第6章 第四讲 功能关系 能量守恒定律（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

功能关系　能量守恒定律 第四讲 1 课前 2 逐点清(一)　功能关系的理解和应用 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　能量守恒定律的理解及应用 5 课时跟踪检测 3 逐点清(二)　摩擦力做功与能量转化 课 前 精要回顾 动能 重力势能 机械能 转化 转移 保持不变 ΔE减=ΔE增 (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。( ) 微点判断 × × × (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：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：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：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：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。 1.四种常见的功能关系及其表达式 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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 何种力做功 对应能的变化 定量关系 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 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。 必备知能 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：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：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：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。 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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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：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：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； 答案： 解析：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)求重物从B到C过程中，电动机的输出功率P； 答案：mgv 解析：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)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。 答案： 解析：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==。 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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 √ √ 6 7 8 9 10 11 解析：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。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 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 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：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。 1 5 6 7 8 9 10 11 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 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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：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； 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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) (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：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； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)小物块和长木板的加速度各为多大；(4分) 答案： 2 m/s2　0.5 m/s2　 解析：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 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)长木板的长度；(5分) 答案：3 m　 解析：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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (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) 答案：见解析 解析：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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)物块从开始运动至传送带顶端的时间；(10分) 答案： 2.6 s　 解析：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 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)传送带因传送物体多消耗的电能。(4分) 答案：87 J 解析：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。   2 3 4 $$