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（江苏专版）

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 1 [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。 2 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 课时作业　巩固提高训练 内容索引 3 考点一　对功能关系的理解及应用 一 4 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 盘点 核心知识 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 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝ mv2－m 能量 功能关系 表达式 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。(　　) × √ √ √ √ [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 考向1　对功能关系的理解 B 提升 关键能力 [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。 考教衔接 (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? [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。 [典例3]　(2025·江苏高邮中学期中)现有一质量为m的滑雪运动员从一定高度的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力恒定，斜坡倾角为30°，运动员滑至坡底的过程中，其机械能和动能随下滑距离s 变化的图像如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.运动员下滑过程中只有重力做功 B.运动员下滑过程中受到的阻力为60 N C.运动员下滑时加速度的大小为5 m/s2 D.不能确定运动员的质量m的数值 考向2　功能关系与图像的结合 B [解析]　运动员下滑过程中机械能减小，则除有重力做功之外还有其他力做功，A错误；运动员下滑过程中阻力做功等于机械能减小量，则ΔE＝Ffs，解得受到的阻力为Ff＝ N＝60 N，B正确；下滑到底端时的动能 Ek＝mv2＝240 J，v2＝2as，mgsin 30°－Ff＝ma，解得运动员下滑时加速度的大小为a＝4 m/s2，m＝60 kg，C、D错误。 考点二 摩擦力做功与能量变化的关系 二 17 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 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 机械能 等于零 负值 盘点 核心知识 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]　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 B 提升 关键能力 [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错误；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]　(2025·江苏宜兴模拟)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.(2025·江苏如皋模拟)如图所示，一小物块在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A经B滑动到C，若不考虑物块在经过B点时机械能的损失， 则下列说法中正确的是(　　) A.从A到B和从B到C，减少的机械能相等 B.从A到B和从B到C，减少的重力势能相等 C.从A到B和从B到C，因摩擦而产生的热量相等 D.小物块在C点的动能一定最大 教参独具 B 解析：设斜面与水平面的夹角为θ，则斜面的长度为 L＝，物块受到的摩擦力为Ff＝μmgcos θ，物块 下滑的过程中摩擦力做的功为Wf＝－FfL＝－ h， 可知在物块下滑的过程中，从B到C过程中克服摩擦 力做的功多，物块减少的机械能多，故A错误；重力势能变化量由初、末位置高度差决定，AB段的高度和BC段的高度相同，则减少的重力势能相等，故B正确；摩擦力做负功产生热量，可知从B到C过程中克服摩擦力做的功多，产生的热量多，故C错误；根据动能定理有ΔEk＝WG＋Wf，由于从B到C过程不知重力做功和摩擦力做功的关系，故不知B、C两位置小物块的动能大小关系，故D错误。 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＝mm 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。 考点三　能量守恒定律的应用 三 30 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。 产生 转化 转移 保持不变 盘点 核心知识 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 C 提升 关键能力 [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) mm＋2mgR [典例7]　(2024·江苏卷)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。求： (1)CD段长x； [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 0－v2＝－2ax 联立解得x＝。 [答案]　 (2)BC段电动机的输出功率P； [解析]　物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为 F＝mgsin θ＋μmgcos θ 由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。 [答案]　mgv(sin θ＋μcos θ) (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]　全过程物块增加的机械能为 E1＝mgLsin θ 整个过程由能量守恒得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，故可知 E2＝E1＋μmgcos θ·L 故可得 。 [答案]　 [典例8]　(2025·江苏海安一中开学考)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； [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。 [答案]　2 m/s (2)弹簧的最大压缩量； [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。 [答案]　0.4 m (3)弹簧的最大弹性势能。 [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。 [答案]　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； 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。 答案：2 m/s2　 (2)物块运动到B点时的速度vB； 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＋mm 联立解得vB＝2 m/s。 答案：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。 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。 答案：14.5 J　1 m 课时作业　巩固提高训练 四 49 1.(2025·江苏海安立发中学检测)如图所示，在电梯中 的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑 块相对斜面静止，则在该过程中(　　) A.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功 B.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能 C.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能 D.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 夯实基础 B 50 解析：在电梯加速上升的过程中，对滑块受力分析可知， 摩擦力沿斜面向上，与速度方向夹角为锐角，故摩擦力 做正功，故A错误；根据功能关系可知，弹力和摩擦力做 功之和等于滑块机械能增加量，两力均做正功，故弹力对 滑块做的功小于滑块机械能增加量，故B正确；由于加速度大小未知，根据题目信息无法判断支持力沿竖直方向分力与重力大小关系，无法判断弹力做功与重力做功大小关系，故无法判断弹力对滑块所做的功与滑块增加的重力势能大小关系，故C错误；除重力之外其他力做的功等于滑块机械能的增加量，合力包含重力，故合力对滑块所做的功不等于滑块增加的机械能，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 51 2.(2025·江苏无锡模拟)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具——乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平。如图所示，一位乘客盘腿坐在座椅上，则在加速上坡 过程中，支持力与摩擦力对乘客所做的功之和(　　) A.等于乘客增加的动能 B.等于乘客增加的重力势能 C.等于乘客增加的机械能 D.小于乘客增加的机械能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 52 解析：乘客受三个力的作用，重力、静摩擦力和支持力，乘客随车一起加速上坡，支持力和摩擦力做正功，重力做负功，根据动能定理有 WN＋Wf－W克G＝mv2－m 整理得支持力与摩擦力对乘客所做的功之和为 WN＋Wf＝mv2－m＋W克G 根据表达式可知支持力与摩擦力对乘客所做的功之和等于乘客增加的机械能，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 53 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 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。 A 54 4.(2025·江苏南通开学考)如图所示为某缓冲装置模型，水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力f，现小车以一速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，不 计小车与地面间的摩擦，则(　　) A.轻杆向右移动的过程中，轻杆的加速度为0 B.轻杆向右移动的过程中，弹簧的弹性势能逐渐增大 C.小车被弹簧反向弹回的过程中，轻杆处于静止状态 D.从小车撞击弹簧到离开弹簧的过程中，因摩擦产生的内能为2fl 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 55 解析：当弹簧弹力大于f时，小车与弹簧一起推动杆向右减速运动，此时轻杆的加速度不为0，故A错误；轻杆向右移动的过程中，小车和轻杆的速度相等，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x保持不变，弹簧的弹性势能不变，故B错误；小车被弹簧反向弹回的过程中，轻杆所受弹力小于f，轻杆处于静止状态，故C正确；现小车以一速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，摩擦产生的内能为Q＝f·x相对＝fl，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 56 5.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 57 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 58 6.(2025·江苏苏州期中)风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风 速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 59 解析：风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因此在t时间内吹过的风的动能为Ek＝Mv2＝ρvtπl2·v2，在t时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 60 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 61 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 62 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 能力提升 B 63 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 64 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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.＋μmg(l－d) B.＋μmg(l－d) C.＋2μmg(l－d) D.＋2μmg(l－d) B 65 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 66 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 67 (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 解析：根据平抛运动特点，可得 h＝gt2，s＝v0t 解得v0＝3 m/s。 答案：3 m/s 68 (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 解析：根据能量守恒定律有 Ep＝Ek＝m＝4.5 J。 答案：4.5 J 69 (3)求圆弧BC所对的圆心角θ。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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°。 答案：53° 70 (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 71 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＜。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案：＜μ＜ 72 $$