第6章 第4讲 功能关系 能量守恒定律-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

第4讲　功能关系　能量守恒定律 第六章　机械能及其守恒定律 [学习目标]　1.熟练掌握几种常见的功能关系,并会用于解决实际问题。2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系。3.会应用能量守恒观点解决综合问题。 课时作业 巩固提高训练 考点一　对功能关系的理解及应用 考点二　摩擦力做功与能量变化的关系 考点三　能量守恒定律的应用 内容索引 考点一　对功能关系的理解及应用 一 4 盘点 核心知识 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量　　　　　　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　　　　,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　　　　。  转化 量度　 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 静电力做的功等于电势能减少量 分子力做的功等于分子势能减少量 能量 功能关系 表达式 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 除重力和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 电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W电能=E2-E1=ΔE [判断正误] 1.合力做的功等于物体机械能的改变量。 (　　) 2.重力和弹簧弹力之外的其他力做功的过程是机械能和其他形式的能转化的过程。 (　　) 3.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量。 (　　) 4.滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化。 (　　) 5.在物体的机械能减少的过程中,动能有可能是增大的。 (　　) × √ √ √ √ 考向1　对功能关系的理解 [典例1]　(2024·浙江1月卷)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 提升 关键能力 B [解析]　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,从1到2重力势能增加mgh,则从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,则机械能减小,重力势能减小mgh,则动能增加量小于mgh,C、D错误。 　人教版必修第二册第八章第2节练习与应用第2题: 如图,质量为m的足球在地面1的位置被踢出后落到地面3的位置,在空中达到的最高点2的高度为h。重力加速度为g。   (1)足球由位置1运动到位置2时,重力做了多少功?足球的重力势能增加了多少? (2)足球由位置2运动到位置3时,重力做了多少功?足球的重力势能减少了多少? 考教衔接 [衔接分析]　情景相同。教材只是在两个过程中讨论重力做功和重力势能的变化,目的是理解重力做功和重力势能变化的关系。而高考题在此基础上讨论动能的变化、机械能的变化,目的是考查学生对功能关系的理解情况,高考题较教材更复杂一些。 [复习指导]　深刻理解功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过程。熟练掌握常见的几对功能关系。 [答案]　(1)-mgh　mgh　(2)mgh　mgh [典例2]　如图所示,足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面底端有一固定挡板,轻质弹簧下端与挡板相连,上端与物体A相连。用不可伸长的轻质细绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来,A与滑轮间的细绳与斜面平行。初始时用手托住B,细绳刚好伸直,此时物体A处于静止状态。若不计滑轮质量与摩擦,弹簧始终在弹性限度内,现由静止释放物体B,在B第一次向下运动的过程中(　　) A.轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量 B.物体B重力做的功等于物体B机械能的变化量 C.轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和 D.两物体与轻绳组成的系统机械能变化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值 D [解析]　轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化量,故A错误;重力做功等于物体重力势能的变化量,故B错误;依题意得,轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧弹性势能的变化量之和,故C错误;两物体与轻绳和弹簧组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律可知D正确。 考向2　功能关系与图像的结合 [典例3]　(2025·贵州遵义模拟)如图所示,某时刻物块以初速度v0沿粗糙斜面向下运动,此时加上沿斜面向上的恒力F,物块开始向下做匀减速直线运动直至静止。以该时刻物块所在位置为势能零点,若位移为x、速度为v、动能为Ek、重力势能为Ep、机械能为E,则下列图像可能正确的是(　　) D [解析]　根据运动学公式得v2-=-2ax,速度v与位移x不是线性关系,图像不是直线,A错误;根据动能定理得mgxsin θ-Fx-fx=Ek-Ek0,解得Ek=(mgsin θ-F-f)x+Ek0,动能Ek与位移x是线性关系,图像是直线,B错误;根据功和能的关系得mgxsin θ=Ep0-Ep,解得Ep=Ep0-mgxsin θ,重力势能Ep与位移x是线性关系,图像是直线,C错误;根据功和能的关系得-Fx-fx=E-E0,解得E=E0-(F+f)x,机械能E和位移x是线性关系,D正确。 二 考点二　摩擦力做功与能量变化的关系 17 盘点 核心知识 1.摩擦力做功的特点 项目 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　　　 的损失量  机械能 项目 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 一对摩 擦力做 的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总　　　  一对滑动摩擦力做功的代数和总是　　　　,总功W=-Ffx相对,其绝对值即为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 等于零　 负值 2.三步求解相对滑动物体的能量问题 (1)正确分析物体的运动过程,做好受力分析。 (2)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,求出两个物体的相对位移。 (3)代入公式Q=Ff·x相对计算,若物体在传送带上做往复运动,则x相对为总的相对路程s相对。 [典例4]　(多选)如图所示,一个长为L、质量为M的木板,静止在光滑水平面上,一个质量为m的物块(可视为质点),以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端,设物块与木板间的动摩擦因数为μ,当物块与木板相对静止时,物块仍在木板上,物块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,重力加速度为g,则在此过程中(　　) A.摩擦力对物块做的功为-μmg(s+d) B.摩擦力对木板做的功为μmgs C.木板动能的增量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs 提升 关键能力 AB [解析]　根据功的定义W=Fscos θ,其中s指物体对地的位移,而θ指力与位移之间的夹角,可知摩擦力对物块做的功W1=-μmg(s+d),摩擦力对木板做的功W2=μmgs,A、B正确;根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk=W2=μmgs,C错误;由于摩擦而产生的热量Q=Ff·Δx=μmgd,D错误。 [典例5]　某商场的室内有一模拟滑雪机,该机主要由前后两个传动轴及传送带上黏合的雪毯构成,雪毯不断向上运动,使滑雪者产生身临其境的滑雪体验。已知坡道长L=9 m,倾角θ=37°,雪毯始终以速度v=5 m/s向上运动。一质量m=80 kg(含装备)的滑雪者从坡道顶端由静止滑下,滑雪者没有做任何助力动作,滑雪板与雪毯间的动摩擦因数μ=0.5。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。不计空气阻力。在滑雪者滑到坡道底端的过程中,求: (1)滑雪者的加速度大小a以及经历的时间t; [解析]　对滑雪者受力分析有 mgsin θ-μmgcos θ=ma 解得a=2 m/s2 滑雪者滑下过程做匀加速直线运动,有L=at2 解得t=3 s。 [答案]　2 m/s2　3 s (2)摩擦力对滑雪者所做的功W; [解析]　摩擦力对滑雪者做的功为 W=-μmgcos θ·L=-2 880 J。 [答案]　-2 880 J (3)滑雪板与雪毯间因摩擦产生的热量Q。 [解析]　该时间内雪毯的位移为x雪=vt=15 m 滑雪板与雪毯之间的相对位移为 Δs=x雪+L=24 m 产生的热量为Q=μmgcos θ·Δs=7 680 J。 [答案]　7 680 J 1.(多选)如图所示,倾角为θ=37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d=0.2 m的橡胶带,橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内,其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行,橡胶带的上边缘到斜面顶端的距离为L=0.4 m。现使质量为m=1 kg、宽度也为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端由静止释放,已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。在矩形板由斜面顶端从静止释放到下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上),下列说法正确的是( 　　) A.矩形板受到的摩擦力为Ff=4 N B.矩形板的重力做的功为WG=3.6 J C.产生的热量为Q=0.8 J D.矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时的速度大小为 m/s BCD 教参独具 解析:矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的,所以矩形板受到的摩擦力是变化的,A错误;矩形板的重力做的功WG=mg(L+d)sin θ= 3.6 J,B正确;该过程产生的热量等于克服摩擦力做的功,Q=2×μmgcos θ·d =0.8 J,C正确;对全过程,根据动能定理有WG-Wf=mv2-0,Wf=Q,解得v= m/s,D正确。 2.如图所示,一斜面体ABC固定在水平地面上,斜面AD段粗糙、DC段光滑,在斜面底端C点固定一轻弹簧,弹簧原长等于CD段长度。一质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A以初速度v0=2 m/s沿斜面下滑,当弹簧第一次被压缩至最短时,其长度恰好为原长的一半,物块沿斜面下滑后又沿斜面向上返回,第一次恰能返回到最高点A。已知弹簧的原长L0=0.2 m,物块与斜面AD段间的动摩擦因数μ=,斜面倾角θ=30°,重力加速度g取10 m/s2,弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法中正确的是(　　) A.A、D间的距离xAD=0.2 m B.物块第一次运动到D点时的速度大小为 m/s C.弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.3 J D.物块在斜面AD段能滑行的总路程为1.6 m D 解析:物块从A点下滑至第一次恰好返回到A点的过程,根据动能定理有 -μmgcos θ·2xAD=0-m 代入数据解得xAD=0.4 m,A项错误; 物块从A点下滑至第一次运动到D点的过程,根据动能定理有 mgxADsin θ-μmgcos θ·xAD=m-m 代入数据解得vD= m/s,B项错误; 物块从D点运动至第一次压缩弹簧到最短的过程, 由能量守恒定律有Ep=m+mg·sin θ 解得Ep=0.35 J,C项错误; 物块最终在CD段往复运动,在D点速度为零,设物块在斜面AD段能滑行的总路程为s,由动能定理有mgxAD·sin θ-μmgcos θ·s=0-m,解得s=1.6 m,D项正确。 三 考点三　能量守恒定律的应用 31 1.能量守恒定律 (1)内容:能量既不会凭空　　　　,也不会凭空消失,它只能从一种形式 　　　　为其他形式,或者从一个物体　　　　到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量　　 　　。  (2)表达式 ①E初=E末,初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。 ②ΔE增=ΔE减,增加的能量总和等于减少的能量总和。 盘点 核心知识 产生　 转化 转移 保持不变 2.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。 3.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,一般应用能量的转化和守恒求解。 (2)解题时,首先确定初、末状态,然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列式求解。 [典例6]　(2024·北京卷)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 提升 关键能力 C [解析]　物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受重力,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。 　人教版必修二第八章章末复习与提高A组第6题: 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。 考教衔接 [衔接分析]　情景相似。教材题目是在两个过程中利用动能定理直来直去地求弹性势能和阻力做功。而高考题比较综合,考查了圆周运动的内轨道模型在最高点的临界问题和能量守恒定律。高考题较教材题目综合性更高一些。 [复习指导]　熟练掌握圆周运动的动力学规律,以及各种圆周运动的模型的临界特点,深刻理解并能熟练应用能量守恒定律。 [答案]　(1)m　(2)m-m+2mgR [典例7]　(2025·江苏淮安高三模拟)如图所示,O为固定在水平地面上的铰链,A球通过铰链用轻杆分别连接于铰链O和B球。 现对B球施加水平推力F,使系统处于静止状态,此时两杆间的夹角α=60°。撤去推力F后,A、B两球在同一竖直平面内运动。已知两球质量均为 m,杆长均为L,重力加速度为g, 忽略一切摩擦,求: (1)推力F的大小; [解析]　对A球受力分析,由平衡条件得2F杆cos 30°=mg 解得F杆=mg 再对B球分析,水平推力F=F杆cos 60°=mg。 mg (2)两杆间的夹角变为120°时,B球的动能; [解析]　两轻杆夹角为120°时,分别分解A、B两球速度,可得vA=vB 由系统机械能守恒得mg(L-L)=m+m 则B球动能EkB=mgL。 [答案]　mgL (3)A球落地时重力的功率。 [解析]　A球落地前瞬间,B球到达最左端,则vB=0 由能量守恒定律可得mgL=mvA'2 解得vA'= 则A球落地前瞬间重力的功率P=mgvA'=mg。 [答案]　mg [典例8]　(2025·辽宁沈阳模拟)如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点,用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子始终与斜面平行,A的质量为2m=4 kg,B的质量为m=2 kg,初始时物体A到C点的距离L=1 m,现给A、B一初速度大小v0=3 m/s,使A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C点。已知重力加速度大小g取10 m/s2,不计空气阻力,整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中: (1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小; [答案]　2 m/s [解析]　在物体A向下运动刚到C点的过程中,对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mgcos θ·L=×3m-×3mv2+2mgLsin θ-mgL,解得v=2 m/s。 (2)弹簧的最大压缩量; [答案]　0.4 m [解析]　对A、B组成的系统分析,在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中,系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量,即×3mv2-0=μ·2mgcos θ·2x,其中x为弹簧的最大压缩量,解得x=0.4 m。 (3)弹簧的最大弹性势能。 [答案]　6 J [解析]　设弹簧的最大弹性势能为Epm,从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得×3mv2+2mgxsin θ-mgx=μ·2mgcos θ·x+Epm,解得Epm=6 J。 3.如图所示,小车右端有一半圆形光滑轨道BC与车表面相切于B点,一个质量为m=1.0 kg 可以视为质点的物块放置在A点,随小车一起以速度v0=5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时,弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变),此时,物块恰好在小车的B处,此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M=1.0 kg,小车的长度为l=0.25 m,半圆形轨道半径为R=0.4 m,物块与小车间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,求: 教参独具 (1)物块在小车上滑行时的加速度a; 答案:2 m/s2 解析:物块在小车上滑行时,由牛顿第二定律得μmg=ma 解得a=2 m/s2。 (2)物块运动到B点时的速度vB; 答案: 2 m/s 解析:据题意,物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C,在C点由重力提供向心力,则有 mg=m 物块从B运动到C的过程,由机械能守恒定律得 2mgR+m=m 联立解得vB=2 m/s。 (3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。 答案:14.5 J　1 m 解析:根据能量守恒定律得 Ep=(M+m)-m-μmgl 解得Ep=14.5 J 从开始接触弹簧到弹簧被压缩到最短时,物块相对地面的位移 x1== m=1.25 m 则小车的位移x=x1-l=1 m 即弹簧被压缩的距离为1 m。 四 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1.(多选)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的滑块甲、乙通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。若滑轮的质量及其摩擦都不计,在两滑块沿斜面运动的过程中(　　) A.两滑块组成的系统机械能守恒 B.重力对甲做的功等于甲动能的增加量 C.轻绳对乙做的功等于乙机械能的增加量 D.两滑块组成的系统损失的机械能等于甲克服摩擦力做的功 CD A 夯实基础 解析:两滑块释放后,甲下滑、乙上滑,摩擦力对甲做负功,系统的机械能减少,减少的机械能等于甲克服摩擦力做的功,选项A错误,D正确;除重力对甲做正功外,还有摩擦力和轻绳的拉力对甲做负功,选项B错误;轻绳的拉力对乙做正功,乙机械能增加,且增加的机械能等于轻绳拉力做的功,选项C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(2025·黑龙江鸡西高三模拟)如图所示,某段滑雪雪道倾角为30°,总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑,加速度为g。运动员从上向下滑到底端的过程中(　　) A.减少的机械能为mgh B.增加的动能为mgh C.克服摩擦力做的功为mgh D.合外力做的功为mgh 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 解析:合外力做的功为 W总=ma·=m·g·=mgh,故D错误;对滑雪运动员由动能定理可知,增加的动能为ΔEk=W总=mgh,故B错误;对滑雪运动员由牛顿第二定律有mgsin 30°-f=ma,可得运动员受到的摩擦力f=mg,所以运动员克服摩擦力做的功为 W克=f=mgh,可知运动员减少的机械能为mgh,故A正确,C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.如图,一质量为m、长度为L的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距,重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 解析:由题知PM段绳的机械能不变,MQ段绳的重心升高了Δh=,则重力势能的增加量为ΔEp=mg·=,根据功能关系,在此过程中,外力做的功等于MQ段系统重力势能的增加量,则W=,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(多选)(2025·湖南长郡中学模拟)如图,广州地铁3号线北延段使用了节能坡。某次列车以64.8 km/h(18 m/s)的速度冲上高度为4 m的坡顶车站时,速度减为7.2 km/h(2 m/s),设该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比),g取9.8 N/kg,则(　　)   A.该过程列车的机械能守恒 B.该过程列车的机械能减少 C.η约为10% D.η约为25% 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 BD 解析:该过程中列车增加的重力势能与减小的动能之间的关系为ΔEp=mgh<ΔEk=m-m,因此该过程列车的机械能减少,即列车在冲上坡顶车站时,需要克服阻力做功,减小的动能一部分转化成了列车的重力势能,一部分克服了阻力做功,故A错误,B正确;该过程节能坡的转化率为η==×100%≈25%,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2025·广西贵港模拟)如图甲所示,一物块以一定的初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中物块动能Ek与路程s的关系如图乙所示。若取出发位置所在水平面为零势能面,用Ep表示物块的重力势能,E表示物块的机械能,重力加速度g取10 m/s2,则下列四幅图像中正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析:根据题图乙可知,刚开始的时候,物块具有 一定的动能,在物块沿斜面向上运动的过程中, 随着路程的增大,物块的动能减小,重力势能增 大,当速度为零时,重力势能达到最大,之后,物块开始沿斜面向下运动,重力势能减小,动能增大,当再次达到斜面底端时,物块的重力势能减小为0,故A错误;物块返回斜面底端时的动能比起始时的动能小,说明运动过程中有能量损失,即物块与斜面之间存在摩擦力作用,机械能不守恒,由题图乙可知,返回底端时物块损失的能量为10 J,由于向上运动与向下运动时的摩擦力大小不变,则向上运动过程中损失的机械能与向下运动过程中损失的机械能均为5 J,则当s=10 m时,重力势能为40 J-5 J=35 J,故B错误;根据题图乙可知,当s=20 m时,机械能为30 J,最开始位置的机械能为40 J,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图所示,一子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木块,假设子弹与木块之间的作用力大小恒定,若此过程中产生的内能为5 J,则此过程中木块动能不可能增加(　　) A.8 J B.4 J C.3.8 J D.2.4 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 解析:由题意可知子弹射入木块过程中子弹做匀减速直线运动,而木块做匀加速直线运动,作出子弹和木块的v-t图像如图所示。无论子弹最终留在木块中(实线),还是从木块中射出(虚线),根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知,子弹射入木块的最大深度d(即子弹与木块的相对位移大小)一定大于木块做匀加速运动的位移x,设子弹与木块之间的作用力大小为Ff,根据功能关系可知Q=Ffd,根据动能定理可知木块获得的动能为Ek=Ffx<Q,本题选不可能的,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.如图所示,A物体套在光滑的竖直杆上,B物体放置在粗糙水平桌面上,A、B间用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮呈水平状态,A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放,下落到Q点时,速度为v,P、Q之间的高度差为h,此时连接A物体的细绳与水平方向的夹角为θ。在此过程中,下列说法正确的是(　　) A.A物体做匀加速直线运动 B.A物体到Q点时,B物体的速度为vsin θ C.A物体减少的重力势能等于A、B两物体动能增量之和 D.B物体克服摩擦力做的功为mgh-mv2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:A下滑时,竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量,因细绳拉力的竖直分量是变化的,则A所受的合力不是恒力,则A的加速度不是恒量,即A不是匀加速下滑的,选项A错误;若A的速度为v,则由速度的分解可知,B的速度为vsin θ,选项B正确;由能量关系可知,A物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做的功和A、B两物体动能增量之和,选项C错误;由C项分析知,B物体克服摩擦力做的功为mgh-mv2-mv2sin2θ,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2024·安徽卷)在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h,与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则水泵的输出功率约为(　　) A.(H+h+) B.(H+h+) C.(H+) D.(H+) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B B 能力提升 解析:设水从出水口射出的初速度为v0,取t时间内的水为研究对象,该部分水的质量为m=v0tSρ,根据平抛运动规律有l=v0t',h=gt'2,解得v0=l,根据功能关系得Ptη=m+mg(H+h),联立解得水泵的输出功率为P=(H+h+),故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(2024·山东卷)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)。两木板与地面间的动摩擦因数均为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) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析: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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(16分)如图所示,在光滑水平台面上,一个质量m=1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K,物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台,并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知A、B的高度差h=0.8 m,水平距离s=1.2 m,圆弧轨道的半径R= 1 m,C点在圆弧轨道BC的圆心O的正下方,并与水平地面上长为L=2 m的粗糙直轨道CD平滑连接,小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,空气阻力忽略不计。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求小物块运动到平台末端A的速度大小v0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:3 m/s 解析:根据平抛运动特点,可得 h=gt2,s=v0t 解得v0=3 m/s。 (2)求弹簧被锁扣锁住时所储存的弹性势能Ep。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:4.5 J 解析:根据能量守恒定律有 Ep=Ek=m=4.5 J。 (3)求圆弧BC所对的圆心角θ。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:53° 解析:物块运动到B点时,设竖直方向的速度为vy,则有=2gh 解得vy=4 m/s 则有tan θ== 可知θ=53°。 (4)若小物块与墙壁碰撞后以原速率反弹,且只会与墙壁发生一次碰撞并最终停在轨道CD间,那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应满足什么条件? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:<μ< 解析:B、C两点的高度差为 hBC=R-Rcos 53°=0.4 m 若小物体恰能与墙壁相碰,根据能量守恒定律有 μ1mgL=Ep+mg(h+hBC) 解得μ1= 若恰不从B飞出,根据能量守恒定律有 2μ2mgL=Ep+mgh 解得μ2= 由mghBC<μ2mgL知小物块从BC滑回不与墙壁发生二次碰撞。 综上可得<μ<。 $$