三定律，小球在C点对细管壁的压力大小为FN=2 N，方向竖直向下。 (2)小球从A点到C点过程，根据机械能守恒定律 有mgR=m-m 解得v0= m/s。 答案：(1)2 N，方向竖直向下　(2) m/s 11.(12分)如图所示，一半径为R的光滑硬质圆环固定在竖直平面内，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的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。(4分) 解析：(1)小球A到达D点时，滑轮两侧细线分别与两小球速度方向平行，则此时两小球速度大小与加速度大小均相等，设此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上升距离为x，由机械能守恒定律可知mgR=mgx 解得x=R 当小球A恰好经过OC连线与圆环的交点处时，小球B下降的最大高度hB=R-(R-R)=(2-)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) 解得s=(10-4)R。 答案：(1)0.5mg　(2)　(3)(10-4)R 第四讲　功能关系　能量守恒定律 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)力对物体做正功，物体的机械能一定增加。 (×) (2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。 (×) (3)(2024·北京高考T8B)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则上升和下落两过程损失的机械能相等。 (×) (4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。 (×) (5)静摩擦力做功时，一定会引起能量的转化。 (×) (6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。 (√) (7)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。 (√) 逐点清(一)　功能关系的理解和应用 题点1　对功能关系的理解 1.(多选)热气球能给人以独特的视角享受风景的机会。假设某热气球总质量为m，竖直上升过程中受到浮力恒为F，空气阻力恒为f，热气球从地面由静止上升高度h，速度变为v，已知重力加速度为g。在上述过程中，热气球的 (　　) A.重力势能增加了mgh B.动能增加了(F-mg-f)h C.机械能增加了Fh D.机械能增加了mgh+mv2 解析：选ABD　热气球从地面由静止上升高度h，克服重力做功mgh，则重力势能增加了mgh，故A正确；根据动能定理，动能增加了ΔEk=(F-mg-f)h，故B正确；根据功能关系，机械能增加了ΔE=(F-f)h=mgh+mv2，故C错误，D正确。 2.(2025·贵州贵阳质检)(多选)游泳馆中一质量为m的跳水爱好者(可视为质点)由静止从跳台下落，已知下落点距水面的高度为H，该跳水爱好者入水后到达的最大深度为h，入水后受到的平均阻力大小为f，重力加速度为g，不计空气阻力。则该跳水爱好者 (　　) A.从静止下落到入水前的运动过程处于失重状态 B.落到水面时的动能为mgH C.入水后下降至最大深度过程，克服水的阻力做功为fh D.从开始下落到水中最大深度过程，该人机械能的损失量为mgH 解析：选ABC　从静止下落到入水前的运动过程，该人只受重力作用，处于失重状态，故A正确；从静止下落到入水前的运动过程，该人只受重力作用，根据动能定理有mgH=Ek，故B正确；入水后下降至最大深度过程，根据功的定义可知，该人克服水的阻力做功为Wf=fh，故C正确；从开始下落到水中最大深度过程，该人的初末速度均为零，根据能量守恒定律可知，该人机械能的损失量为ΔE=mg(H+h)，故D错误。 题点2　弹性势能的定量计算 3.(2025·河南三门峡质检)蹦极是一项非常刺激的户外运动。如图所示，某景区蹦极所用的橡皮绳原长为L=80 m、劲度系数为k=25 N/m，橡皮绳一端固定在跳台上，另一端拴接在游客脚踝处。已知游客的质量m=50 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计橡皮绳的重力和空气阻力，橡皮绳始终在弹性限度内，假设游客始终在同一竖直线上运动，已知橡皮绳的弹性势能为Ep=kx2(x为橡皮绳的伸长量)，则游客无初速度的从跳台跳下后，橡皮绳的最大伸长量为 (　　) A.20 m　　　　　　　　　　 B.40 m C.60 m D.80 m 解析：选D　当游客运动到最低点时，橡皮绳的伸长量最大，设橡皮绳的最大伸长量为x，则橡皮绳从原长到伸长x的过程中游客克服橡皮绳弹力做的功为W1=kx2，游客从跳台跳下到最低点的过程中，由功能关系可知mg(L+x)-W1=0，解得x=80 m，D正确。 题点3　功能关系与图像的综合 4.一定质量的物块静止在水平面上，给物块施加竖直向上的拉力F，选取地面为重力势能的零势能面，物块在一定时间内机械能随路程变化的图像如图所示。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，因此F一直在减小，当路程大于s2后拉力变为零，0~s2的过程中物块的机械能在增加，所以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，当拉力为零后做加速度恒定的匀变速直线运动。故选B。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.四种常见的功能关系及其表达式 何种力做功 对应能的变化 定量关系 合力做功 动能变化 合力对物体做功等于物体动能的增量，W合=Ek2-Ek1 重力做功 重力势能变化 重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG=-ΔEp=Ep1-Ep2 弹簧弹力做功 弹性势能变化 弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹=-ΔEp=Ep1-Ep2 非重力和系统内弹力做功 机械能变化 除重力和系统内弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他=ΔE 2.(链接T3)弹簧和橡皮绳的弹性势能表达式Ep=kx2，题中给出表达式时可以直接应用。 逐点清(二)　摩擦力做功与能量转化 必备知能 1.静摩擦力做功的特点 (1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。 (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零。 (3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能。 2.滑动摩擦力做功的特点 (1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。 (2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： ①机械能全部转化为内能； ②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能。 (3)摩擦生热的计算：Q=Ff·x相对。其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　摩擦力做功与摩擦生热 1.(2025·黑龙江哈尔滨质检)如图所示，B点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4 kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ，不计物块经过B点时的能量损失。已知xAB=9 m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的总时间的正中间1 s内的位移为3 m，A、C两点的连线与地面的夹角β=37°，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.物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5 m/s2 B.物块与接触面间的动摩擦因数为0.8 C.物块的重力势能的减少量小于7.2 J D.物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J 解析：选D　设物块沿斜面下滑的加速度为a，正中间1 s内的位移为3 m，则正中间1 s内的平均速度==3 m/s，正中间1 s的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由匀加速直线运动规律有=，2axAB=，解得vB=6 m/s，a=2 m/s2，故A错误；A'为A在地面上的投影，设斜面的倾角为α，如图所示，物块从A到C，由动能定理有mghAA'-μmgcos α·xAB-μmg·xBC=0，由几何关系有xA'B=xABcos α，xA'C=xA'B+xBC，综合可得μ=，又因为=tan β，则μ=tan β=0.75，故B错误；设物块在AB段因摩擦产生的热量为Q1，在物块沿斜面下滑过程中，由能量守恒定律有mghAA'=Q1+m，可得重力势能的减少量为mghAA'=Q1+7.2 J，即物块重力势能的减少量大于7.2 J，故C错误；设物块在BC段因摩擦产生的热量为Q2，物块从B运动到C的过程中，由能量守恒定律有Q2=m=7.2 J，故D正确。 类型2　传送带模型中的能量转化 2.(2025·湖南邵阳模拟)如图，机场中长度为L=2 m 的水平传送带以v=1 m/s的速度沿顺时针匀速传动，现将质量为5 kg 的行李箱轻放在传送带的左端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。行李箱可视为质点，重力加速度大小取g=10 m/s2，则在行李箱被输送到传送带右端的过程中，下列说法错误的是 (　　) A.行李箱在传送带上运动的时间为2.1 s B.传送带对行李箱做了2.5 J的功 C.传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为5 J D.因输送行李箱，传送带电动机额外消耗的电能为5 J 解析：选C　行李箱在传送带上的加速度大小为a=μg=5 m/s2，行李箱做匀加速运动的时间为t1==0.2 s，行李箱做匀加速运动的位移大小为x1=a=0.1 m，行李箱在传送带上匀速运动的时间为t2==1.9 s，行李箱在传送带上运动的时间为t=t1+t2=2.1 s，故A正确；传送带对行李箱做的功为W=Ek=mv2=2.5 J，故B正确；传送带和行李箱间的相对位移大小为Δx=vt1-x1=0.1 m，传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=0.5×5×10×0.1 J=2.5 J，故C错误；因输送行李箱，传送带电动机额外消耗的电能为W电=W+Q=5 J，故D正确。 类型3　“滑块—木板”模型中的能量转化 3.(2025·河北邢台调研)如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中 (　　) A.小物块的机械能增加量为Ffs B.小物块与小车系统的机械能增加量为Fs C.小车的机械能增加量为(F-Ff)s D.木块与小车组成的系统产生的内能为Ffs 解析：选C　小物块对水平面的位移方向向右，大小为x=s-L，小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量，为ΔE1=Ff(s-L)，故A错误；小物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2=Fs-FfL，故B错误；小车的机械能增加量为ΔE3=(F-Ff)s，故C正确；木块与小车组成的系统产生的内能为E=FfL，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.传送带问题涉及的功能关系 (1)传送带克服摩擦力做的功：W=Ffx传。 (2)系统产生的内能：Q=Ffx相对。 (3)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。 2.滑块与木板相对滑动问题分析 对滑块和木板应用动能定理或者能量守恒定律时，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。 逐点清(三)　能量守恒定律的理解及应用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·湖南长沙检测)一种新型节能路灯如图所示，它“头顶”小风扇，“肩扛”太阳能电池板。关于该节能路灯的设计解释合理的是 (　　) A.小风扇是用来给太阳能电池板散热的 B.小风扇是小型电动机，将电能转化为风能 C.太阳能电池板将太阳能转化为电能 D.蓄电池在夜晚放电时，将电能转化为化学能 解析：选C　小风扇可以把风能转化为电能，这样只要有风，这种路灯就可以发电，可用于路灯晚上照明使用，故A、B错误；太阳能电池板可以把太阳能转化为电能，故C正确；蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能，故D错误。 2.(2025·湖南张家界模拟)喷泉经常出现在广场和公园等公共场所，它给人们的生活增添了无穷乐趣。某城市广场喷泉可看作竖直向上喷出，且上升和下降水流不发生碰撞，已知喷出的水柱高达125 m，喷管的半径为 m，重力加速度g取10 m/s2，不计水柱运动过程中受到的空气阻力。请你据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率至少为 (　　) A.1.25×106 W　　　　 B.1.50×106 W C.2.50×106 W D.5.00×106 W 解析：选C　喷出水的初速度为v0== m/s=50 m/s，在时间Δt内喷出水的质量为Δm=ρv0ΔtS=πr2ρv0Δt，则电动机输出功率P==πr2ρ=2.50×106 W，故选C。 3.(2024·江苏高考)某重力储能系统的简化模型如图所示，长度为L、倾角为θ的斜坡ABCD上，有一质量为m的重物通过绳索与电动机连接。在电动机牵引下，重物从斜坡底端A点由静止开始运动，到达B点时速度达到最大值v，然后重物被匀速拉到C点，此时关闭电动机，重物恰好能滑至顶端D点，系统储存机械能。已知绳索与斜坡平行，重物与斜坡间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力和滑轮摩擦。 (1)求CD的长度x； (2)求重物从B到C过程中，电动机的输出功率P； (3)若不计电动机的损耗，求在整个上升过程中，系统储存的机械能E1与消耗电能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) 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.对能量守恒定律的两点理解 (1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 2.能量转化问题的解题思路 (1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。 (2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减=ΔE增列式求解。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(多选)平直公路上行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流。上述不同现象中所包含的相同的物理过程是 (　　) A.物体克服阻力做功 B.物体动能转化为其他形式的能量 C.物体势能转化为其他形式的能量 D.物体机械能转化为其他形式的能量 解析：选AD　汽车在水平路面制动过程中，克服阻力做功，动能转化为内能；流星坠落过程中，机械能转化为内能、光能；降落伞在空中匀速下落，重力势能转化为内能；条形磁铁下落过程中在线圈中产生电流，克服阻力做功，机械能转化为电能；故这些现象所包含的相同物理过程为物体克服阻力做功，机械能转化为其他形式的能，A、D正确，B、C错误。 2.如图所示是航天员在水下进行模拟失重训练的一种方式。航天员穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假设其总质量为m，训练空间的重力加速度为g且不变，航天员在某次出舱作业时，匀速上升距离为h的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.航天员处于完全失重状态 B.机械能增加了mgh C.合力不做功，机械能守恒 D.重力做负功，机械能减少 解析：选B　航天员匀速上升，处于平衡状态，故A错误；根据功能关系，除了重力外其他外力做的功等于机械能的增加量，由题意可知F浮=mg，浮力做的功W浮=F浮h=mgh，则航天员的机械能增加了mgh，故B正确，C、D错误。 3.(2025·浙江杭州模拟)如图所示为低空跳伞极限运动表演，运动员从离地三百多米高的桥面一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合。假设质量为m的跳伞运动员由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员开伞前下落h的过程中，下列说法错误的是 (　　) A.重力对运动员做功为mgh B.运动员克服阻力做功为mgh C.运动员的动能增加了mgh D.运动员的机械能减少了mgh 解析：选A　在运动员开伞前下落h的过程中，重力对运动员做功为WG=mgh，故A错误；下落的加速度为g，则阻力为f=mg-ma=mg，运动员克服阻力做功为Wf=fh=mgh，故B正确；由动能定理可知W合=F合h=mah=mgh=ΔEk，即运动员的动能增加了mgh，故C正确；根据能量守恒定律可知，阻力所做功等于运动员的机械能减少量，有ΔE机=-mgh，即运动员的机械能减少了mgh，故D正确。 4.(2025·广东梅州检测)如图所示，已知某水库的泄洪流量为240 m3/s，水位落差为100 m，水的密度为1.0×103 kg/m3。泄洪时，水流的重力势能有25%转化为电能，取 g=10 m/s2。按照以上数据估算发电站的发电功率是 (　　) A.6.0×107 W B.6.0×108 W C.2.4×107 W D.2.4×108 W 解析：选A　由题意可知t时间内水流的体积V=Qt，发电站的发电功率为P====25%ρQgh=25%×1.0×103×240×10×100 W=6.0×107 W，故选A。 5.如图所示，木板上A、B两点相距5米。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在光滑地面上向左滑行2米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是 (　　) A.物块所受的摩擦力做功为-60 J B.木板克服摩擦力做功为-40 J C.物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J D.物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J 解析：选A　对物块分析可得W1=-f(L-l)=-20×(5-2)J=-60 J，A正确；对木板分析可得W2=-fl=-20×2 J=-40 J，木板克服摩擦力做功为40 J，B错误；物块与木板间因摩擦产生的热量为Q=fL=20×5 J=100 J，C、D错误。 6.(2025·广东佛山调研)如图所示，水平传送带以速度v顺时针匀速转动，现将质量为m的物块无初速度放在A端，物块在到达B端前已与传送带共速，已知AB端距离为L，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，对于物块从A端运动到B端的过程，下列说法正确的是 (　　) A.物块对传送带不做功 B.摩擦力对物块做的功为μmgL C.系统因摩擦产生的热量为mv2 D.由于运输物块电动机多做的功为mv2 解析：选D　物块做匀加速运动所用时间为t=，物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，根据动能定理得摩擦力对物块做的功为W=f·t=mv2<μmgL，同时物块对传送带做功为W'=-f·vt=-mv2，故A、B错误；系统因摩擦产生的热量为Q=f=mv2，故C错误；电动机多做的功转化成了物块的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为ΔE=Q+mv2=mv2，故D正确。 7.(2025·宁夏银川模拟)(多选)如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心但半径不同的两部分，其中a、b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是 (　　) A.a点的角速度等于b点的角速度 B.a点的向心加速度小于b点的向心加速度 C.人对把手做的功等于重物机械能的增加量 D.滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量 解析：选AD　a点的转动半径大于b点的转动半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，根据a=rω2可知，a点的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确，B错误；由能量守恒定律可知，人对把手做的功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，故C错误；由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，故D正确。 8.(2025·安徽滁州检测)如图甲所示，水平桌面上有一质量为2 kg的滑块，在水平向右、大小为8 N的恒力F作用下，由静止开始从原点O沿x轴运动。若从原点O开始，滑块与桌面的动摩擦因数μ随x的变化规律图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　) A.滑块运动到1 m处时的加速度大小为3 m/s2 B.滑块运动到4 m处时的速度为零 C.滑块运动的最大速度为4 m/s D.整个运动过程中因摩擦产生的热量为16 J 解析：选B　由题图乙可得μ=0.2x，则滑块运动到1 m处时的动摩擦因数为μ1=0.2，由牛顿第二定律有F-μ1mg=ma，解得加速度大小为2 m/s2，故A错误；滑块运动到4 m处时的动摩擦因数为μ4=0.8，由动能定理得Fx4-x4=0，即滑块运动到4 m处时的速度为零，故B正确；滑块运动到2 m处时的动摩擦因数为μ2=0.4，此时μ2mg=8 N=F，所以合外力为零，加速度为零，速度最大，由动能定理得Fx2-x2=m，解得最大速度为vm=2 m/s，故C错误；由能量守恒定律有Fx4-Q=0，整个运动过程中因摩擦产生的热量为32 J，故D错误。 9.(2025·河北邯郸质检)如图所示，两个倾角相同的斜面固定在水平地面上，底端通过光滑小圆弧连接，一物块从右侧斜面顶端由静止下滑，滑上左侧斜面至最高点，物块与两斜面间的动摩擦因数相同，通过底端时无能量损失，此过程中下列图像正确的是(v为速率，Ep为重力势能，t为运动时间，Ek为动能，E为机械能，s为路程，选取地面为零势能面) (　　) 解析：选D　根据牛顿第二定律，物块沿斜面下滑时mgsin θ-μmgcos θ=ma1，解得加速度大小a1=gsin θ-μgcos θ，物块沿斜面上滑时mgsin θ+μmgcos θ=ma2，解得加速度大小a2=gsin θ+μgcos θ，故a1<a2，v-t图像的斜率表示加速度，故A错误；Ep-t图像的斜率大小表示重力的瞬时功率大小，物块沿斜面下滑，速度越来越大，竖直方向的分速度也越来越大，故重力的功率越来越大，故B错误；Ek-s 图像的斜率大小表示合外力大小，根据牛顿第二定律知，沿斜面下滑时合力大小F1=ma1是定值，沿斜面上滑时合力大小F2=ma2也是定值，故C错误；根据功能关系知，摩擦力做负功，机械能减少，又E-s 图像的斜率大小表示摩擦力大小，根据题意知摩擦力大小μmgcos θ是定值，故D正确。 10.(14分)如图所示，质量M=8 kg 的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m=2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，现对小物块施加一个大小F=8 N的水平向右的恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物块和长木板的加速度各为多大；(4分) (2)长木板的长度；(5分) (3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。(5分) 解析：(1)长木板与小物块间摩擦力大小Ff=μmg=4 N 小物块加速度大小a1==2 m/s2 长木板加速度大小a2==0.5 m/s2。 (2)小物块对地位移x1=a1t2=4 m 长木板对地位移x2=a2t2=1 m 长木板长度L=x1-x2=3 m。 (3)摩擦力对小物块做功W1=-Ffx1=-16 J 摩擦力对长木板做功W2=Ffx2=4 J， 故W1+W2≠0。 答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)3 m　 (3)见解析 11.(14分)如图所示，质量m=1 kg的物块静止于光滑水平轨道N处，现用F=4 N的水平力作用于物块，物块运动x=0.5 m 时撤去F， 然后滑上以v0=6 m/s 的速度顺时针匀速转动的倾斜传送带(水平轨道与倾斜传送带平滑连接)。已知传送带与物块间的动摩擦因数为，传送带倾角θ=30°，传送带长L=9.4 m。求： (1)物块从开始运动至传送带顶端的时间；(10分) (2)传送带因传送物体多消耗的电能。(4分) 解析：(1)由牛顿第二定律有F=ma1 代入数据解得a1=4 m/s2 根据匀变速直线运动位移时间公式， 可得x=a1，解得t1=0.5 s 则有v1=a1t1=2 m/s 滑上传送带后加速过程有 a2=μgcos θ-gsin θ=2.5 m/s2 有v0=v1+a2t2，解得t2=1.6 s 则可得x1=t2=6.4 m 匀速过程有t3==0.5 s 所以总时间为t=t1+t2+t3=2.6 s。 (2)物块在传送带上时，相对位移为 Δx=v0t2-x1=3.2 m 由能量守恒定律得W电=mgLsin θ+μmgcos θ·Δx+m(-)=87 J。 答案：(1)2.6 s　(2)87 J 第五讲　验证机械能守恒定律(重点实验) 一、理清原理与操作 原理装置图 操作要领 (1)安装：打点计时器竖直安装；纸带沿竖直方向拉直。 (2)重物：选密度大、质量大的金属块，且从靠近打点计时器处释放。 (3)打纸带：让重物自由下落，纸带上打下一系列小点。 (4)选纸带：点迹清晰，且所选用的点在同一条直线上。 (5)求速度：应用vn=，不能用vn=或vn=gtn计算。 二、掌握数据处理方法 方法1　利用起始点和第n点计算 　　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。若在实验误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。 三、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (1)应尽可能控制实验条件，即应满足机械能守恒的条件，这就要求尽量减小各种阻力的影响，采取的措施有： ①安装打点计时器时，必须使两个限位孔的中线严格竖直，以减小摩擦阻力。 ②应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力减小。 (2)实验中，提纸带的手要保持不动，且保证纸带竖直，先接通电源，待打点计时器工作稳定后再松开纸带。 (3)测量下落高度时，为了减小测量值h的相对误差，选取的各个计数点要离起始点远一些，纸带也不宜过长，有效长度可在60~80 cm之间。 (4)速度不能用vn=gtn或vn=计算，否则犯了用机械能守恒定律验证机械能是否守恒的错误。 2.误差分析 误差 产生原因 减小误差的方法 偶然误差 测量距离带来的误差 (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，并使两限位孔的中线在同一竖直线上，以减小摩擦阻力； (2)选用质量大、体积小的物体作重物，以减小空气阻力的影响 　　本实验是高考命题的常考实验，实验命题除考查计数点速度的计算外，还考查重物的质量是否需要测量、利用图像处理实验数据等，试题难度中等。 　　　　　　　　　　　　　　　　 命题点(一)　质量是否需要测量 1.(2025·陕西安康模拟预测)某实验小组的同学利用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。规范操作后，得到一条点迹清晰的纸带，如图2所示，A、B、C、D、E、F是纸带上选取的6个计数点，每相邻两个计数点间还有一个点未画出，用刻度尺依次测得各计数点到A点的距离分别为hBA=2.34 cm、hCA=6.22 cm、hDA=11.65 cm、hEA=18.62 cm、hFA=27.11 cm，已知打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz，当地的重力加速度g=9.80 m/s2。回答下列问题： (1)打下计数点B时，重物的速度大小vB=　　　 m/s(结果保留两位小数)。  (2)根据上述测量数据，为验证重物下落过程中机械能守恒，应使用表达式　　　　验证。(填选项前的字母)  A.ghEA= B.ghEB=- C.ghFA=- (3)有同学认为，若重物下落过程中的加速度在误差允许的范围内等于当地的重力加速度，就可以验证重物下落过程机械能是守恒的。该说法是否正确?　　　　(选填“正确”或“错误”)。  (4)重物下落过程中的加速度大小为　　　m/s2(保留3位有效数字)。  解析：(1)相邻两计数点之间的时间间隔T=2×=2× s=0.04 s，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，打下计数点B时，重物的速度大小vB== cm/s≈0.78 m/s。 (2)由题意可知，A点不是起始点，速度不为零，则不能由mghEA=m验证机械能守恒，故A错误；选择纸带的BE段进行验证时，B点和E点的速度均可方便计算出，由机械能守恒定律有mghEB=m-m，式中左、右两边消去m，故B正确；由于打A、F点时的速度大小不方便计算出，因此不能用mghFA=m-m验证机械能守恒，故C错误。 (3)当重物下落的加速度在误差允许范围内等于当地重力加速度时，其机械能必然守恒，故题中说法正确。 (4)由逐差法可得，重物下落过程中的加速度大小为a== cm/s2≈9.63 m/s2。 答案：(1)0.78　(2)B　(3)正确　(4)9.63(9.61~9.66均可) 2.(2025·河北模拟预测)某小组验证系统机械能守恒。 (1)用游标卡尺测滑块上遮光条的宽度d，示数如图甲所示，则d=　　　　mm。  (2)将滑块放到气垫导轨上，调节气垫导轨下面的旋钮，在不将悬挂物与滑块连接的情况下，轻推滑块使其先后通过1、2两个光电门，光电门的挡光时间分别为t1、t2，若　　　　，则说明气垫导轨已经水平。  (3)如图乙所示，将一不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与滑块和质量为m的悬挂物相连接，滑块和滑轮间的轻绳与导轨平行。让滑块由静止释放，测得滑块上的遮光条通过光电门1、2的挡光时间分别为t3、t4，若遮光条的宽度为d，光电门1、2之间的距离为L，滑块(包括遮光条)的质量为M，重力加速度为g，在滑块的遮光条通过两个光电门的过程中，若等式　　　　　　　　　　　　　　　　(用M、m、d、L、t3、t4、g表示)成立，则表明此过程中滑块和悬挂物组成的系统机械能守恒。  (4)此实验中滑块(包括遮光条)和悬挂物的质量　　　　　　(填“必须”或“不必”)满足M≫m。  解析：(1)游标尺为20分度，且第8个刻度与主尺刻度对齐，则游标卡尺的读数为d=4 mm+8× mm=4.40 mm。 (2)如果滑块通过两个光电门的时间相等，即t1=t2，说明滑块做匀速直线运动，即导轨水平。 (3)当mgL=(M+m)(-)成立时，可验证系统的机械能守恒，结合v1=、v2=，可得2mgL=(M+m)d2(-)。 (4)此实验过程中，研究对象为滑块、遮光条以及悬挂物组成的系统，因此此实验不需要满足悬挂物的质量远小于滑块与遮光条的质量。 答案：(1)4.40　(2)t1=t2 (3)2mgL=(M+m)d2　 (4)不必 [系统建模] 1.探究单个物体机械能守恒时，物体的质量没有必要测量。如第1题第(2)问。 2.探究系统机械能守恒时，系统内各物体的质量必须测出具体值，才可计算系统动能的变化量和势能的变化量。如第2题第(3)问。 命题点(二)　图像斜率的物理意义分析 1.(2025·河南开封模拟)如图甲是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g取9.80 m/s2)。 (1)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50 Hz 的交流电。用分度值为1 mm的刻度尺测得OA=12.41 cm，OB=18.90 cm，OC=27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg。根据以上数据算出：当打点计时器打下B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了　　　　J，此时重锤的速度vB=　　　　m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了　　　　J。(结果均保留3位有效数字)  (2)利用实验时打出的纸带，测量出各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以v2为纵轴作出如图丙所示的图像，图像的斜率近似等于　　　　(填选项前字母)。  A.19.6　　　　B.9.80　　　　C.4.90 图丙中图像未过原点O的原因是 。 解析：(1)当打点计时器打下B点时， 重锤的重力势能减少了ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2 J≈1.85 J；此时重锤的速度vB== m/s≈1.83 m/s，此时重锤的动能增加了ΔEk=m=×1.00×1.832 J≈1.67 J。 (2)由机械能守恒定律有mv2=mgh，可得v2=gh，由此可知v2-h 图像的斜率近似等于重力加速度g，B正确； 由题图丙可知，h=0时，重锤的速度不等于零，原因是做实验时先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源。 答案：(1)1.85　1.83　1.67　(2)B　先释放了纸带，再接通了打点计时器的电源 2.(2023·天津高考)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，接通气垫导轨气源，释放托盘与砝码，并测得： a.遮光片的宽度d； b.遮光片到光电门的距离l； c.遮光片通过光电门的时间Δt； d.托盘与砝码的质量m1，小车与遮光片的质量m2。 (1)小车通过光电门时的速度v=　　　　；  (2)小车从释放到经过光电门的过程，系统重力势能的减少量为　　　　，动能的增加量为　　　　　　；  (3)改变l，做多组实验，作出如图乙以l为横轴、以为纵轴的图像，若系统机械能守恒，则图像的斜率k=　　　　。  解析：(1)遮光片通过光电门的挡光时间极短，该时间内的平均速度近似等于小车通过光电门的瞬时速度，即为v=； (2)由题意可知，小车从释放到经过光电门的过程，托盘和砝码下降的高度为l，则该过程系统重力势能的减少量为|ΔEp|=m1gl，系统动能的增加量为ΔEk=(m1+m2)； (3)若系统的机械能守恒，则有|ΔEp|=ΔEk，即m1gl=(m1+m2)成立，整理得=·l，结合题图乙可知该图像的斜率k=。 答案：(1)　(2)m1gl　(m1+m2) (3) [系统建模] 1.通过图像验证机械能是否守恒，要根据机械能守恒定律写出图像对应的函数表达式，再结合图像解答相关问题。 2.不同图像的斜率的物理意义不同。如第1题第(2)问，-h图像的斜率为g，而v2-h图像的斜率为2g。而第2题中-l图像的斜率k=。 1.(2024·浙江6月选考)在“验证机械能守恒定律”的实验中， (1)下列操作正确的是　　　　。  (2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示。已知打点的频率为50 Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为　　　　m/s(保留三位有效数字)。  (3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量)，则该结果　　　　(选填“能”或“不能”)验证机械能守恒，理由是　　　　(填选项前字母)。  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，且获得更多的数据，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.如图甲所示，某学生将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带由静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验(已知当地的重力加速度为g)。 (1)实验室提供的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是　　　　和　　　　(填选项前字母)。  A.天平及砝码　　　　　 B.毫米刻度尺 C.直流电源 D.交流电源 (2)实验中得到如图乙所示的一条纸带(部分)。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC，已知打点计时器打点的周期为T，打出B点时，重物的瞬时速度大小vB=　　　　，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp=　　　　，动能增加量ΔEk=　　　　。  (3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，其原因可能是　　　　　　　　　　　　。为了减小实验误差，在两个体积相同、质量不同的重物中应选择质量　　　　(选填“较大”或“较小”)的进行实验。  (4)该同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，得到如图丙所示的v2-h图像， 由图像可求得当地的重力加速度g=　　　　m/s2(保留两位小数)。  解析：(1)除了题目中提出的器材，还需要毫米刻度尺测长度，打点计时器需要接交流电源，所以选B、D。 (2)打出B点时，重物的瞬时速度大小为vB=，根据题图可知，从打O点到打B点的过程中，重物下落的高度为hB，重物的重力势能减少量为ΔEp=mghB，动能的增加量为ΔEk=m=。 (3)重力势能的减少量略大于动能的增加量，其原因可能是重物受到空气阻力和纸带受到摩擦阻力的影响；为了减小实验误差，在两个体积相同、质量不同的重物中应选择质量较大的，空气阻力影响相对较小。 (4)若重物下落过程机械能守恒，则有mgh=mv2，即v2=2gh，可知v2-h图像是一条过原点的直线，直线的斜率为k=2g，题图丙所示的v2-h图像的斜率为k= m/s2=2g，因此可求得当地的重力加速度大小为g=9.70 m/s2。 答案：(1)B　D　(2)　mghB　　(3)重物受到空气阻力和纸带受到摩擦阻力的影响　较大　(4)9.70 3.某实验小组用图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。在铁架台的横梁上固定一拉力传感器，弹簧的一端与拉力传感器相连，另一端连接带有遮光片的小钢球。调整光电门1、2的位置并固定在铁架台上A、B处，使钢球由静止释放后遮光片能够无碰撞地通过两光电门。已知弹簧处于原长时，小钢球在光电门1的上方。用手向上推小钢球到某一位置D处后由静止释放小钢球，遮光片能过光电门1、2，重力加速度g=9.8 m/s2，实验过程中弹簧均处于弹性限度内。 (1)用天平测得小钢球和遮光片的总质量m=0.1 kg。 (2)用螺旋测微器测量遮光片的宽度如图2所示，则宽度d=　　　　　mm。  (3)用刻度尺测出OA之间的距离比弹簧的原长多出Δx1=5 cm，OB之间的距离比弹簧的原长多出Δx2=10 cm。 (4)测得遮光片经过光电门1、2时拉力传感器的读数分别为F1=0.52 N、F2=1.04 N，遮光片的遮光时间分别为t1=0.008 s、t2=0.004 s，从以上数据分析可知小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中，小钢球的动能　　　　　 。(选填“增加”或“减少”)  (5)小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中，由于弹簧弹力与伸长量成正比，计算弹簧弹性势能的改变量ΔE弹=　　　　J，小钢球的重力势能的改变量ΔEp=　　　　J，小钢球动能的改变量ΔEk=　　　　J，由以上实验结果表明，在误差允许范围内，小钢球和弹簧组成的系统机械能守恒。(结果均保留两位有效数字)  解析：(2)根据螺旋测微器读数规则d=2.0 mm+0×0.01 mm=2.000 mm。 (4)因为遮光片的遮光时间t1=0.008 s>t2=0.004 s，由平均速度定义v=可知，小钢球经过光电门1时的速度小于经过光电门2时的速度，所以小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中，小钢球的动能增加。 (5)小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中，弹簧弹力所做的功为W=-(Δx2-Δx1)=-3.9×10-2 J，所以弹性势能的改变量为ΔE弹=-W=0.039 J；小钢球的重力势能的改变量为ΔEp=-mg(Δx2-Δx1)=-0.049 J；动能的改变量为ΔEk=m-m≈0.009 4 J。 答案：(2)2.000　(4)增加　(5)0.039　-0.049　0.009 4 49 / 59 学科网（北京）股份有限公司 $$