2026届高考物理一轮复习讲义：专题28 功能关系

2026高考物理一轮专题讲义与课时精练 专题28 功能关系 【基础回顾】 一、功能关系 1．功能关系 (1)功是能量 的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。 功不是能，功也不能变为能，只是能量转化的途径，转化多少能量，就需要做多少功。 (2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。 2．几种常见的功能关系 几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式 重力 正功 重力势能减少 WG＝－ΔEp 负功 重力势能增加 弹簧等的弹力 正功 弹性势能减少 W弹＝－ΔEp 负功 弹性势能增加 电场力 正功 电势能减少 W电＝－ΔEp 负功 电势能增加 合力 正功 动能增加 W合＝ΔEk 负功 动能减少 重力以外 的其他力 正功 机械能增加 负功 机械能减少 W其＝ΔE 3．两个特殊的功能关系 (1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx相对＝Q。 (2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电。 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 为另一种形式，或者从一个物体 到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量 。 2．表达式：ΔE减＝ΔE增。 (1)若只有两种形式的能量相互转化，则这两种形式的能量之和保持不变。如动能和电势能相互转化，则Ek＋Ep电＝C。 (2)自然界中虽然能量守恒，但很多能源利用之后不可再重新利用，即能源品质降低，所以要节约能源。 ►考点01 功能关系的理解和应用 1．两种摩擦力做功特点的比较 　　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 【例题精讲】 一．选择题（共3小题） 1．2024年8月6日，在巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵夺得金牌。 为了方便研究，可将全红婵跳水过程简化为如图所示模型，一个质量为m的质点从距水面h处由静止落下，进入水中一定深度，此时与水池底部距离最近，质点在空中受到的阻力大小恒为Ff1，在水中受到的阻力大小恒为Ff2，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．全红婵在空中与水中所受阻力的大小关系是Ff1＞Ff2 B．全红婵在空中与水中的加速度大小之比为（mg﹣Ff1）：（Ff2+mg） C．全红婵在运动过程中速度的最大值为 D．全红婵在整个运动过程中损失的机械能为 2．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，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 C．滑板爱好者增加的动能为 D．滑板爱好者减少的机械能为 3．如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端可绕O点转动，把小球拉至A处，弹簧恰好无形变。将小球由静止释放，当小球运动到O点正下方B点时的速度为v，A、B的高度差为h。设弹簧处于原长时弹性势能为零，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则小球（　　） A．由A到B重力做的功等于 B．由A到B重力势能减少 C．由A到B克服弹力做功为mgh D．到达位置B时弹簧的弹性势能为 二．多选题（共2小题） （多选）4．传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，倾角θ＝30°，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。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s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＝2kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．货物在传送带上先匀加速再匀减速 B．货物与传送带间的动摩擦因数μ C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.1s D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J （多选）5．工程师设计了一个货物缓冲装置。如图（a）所示，倾角θ＝30°的固定光滑斜面与水平地面在C点平滑连接，两条宽度不计的缓冲条（货物每次经过时损失的机械能相等）分别嵌入地面上A、B两处。为检验装置缓冲性能，工程师使货物以一定的初速度从O点水平向右滑出，并记录了货物从O点开始至动能首次减为零的过程中，动能Ek与路程s的关系图像，如图（b）所示。已知OA＝AB＝BC＝1m，货物质量m＝1kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，货物可视为质点，则货物（　　） A．与地面间的动摩擦因数为0.6 B．沿斜面上滑的最大距离为2.2m C．每次经过缓冲条损失的机械能为5.5J D．最终停止的位置与O点的距离为1.8m ►考点02 动力学和能量观点的综合应用 一、传送带模型综合问题 1．解答传送带模型的动力学方法 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 2．求电机多消耗电能的方法 (1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。即E＝Ek＋Ep＋Q，其中Q＝Ff·x相对。 (2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即W＝Ff·x传，其中x传为传送带对地的位移。 二、“滑块—木板”模型综合问题 板块模型的动力学分析和功能关系分析 情境模 型图示 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 功和能 分析 (1)对滑块和木板分别运用动能定理； (2)对滑块和木板组成的系统运用能量守恒定律 解题时应注意三个问题 (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 【例题精讲】 一．选择题（共2小题） 1．如图所示，与水平地面成θ角的传送带，以恒定速率v顺时针转动。现将一质量为m的小物体（视为质点）无初速度放在传送带的底端M处，小物体到达传动带最高点N处时恰好达到传送带的速率v，已知MN间的高度差为H，则在小物体从M到N的过程中（　　） A．传送带对小物体做功为 B．将小物体由底端传送到N处过程中，该系统多消耗的电能为 C．将小物体传送到N处，系统因摩擦而产生的热量为 D．改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，物体到达N点前速度达到v，则系统因摩擦产生的热量将减少 2．如图甲所示，质量为M的长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．A、B间的动摩擦因数为0.2 B．木板A的质量M＝1kg C．木板A的最小长度为2m D．系统损失的机械能为2J 二．多选题（共3小题） （多选）3．如图所示，半径R＝0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离L＝24m，传送带在电动机的带动下以v0＝8m/s的恒定速率顺时针运行。现将质量m＝2kg、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为60N B．小物块在传送带B、C间的运动时间为3s C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为16J D．整个过程中电动机多消耗的电能为48J （多选）4．如图1所示，一足够长传送带与水平面夹角为θ，以恒定速率运行，在传送带适当位置放上质量为m的物块，并给物块一定的初速度。规定沿传送带向上为正方向，从该时刻起物块v﹣t图像如图2所示，已知v1＞v2。下列说法正确的是（　　） A．传送带沿逆时针方向运行 B．物块与传送带间动摩擦因数为 C．0～t2时间内，传送带对物块做的功为 D．0～t2时间内，摩擦产生的热量一定大于物块减小的机械能 （多选）5．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（　　） A．小物块到达小车最右端时具有的动能为（F﹣Ff）（L+x） B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff（L+x） D．系统产生的内能为Fx 课时精练 一．多选题（共3小题） （多选）1．如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不栓接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2m（弹性限度内）。已知物块质量为0.5kg。物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5、重力加速度g＝10m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；则（　　） A．弹簧劲度系数为25N/m B．若传送带以v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后，在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动 C．若传送带以v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后，物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5J D．若传送带以v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后弹簧恢复原长时，物块速度大小为2m/s （多选）2．一个质量m＝0.6kg的物体以v0＝20m/s的初速度从倾角30°的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔEk＝18J，机械能减少了ΔE＝3J，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物体向上运动时加速度大小为6m/s2 B．运动过程受到摩擦力的大小为0.6N C．物体返回斜坡底端时的动能为100J D．物体向上运动的总时间为s （多选）3．如图甲所示，质量M＝0.5kg、长L＝1m的木板，初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m＝1kg的小物块，以初速度v0从木板左端滑上，同时对木板施加一个水平向右的恒力F，系统因摩擦产生的热量Q的倒数与恒力F取不同值时的关系图像如图乙所示。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．当F＜1N时，系统因摩擦产生的热量为2J B．DE段表示滑块最终与滑板共速 C．物块的初速度为4m/s D．C点的横坐标为3N 二．选择题（共8小题） 4．如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（　　） A．安检机使用γ射线探测包内的物品 B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右 C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054J D．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s 5．2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘且在同一水平面上，b为U形池最低点。刘佳宇（可视为质点）从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高点上升至相对c点高度为的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是（　　） A．运动员从O到d的过程中机械能减少 B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回 C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小 D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能 6．如图所示，水平地面上固定一条倾角θ＝37°、长度L＝8m的传送带，用于传送包裹，传送带以恒定速度v0＝2m/s顺时针转动。某工人将一个质量m＝1kg的包裹轻放在传送带的下端A处，包裹与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8。已知g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．包裹到达传送带上端B所需的时间为8s B．在这个过程中，包裹与传送带摩擦产生的热量是51.2J C．在这个过程中，摩擦力对包裹做功为50J D．由于包裹的加入，传送带电动机需要额外消耗的能量为50J 7．重力储能是一种新型储能方式，其基本原理如图甲所示，斜面倾角θ＝37°，平台上固定一台电动机，斜面与平台交接处有一光滑、轻质定滑轮，质量m＝2kg的重物（可视为质点）停在斜面底端a点，通过轻绳与电动机相连，重物与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，轻绳与斜面平行。在t＝0时刻启动电动机，在t1时刻，重物到达b点，速度为4m/s，电动机的输出功率为100W，在t2（t2＝4.6s）时刻，重物到达c点，在c点轻绳突然断裂，在t3时刻，重物到达d点，上述过程中重物的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列选项正确的是（　　） A．电动机的额定输出功率为100W B．在t＝3s时电动机的输出功率为80W C．以斜面底面为零势能面，重物运动到d点时的重力势能为320J D．从d点自由滑到a点的过程中，重物的重力势能转化为动能的效率约为67% 8．如图所示，倾角为θ的斜面放置在水平地面上，一质量为m的小滑块以一定初速度v0从斜面底端沿斜面上滑，运动到最高点后再返回，整个过程中斜面始终保持静止。出发点为坐标原点，沿斜面向上为位移x的正方向，且出发点为势能零点，则有关斜面受到地面的摩擦力f、斜面受到小滑块的压力F、小滑块运动过程中的机械能E和动能Ek随小物块位移x变化的关系图像正确的是（　　） A． B． C． D． 9．如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　） A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6 B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.5mgL D．弹簧具有的最大弹性势能为0.25mgL 10．如图所示，物体A、B质量相等，它们与水平地面之间的动摩擦因数也相等，A受到一个与水平方向夹角为α的斜向上的拉力，B受到一个与水平方向夹角为α的向下的推力，且FA＝FB。AB在各自力的作用下由静止开始运动，下列说法正确的是（　　） A．物体AB的加速度大小相等 B．经过相同的时间，物体A的位移等于物体B的位移 C．经过相同的时间，FA对物体A做的功等于FB对物体B做的功 D．经过相同的时间，物体A的末动能大于物体B的末动能 11．如图所示，半径为R＝2m的光滑圆弧轨道ABC竖直放置，A与圆心O等高，B为轨道的最低点，该圆弧轨道与一粗糙直轨道CD相切于点C，OC与OB的夹角为53°。一质量为m＝2kg的小滑块从P点由静止开始下滑，PC间距离为6m，滑块与斜面CD间的动摩擦因数为μ＝0.5。（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．最终停在B点 B．滑块能从A点飞出 C．滑块对B点的最大压力为36N D．斜面上走过的总路程为16m 三．解答题（共3小题） 12．一游戏装置由倾角为θ＝37°直轨道AB、半径为R圆心在O点的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC、CE构成，其竖直截面如图所示，C是圆轨道与水平轨道的切点，B、C、D、E处于同一水平面，各连接处平滑过渡。在D点有一质量为m2的物块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端E连在竖直墙壁上，弹簧处于原长。G为圆轨道上的一点，OG连线与OC夹角α＝60°。开始游戏时从斜面上A点静止释放质量为m1的物块，物块m1与斜面AB间动摩擦因数为μ1，物块m1、m2与轨道DE的动摩擦因数均为μ2，其余接触面均光滑。已知R＝0.5m，m1＝0.2kg，m2＝0.3kg，μ1＝0.125，，两物块均可视为质点，不计空气阻力，简谐运动的周期公式，弹簧弹性势能表达式，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）若AB长L＝2.5m，求从A运动到B的时间； （2）若物块m1从斜面下滑后恰好能过圆最高点H，求过G点时轨道对物块的作用力大小FN； （3）若满足（2）中的条件，物块m1与m2碰撞粘在一起（碰撞时间极短），向右压缩弹簧到最短（弹簧始终在弹性限度内）。 ①求此过程中摩擦力做的功； ②求从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间。（结果可保留根式） 13．如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜直轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝1kg的小滑块（可视为质点）从空中的A点以v0＝2m/s的初速度水平向右抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点（不计经过D点时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短。已知C、D之间和D、F之间距离均为1m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小； （2）小滑块到达圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小及弹簧弹性势能的最大值； （3）判断小滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断小滑块最后停止的点与C点之间的距离。 14．如图所示，倾角α＝37°的斜面AB通过平滑的小圆弧与水平直轨道BC连接，BC右端与顺时针转动的传送带相连，DE为水平长直轨道，左端与该传送带相连，右端与半径为R＝0.4m的竖着的光滑半圆弧轨道EF相切，轨道最高点左侧有一小车放置在足够长的水平直轨道GH，小车右侧与F点相齐平，小车左侧安装了一个轻弹簧装置（质量不计）。DE轨道以及传送带长度均为L＝1m，DE段铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1＝0.2x+0.2（x表示DE上一点到D点的距离）。物块与AB、传送带和小车上表面之间（除弹簧原长部分外）的动摩擦因数均为μ2＝0.5，其余部分均光滑。现在一质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从斜面上某点静止下滑。已知小车质量M＝3kg，d＝1.2m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）物块恰好到达F点，求物块进入圆弧E点时对轨道的压力； （2）若物块释放的高度为3m，为让物块能到达F点，求传送带的转动速度至少多大； （3）物块滑上小车后，与弹簧碰撞时机械能无损失，若小车撞上弹簧弹性势能超过18J时会触发机关把物块锁定，反之，物块被弹回，为使物块最终停留在小车上，求物块到达F点时的速度应满足的条件。 第7页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司 $2026高考物理一轮专题讲义与课时精练 专题28 功能关系 【基础回顾】 一、功能关系 1．功能关系 (1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。 功不是能，功也不能变为能，只是能量转化的途径，转化多少能量，就需要做多少功。 (2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。 2．几种常见的功能关系 几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式 重力 正功 重力势能减少 WG＝－ΔEp 负功 重力势能增加 弹簧等的弹力 正功 弹性势能减少 W弹＝－ΔEp 负功 弹性势能增加 电场力 正功 电势能减少 W电＝－ΔEp 负功 电势能增加 合力 正功 动能增加 W合＝ΔEk 负功 动能减少 重力以外 的其他力 正功 机械能增加 负功 机械能减少 W其＝ΔE 3．两个特殊的功能关系 (1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx相对＝Q。 (2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电。 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另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。 2．表达式：ΔE减＝ΔE增。 (1)若只有两种形式的能量相互转化，则这两种形式的能量之和保持不变。如动能和电势能相互转化，则Ek＋Ep电＝C。 (2)自然界中虽然能量守恒，但很多能源利用之后不可再重新利用，即能源品质降低，所以要节约能源。 ►考点01 功能关系的理解和应用 1．两种摩擦力做功特点的比较 　　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 【例题精讲】 一．选择题（共3小题） 1．2024年8月6日，在巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵夺得金牌。 为了方便研究，可将全红婵跳水过程简化为如图所示模型，一个质量为m的质点从距水面h处由静止落下，进入水中一定深度，此时与水池底部距离最近，质点在空中受到的阻力大小恒为Ff1，在水中受到的阻力大小恒为Ff2，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．全红婵在空中与水中所受阻力的大小关系是Ff1＞Ff2 B．全红婵在空中与水中的加速度大小之比为（mg﹣Ff1）：（Ff2+mg） C．全红婵在运动过程中速度的最大值为 D．全红婵在整个运动过程中损失的机械能为 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，全红婵在空中做匀加速直线运动，则mg＞Ff1，在水中做匀减速直线运动，则mg＜Ff2，故Ff1＜Ff2，故A错误； B、根据牛顿第二定律，有mg﹣Ff1＝ma1，Ff2﹣mg＝ma2 得a1：a2＝（mg﹣Ff1）：（Ff2﹣mg），故B错误； C、根据动能定理，有 解得，故C正确； D、根据题意分析可知，两段运动过程，根据位移与速度的关系有， 得 整个运动过程中损失的机械能，故D错误。 故选：C。 2．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，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 C．滑板爱好者增加的动能为 D．滑板爱好者减少的机械能为 【答案】C 【解答】解：A．滑板爱好者下滑过程中的加速度大小为，小于gsin30°＝0.5g，因此滑板受到滑动摩擦力，机械能不守恒，故A错误； B．滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，则重力势能减小 故B错误； C．根据动能定理可知 故C正确； D．根据牛顿第二定律有 滑板爱好者减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，即为 ΔE＝FfL 解得ΔE 故D错误。 故选：C。 3．如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端可绕O点转动，把小球拉至A处，弹簧恰好无形变。将小球由静止释放，当小球运动到O点正下方B点时的速度为v，A、B的高度差为h。设弹簧处于原长时弹性势能为零，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则小球（　　） A．由A到B重力做的功等于 B．由A到B重力势能减少 C．由A到B克服弹力做功为mgh D．到达位置B时弹簧的弹性势能为 【答案】D 【解答】解：B.由A至B重力对小球做功为mgh，根据重力做功与重力势能变化量的关系可知，小球的重力势能减少mgh，小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以，故B错误； A.重力做功只与初末位置的高度差有关，则由A至B重力功为mgh，结合B项分析可知由A到B重力做的功，故A错误； C.设由A至B小球克服弹力做功为W，根据动能定理得：，解得：，故C错误； D.弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为：，故D正确。 故选：D。 二．多选题（共2小题） （多选）4．传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，倾角θ＝30°，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。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s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＝2kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．货物在传送带上先匀加速再匀减速 B．货物与传送带间的动摩擦因数μ C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.1s D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J 【答案】BD 【解答】解：A、由图像易知，货物在传送带上先加速运动，所以最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，所以共速后货物匀速运动，故A错误； B、0～0.8m内，根据功能关系有μmgcosθ•s1＝ΔE1，其中ΔE1＝12J，s1＝0.8m，可得货物与传送带间的动摩擦因数为：μ，故B正确； C、货物沿传送带向上运动s1＝0.8m时，与传送带保持相对静止，设传送带的速度为v，此时有：E1＝mgsinθ 解得：v＝2m/s 设货物加速过程所用时间为t1，根据运动学公式可得：s1 解得：t1＝0.8s 设A点到B点的距离为L，货物在B点时，有：E2＝mgLsinθ，其中E2＝34J 解得：L＝3m 则货物匀速阶段所用时间为：t21.1s 货物从下端A点运动到上端B点的时间为：t＝t1+t2＝0.8s+1.1s＝1.9s，故C错误； D、货物在与传送带共速前，发生的相对位移为：Δx＝x传﹣s1＝vt1﹣s1＝（2×0.8﹣0.8）m＝0.8m 因摩擦产生的热量为：Q＝μmgcosθ•Δx 解得：Q＝12J 根据能量守恒可知，传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为：E电＝Q+mgLsinθ 解得：Q＝46J，故D正确。 故选：BD。 （多选）5．工程师设计了一个货物缓冲装置。如图（a）所示，倾角θ＝30°的固定光滑斜面与水平地面在C点平滑连接，两条宽度不计的缓冲条（货物每次经过时损失的机械能相等）分别嵌入地面上A、B两处。为检验装置缓冲性能，工程师使货物以一定的初速度从O点水平向右滑出，并记录了货物从O点开始至动能首次减为零的过程中，动能Ek与路程s的关系图像，如图（b）所示。已知OA＝AB＝BC＝1m，货物质量m＝1kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，货物可视为质点，则货物（　　） A．与地面间的动摩擦因数为0.6 B．沿斜面上滑的最大距离为2.2m C．每次经过缓冲条损失的机械能为5.5J D．最终停止的位置与O点的距离为1.8m 【答案】BD 【解答】解：A、根据动能定理可知，Ek﹣s图像的斜率等于合外力，在平面时F合1＝f＝μmg，代入数据得：F合1＝10μ（N） 在斜面上时F合2＝mgsin30°，代入数据解得：F合2＝5N 因从B点以后的图像是直线，可知三段图像应该是平行的，由图可知F合1＝F合2，可得货物与地面间的动摩擦因数为：μ＝0.5，故A错误； B、从B点到到达斜面最远点fxBC+F合2xm＝16J 解得xm＝2.2m 即物块沿斜面上滑的最大距离为2.2m，故B正确； C、由图可知F合1（xOA+xAB）+2ΔE＝36J﹣16J 可得每次经过缓冲条损失的机械能为ΔE＝5J，故C错误； D、由上述分析可知，物块每次经过缓冲条一次动能损失5J，在OA、AB、BC段每段损失动能也是5J，回到斜面底端时的动能为36J﹣5×5J＝11J，则物块能越过B点剩余1J的动能继续运动Δxm＝0.2m停止，即最终停止的位置与O点的距离为1.8m，故D正确。 故选：BD。 ►考点02 动力学和能量观点的综合应用 一、传送带模型综合问题 1．解答传送带模型的动力学方法 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 2．求电机多消耗电能的方法 (1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。即E＝Ek＋Ep＋Q，其中Q＝Ff·x相对。 (2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即W＝Ff·x传，其中x传为传送带对地的位移。 二、“滑块—木板”模型综合问题 板块模型的动力学分析和功能关系分析 情境模 型图示 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 功和能 分析 (1)对滑块和木板分别运用动能定理； (2)对滑块和木板组成的系统运用能量守恒定律 解题时应注意三个问题 (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 【例题精讲】 一．选择题（共2小题） 1．如图所示，与水平地面成θ角的传送带，以恒定速率v顺时针转动。现将一质量为m的小物体（视为质点）无初速度放在传送带的底端M处，小物体到达传动带最高点N处时恰好达到传送带的速率v，已知MN间的高度差为H，则在小物体从M到N的过程中（　　） A．传送带对小物体做功为 B．将小物体由底端传送到N处过程中，该系统多消耗的电能为 C．将小物体传送到N处，系统因摩擦而产生的热量为 D．改变传送带与小物体之间的动摩擦因数，物体到达N点前速度达到v，则系统因摩擦产生的热量将减少 【答案】D 【解答】解：A、根据功能关系，传送带对小物体做功等于物体机械能的增加量：。故A错误； B、根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块机械能增量之和：。故B错误； C、小物体到达传送带最高点N处时恰好达到传送带速率v。设运动时间为t，根据牛顿第二定律：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，解得：a＝g（μcosθ﹣sinθ）。 运动时间：。相对位移：。摩擦生热：。 由于μcosθ＞μcosθ﹣sinθ，故。故C错误； D、改变动摩擦因数μ，使物体在到达N点前速度达到v。根据运动学公式：2（μgcosθ﹣gsinθ）x＝v2，可知μ增大时x减小。 又由热量表达式：，分析可得μ增大时Q减小，即系统因摩擦产生的热量减少。故D正确。 故选：D。 2．如图甲所示，质量为M的长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　） A．A、B间的动摩擦因数为0.2 B．木板A的质量M＝1kg C．木板A的最小长度为2m D．系统损失的机械能为2J 【答案】D 【解答】解：A、由图像可知木板A的加速度为：aA1m/s2，对A，由牛顿第二定律得：μmg＝MaA，代入数据解得：μ＝0.1，故A错误。 B、从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为1m/s；A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）v，代入数据解得：M＝2kg， 木板获得的动能为：EkAMv22×12J＝1J，故A错误； C、由图像可知1s内物体B的位移为：xB1m＝1.5m，木板A的位移为：xA1×1m＝0.5m，所以木板最小长度为 L＝xB﹣xA＝1.5m﹣0.5m＝1m，故C错误； D、系统损失的机械能为：ΔE（m+M）v22×22J（2+2）×12J＝2J，故D正确； 故选：D。 二．多选题（共3小题） （多选）3．如图所示，半径R＝0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离L＝24m，传送带在电动机的带动下以v0＝8m/s的恒定速率顺时针运行。现将质量m＝2kg、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为60N B．小物块在传送带B、C间的运动时间为3s C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为16J D．整个过程中电动机多消耗的电能为48J 【答案】AC 【解答】解：A、从A到B，根据动能定理可得：mgR 解得：vB＝4m/s 在B点，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mg 解得：FN＝60N 根据牛顿第三定律可得，在最低点B时，对轨道的压力大小为60N，故A正确； B、物块达到底部的速度大小为：vB＝4m/s，传送带的速度大小为：v0＝8m/s 根据牛顿第二定律可得物块在传送带上运动的加速度大小为：a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2 小物块匀加速的时间：t1s＝2s，对应的位移：，解得：x1＝12m 小物块匀速运动的时间：t2s＝1.5s 所以小物块在传送带B、C间的运动时间为：t＝t1+t2＝2s+1.5s＝3.5s，故B错误； C、小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为：Q＝μmg（v0t1﹣x1） 解得：Q＝16J，故C正确； D、整个过程中电动机多消耗的电能为：E＝Q 解得：E＝64J，故D错误。 故选：AC。 （多选）4．如图1所示，一足够长传送带与水平面夹角为θ，以恒定速率运行，在传送带适当位置放上质量为m的物块，并给物块一定的初速度。规定沿传送带向上为正方向，从该时刻起物块v﹣t图像如图2所示，已知v1＞v2。下列说法正确的是（　　） A．传送带沿逆时针方向运行 B．物块与传送带间动摩擦因数为 C．0～t2时间内，传送带对物块做的功为 D．0～t2时间内，摩擦产生的热量一定大于物块减小的机械能 【答案】BD 【解答】解：A、规定沿传送带向上为正方向，物块初始时向下运动，最后向上运动，可知传送带沿顺时针方向运行，故A错误； B、物块在减速和加速的过程中，摩擦力都向上，根据牛顿第二定律有μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 由图可知加速度为 解得 故B正确； C、根据题意可知，0～t2时间内，能据能量守恒可以判断传送带对物块做的功等于物块动能变化量和重力势能的增加量，故 故C错误； D、根据机械能守恒的条件可知，物块减小的机械能等于摩擦力对物块做功，即ΔE＝fx 物块与传送带间运动方向先相反，再相同，直至共速，则相对位移Δx＞x，摩擦生热为Q＝fΔx 所以0～t2时间内，摩擦产生的热量一定大于物块减小的机械能，故D正确； 故选：BD。 （多选）5．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（　　） A．小物块到达小车最右端时具有的动能为（F﹣Ff）（L+x） B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff（L+x） D．系统产生的内能为Fx 【答案】ABC 【解答】解：A、根据题意可知，小物块滑到小车的最右端时，物块的位移为L+x，对物块进行分析，根据动能定理有（F﹣Ff）（L+x）＝Ek1，故A正确； B、根据题意可知，小物块到达小车最右端时，对小车进行分析，根据动能定理有Ffx＝Ek2，故B正确； C、根据题意可知，小物块的位移为L+x，小物块克服摩擦力所做的功为Wf克＝Ff（L+x），故C正确； D、根据题意可知，小物块相对于小车的相对位移为L，则系统产生的内能为Q＝FfL，故D错误。 故选：ABC。 课时精练 一．多选题（共3小题） （多选）1．如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不栓接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2m（弹性限度内）。已知物块质量为0.5kg。物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5、重力加速度g＝10m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；则（　　） A．弹簧劲度系数为25N/m B．若传送带以v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后，在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动 C．若传送带以v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后，物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5J D．若传送带以v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后弹簧恢复原长时，物块速度大小为2m/s 【答案】AD 【解答】解：A、设剪断轻绳前，弹簧弹性势能为Ep，传送带不动时，根据动能定理得：Ep﹣μmg×Δx＝0 解得：Ep＝0.5J 根据 解得 k＝25N/m 故A正确； D、根据动能定理得： 解得：v＝2m/s 故D正确； B、由D分析可知，物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块向右做加速运动，故B错误； C、物块最后和传送带速度相等，根据动能定理得： 解得：W＝1.75J 故C错误； 故选：AD。 （多选）2．一个质量m＝0.6kg的物体以v0＝20m/s的初速度从倾角30°的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔEk＝18J，机械能减少了ΔE＝3J，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物体向上运动时加速度大小为6m/s2 B．运动过程受到摩擦力的大小为0.6N C．物体返回斜坡底端时的动能为100J D．物体向上运动的总时间为s 【答案】ABD 【解答】解：ABD、物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有﹣mg•lsinθ﹣f•l＝﹣18J 机械能的减小量等于克服摩擦力做的功：f•l＝﹣3J 联立解得：f＝0.6N 物体在斜坡底端向上运动时受重力、支持力和摩擦力作用，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：mgsin30°+f＝ma，代入数据解得：a＝6m/s2 上滑时间为，故ABD正确； C、物体上滑的最大位移 物体运动全程，根据动能定理得，代入数据解得：Ek＝80J，故C错误。 故选：ABD。 （多选）3．如图甲所示，质量M＝0.5kg、长L＝1m的木板，初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m＝1kg的小物块，以初速度v0从木板左端滑上，同时对木板施加一个水平向右的恒力F，系统因摩擦产生的热量Q的倒数与恒力F取不同值时的关系图像如图乙所示。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．当F＜1N时，系统因摩擦产生的热量为2J B．DE段表示滑块最终与滑板共速 C．物块的初速度为4m/s D．C点的横坐标为3N 【答案】ACD 【解答】解：A.在AB段，拉力F较小，物块在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从板右侧滑离木板，因摩擦产生的热量为Q＝fx相＝μmgL＝0.2×1×10J＝2J，故A正确。 B.在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；在DE段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后物块相对于木板向左滑动，最终物块会从木板左侧滑离木板，物块与木板速度不相同，故B错误。 C.当F＝1N时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得物块的加速度大小为，对木板受力分析，根据牛顿第二定律有F+μmg＝Ma2，解得木板的加速度为，以木板为参考系，则物块的相对加速度为a相＝a1+a2＝2m/s2+6m/s2＝8m/s2，则根据匀变速运动的规律有，解得物块的初速度为v0＝4m/s，故C正确。 D.C点时物块与木板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时对应的力为FC，以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得FC＝（M+m）a0，以物块为对象，由牛顿第二定律得μmg＝ma0，联立解得，FC＝3N，故D正确。 故选：ACD。 二．选择题（共8小题） 4．如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（　　） A．安检机使用γ射线探测包内的物品 B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右 C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054J D．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s 【答案】C 【解答】解：A、安检机通常使用X射线而非γ射线探测物品。γ射线能量过高，可能对物品和人员造成伤害。故A错误； B、匀速运动时，小包与传送带无相对滑动，理论上不受滑动摩擦力。若有静摩擦力，方向应与运动趋势相反。但题目未说明是否有外力作用。故B错误；C、电动机多做的功包括两部分：转化为小包的动能，W10.6kg×（0.3m/s）2＝0.027J；克服摩擦力产生的热量：小包从静止加速到与传送带同速的时间，t10.0612s，相对位移，热量Q＝f•Δs＝μmg•Δs＝0.50×0.6kg×9.8m/s2×0.0092m≈0.027J，因此，电动机多做的总功W1+Q＝0.027J+0.027J＝0.054J；故C正确； D、加速阶段位移；匀速运动时间t2，t总＝t1+t2＝0.0612s+8.3027s＝8.3639s，远大于 1.0 s。故D错误。 故选：C。 5．2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘且在同一水平面上，b为U形池最低点。刘佳宇（可视为质点）从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高点上升至相对c点高度为的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是（　　） A．运动员从O到d的过程中机械能减少 B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回 C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小 D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能 【答案】A 【解答】解：AB、运动员从高h处自由下落，右侧飞出后上升的最大高度为，此过程摩擦力做负功，机械能减少，机械能减少；再次进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程的平均速率，根据圆周运动的知识可知，速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减小，即运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘a再下落返回，故A正确，B错误。 C、运动员第一次进入池中，由a到b的过程的平均速率大于b到c过程的平均速率，由a到b过程中的平均摩擦力大于由b到c过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C错误。 D、运动员从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。 故选：A。 6．如图所示，水平地面上固定一条倾角θ＝37°、长度L＝8m的传送带，用于传送包裹，传送带以恒定速度v0＝2m/s顺时针转动。某工人将一个质量m＝1kg的包裹轻放在传送带的下端A处，包裹与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8。已知g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．包裹到达传送带上端B所需的时间为8s B．在这个过程中，包裹与传送带摩擦产生的热量是51.2J C．在这个过程中，摩擦力对包裹做功为50J D．由于包裹的加入，传送带电动机需要额外消耗的能量为50J 【答案】C 【解答】解：A、包裹首先在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，直到与传送带共速，由牛顿第二定律得加速阶段的加速度为 ag（μcosθ﹣sinθ） 解得a＝0.4m/s2 包裹达到传送带速度v0所需的时间为t1s＝5s 在这段时间内，包裹的位移s1m＝5m 因μmgcosθ＞mgsinθ，所以共速后包裹随传送带匀速运动，匀速运动的距离s2＝L﹣s1＝8m﹣5m＝3m 包裹以速度v0匀速运动的时间t2s＝1.5s 故包裹从A端运动到B端的总时间为t＝t1+t2＝5s+1.5s＝6.5s，故A错误； B、在匀加速阶段，包裹相对传送带的位移Δx＝v0t1﹣s1＝2×5m﹣5m＝5m 包裹在传送带上运动的过程中，因摩擦产生的内能Q＝f•Δx＝μmgcosθ•Δx，Q＝32J，故B错误； C、滑动摩擦力做的功W1＝f•s1＝μmgcosθ•s1，解得W1＝32J 静摩擦力做的功W2＝f静•s2＝mgsinθ•s2，解得W2＝18J 所以整个过程中，摩擦力对包裹做的总功是滑动摩擦力和静摩擦力做的功之和，即W1＝W1+W2＝32J+18J＝50J，故C正确； D、电动机多消耗的能量等于包裹机械能的增加量（动能和重力势能）和因摩擦产生的热量之和，即 ΔEmgLsinθ+Q，解得ΔE＝82J，故D错误。 故选：C。 7．重力储能是一种新型储能方式，其基本原理如图甲所示，斜面倾角θ＝37°，平台上固定一台电动机，斜面与平台交接处有一光滑、轻质定滑轮，质量m＝2kg的重物（可视为质点）停在斜面底端a点，通过轻绳与电动机相连，重物与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，轻绳与斜面平行。在t＝0时刻启动电动机，在t1时刻，重物到达b点，速度为4m/s，电动机的输出功率为100W，在t2（t2＝4.6s）时刻，重物到达c点，在c点轻绳突然断裂，在t3时刻，重物到达d点，上述过程中重物的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列选项正确的是（　　） A．电动机的额定输出功率为100W B．在t＝3s时电动机的输出功率为80W C．以斜面底面为零势能面，重物运动到d点时的重力势能为320J D．从d点自由滑到a点的过程中，重物的重力势能转化为动能的效率约为67% 【答案】B 【解答】解：A、根据题意分析可知，电动机的输出功率为100W是实际功率不一定是额定功率，故A错误； B、根据题意分析可知，重物到达b点，速度为4m/s，电动机的输出功率为100W，此时绳牵引力T，代入数据解得T＝25N 由牛顿运动定律T﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，代入数据解得a＝2.5m/s2 v＝at1，解得t1＝1.6s，故在t＝3s时重物做匀速运动，电动机的输出功率P＝（mgsinθ+μmgcosθ）v，代入数据解得P＝80W，故B正确； C、根据题意分析可知，在c点轻绳突然断裂，由牛顿运动定律﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′，解得a′＝﹣10m/s2 重物运动到d点时间t，解得t＝0.4s，重物上升总位移xvt，解得x＝16m 以斜面底面为零势能面，重物运动到d点时的重力势能Ep＝mgxsinθ代入数据解得Ep＝192J，故C错误； D、根据题意分析可知，从d点自由滑到a点的过程中，由动能定理mgxsinθ﹣μmgxcosθ＝ΔEk 重物的重力势能转化为动能的效率，效率约为33%，故D错误。 故选：B。 8．如图所示，倾角为θ的斜面放置在水平地面上，一质量为m的小滑块以一定初速度v0从斜面底端沿斜面上滑，运动到最高点后再返回，整个过程中斜面始终保持静止。出发点为坐标原点，沿斜面向上为位移x的正方向，且出发点为势能零点，则有关斜面受到地面的摩擦力f、斜面受到小滑块的压力F、小滑块运动过程中的机械能E和动能Ek随小物块位移x变化的关系图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：D、Ek﹣x图的切线斜率大小表示小滑块运动过程中受到的合外力大小，小滑块在上升和下滑的过程中各自的合力都保持恒定，故D错误； C、E﹣x图的斜率大小表示小滑块运动过程中受到的除重力和明显形变弹力以外做功的力的大小，小滑块在上滑和下滑过程中受到的滑动摩擦力，两个过程大小相等，方向相反，故C正确； B、以斜面为研究对象可得全过程斜面受到小滑块的压力F的大小和方向均未发生改变，故B错误； A、根据题意可知，因为小滑块可以下滑，tanθ＞μ，全过程中斜面受到地面的摩擦力f方向不变，故A错误。 故选：C。 9．如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　） A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6 B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.5mgL D．弹簧具有的最大弹性势能为0.25mgL 【答案】D 【解答】解：A．物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程进行分析，根据动能定理有 解得μ＝0.5 故A错误； D．整个过程因摩擦产生的热量为 解得Q＝ 0.6mgL 故D正确； A．物块接触弹簧后，向下运动时，开始阶段有mgsinθ＞μmgcosθ+F弹 物块继续向下加速，F弹继续变大，当有mgsinθ＜μmgcosθ+F弹 物块将向下减速，综合上述可知，物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块接触弹簧后，先加速后减速，故A错误； C．设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，有 结合上述解得Epm＝0.25mgL，故C错误。 故选：D。 10．如图所示，物体A、B质量相等，它们与水平地面之间的动摩擦因数也相等，A受到一个与水平方向夹角为α的斜向上的拉力，B受到一个与水平方向夹角为α的向下的推力，且FA＝FB。AB在各自力的作用下由静止开始运动，下列说法正确的是（　　） A．物体AB的加速度大小相等 B．经过相同的时间，物体A的位移等于物体B的位移 C．经过相同的时间，FA对物体A做的功等于FB对物体B做的功 D．经过相同的时间，物体A的末动能大于物体B的末动能 【答案】D 【解答】解：A、根据牛顿第二定律可得，物体A的加速度 B的加速度，可知aA＞aB，故A错误； B、因aA＞aB，根据可知，经过相同的时间，物体A的位移大于物体B的位移，故B错误； C、根据W＝Fxcosα可知，经过相同的时间，物体A的位移大于物体B的位移，FA＝FB，则FA对物体A做的功大于FB对物体B做的功，故C错误； D、根据v＝at可知，经过相同的时间，物体A的速度大于B的速度，根据可知，物体A的末动能大于物体B的末动能，故D正确。 故选：D。 11．如图所示，半径为R＝2m的光滑圆弧轨道ABC竖直放置，A与圆心O等高，B为轨道的最低点，该圆弧轨道与一粗糙直轨道CD相切于点C，OC与OB的夹角为53°。一质量为m＝2kg的小滑块从P点由静止开始下滑，PC间距离为6m，滑块与斜面CD间的动摩擦因数为μ＝0.5。（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6），重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．最终停在B点 B．滑块能从A点飞出 C．滑块对B点的最大压力为36N D．斜面上走过的总路程为16m 【答案】D 【解答】解：A.滑块最终会在C点以下做往复运动，因为C点以下光滑，故A错误； B.设PC之间的最小距离为L，滑块能从A点飞出，从P点到A点由动能定理可得 ng（Lsin53°+R﹣Rcos53°﹣R）﹣μmgLcos53°＝0 解得 L＝2.4m＜6m 故B错误； C.PB间的高度差为 Δh＝xPCsin53°+R（1﹣cos53°） 解得 Δh＝5.6m 滑块在B点时，由牛顿第二定律可得 从P到B，由动能定理可得 根据牛顿第三定律，联立解得滑块对B点的最大压力为 F′＝F＝96N 故C错误； D.滑块最终到达C点速度为零，从P点滑至C点过程中，有 mgxPCsin53°﹣μmgscos53°＝0 解得斜面上走过的总路程为 s＝16m 故D正确。 故选：D。 三．解答题（共3小题） 12．一游戏装置由倾角为θ＝37°直轨道AB、半径为R圆心在O点的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC、CE构成，其竖直截面如图所示，C是圆轨道与水平轨道的切点，B、C、D、E处于同一水平面，各连接处平滑过渡。在D点有一质量为m2的物块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端E连在竖直墙壁上，弹簧处于原长。G为圆轨道上的一点，OG连线与OC夹角α＝60°。开始游戏时从斜面上A点静止释放质量为m1的物块，物块m1与斜面AB间动摩擦因数为μ1，物块m1、m2与轨道DE的动摩擦因数均为μ2，其余接触面均光滑。已知R＝0.5m，m1＝0.2kg，m2＝0.3kg，μ1＝0.125，，两物块均可视为质点，不计空气阻力，简谐运动的周期公式，弹簧弹性势能表达式，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）若AB长L＝2.5m，求从A运动到B的时间； （2）若物块m1从斜面下滑后恰好能过圆最高点H，求过G点时轨道对物块的作用力大小FN； （3）若满足（2）中的条件，物块m1与m2碰撞粘在一起（碰撞时间极短），向右压缩弹簧到最短（弹簧始终在弹性限度内）。 ①求此过程中摩擦力做的功； ②求从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间。（结果可保留根式） 【答案】（1）从A运动到B的时间为1s。 （2）过G点时轨道对物块的作用力大小为9N。 （3）①此过程中摩擦力做的功为。 ②从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间为。 【解答】解：（1）在A﹣B过程中，根据牛顿第二定律有m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a，结合运动学规律，联立解得t＝1s。 （2）恰好通过最高点H时，根据牛顿第二定律有。 由G到H过程，根据动能定理得。 在G点由牛顿第二定律得，联立解得FN＝9N。 （3）①由C到H点，根据动能定理得，解得vC＝5m/s。 碰撞过程动量守恒，有m1vC＝（m1+m2）v，解得碰后共同速度v＝2m/s。 设碰后总质量m＝m1+m2＝0.5kg，从碰后到速度为零，根据能量守恒得，解得xm＝0.2m。 因此摩擦力做功。 ②物体向右运动时受力F＝kx+μ2mg，可视为简谐运动的一部分，由kA＝kxm+μ2mg（A为振幅），解得A＝0.4m。 由于，故从D点到最大位移的时间。 答：（1）从A运动到B的时间为1s。 （2）过G点时轨道对物块的作用力大小为9N。 （3）①此过程中摩擦力做的功为。 ②从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间为。 13．如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜直轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝1kg的小滑块（可视为质点）从空中的A点以v0＝2m/s的初速度水平向右抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点（不计经过D点时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短。已知C、D之间和D、F之间距离均为1m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小； （2）小滑块到达圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小及弹簧弹性势能的最大值； （3）判断小滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断小滑块最后停止的点与C点之间的距离。 【答案】（1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小为4m/s； （2）小滑块到达圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为40 N；弹簧弹性势能的最大值2J； （3）不能；小滑块最后停止的点与C点之间的距离为0.4m。 【解答】解：（1）小滑块恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，根据运动的合成与分解结合数学知识，小滑块运动到B点的速度 （2）滑块从B运动到C，根据动能定理 代入数据解得 在C点，根据牛顿第二定律 代入数据解得FN＝40N 根据牛顿第三定律小滑块到达圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为40 N； 根据能量守恒定律 代入数据解得Ep＝2J （3）滑块再次滑上的高度为h，根据动能定理 解得h＝0.2m 由于，因此小滑块返回时能否从B点离开； 设小滑块在CD段运动的路程为s 根据功能关系 代入数据解得s＝2.4m 小滑块最后停止的点与C点之间的距离为x＝s﹣2CD＝2.4m﹣2×1m＝0.4m。 答：（1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小为4m/s； （2）小滑块到达圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为40 N；弹簧弹性势能的最大值2J； （3）不能；小滑块最后停止的点与C点之间的距离为0.4 m。 14．如图所示，倾角α＝37°的斜面AB通过平滑的小圆弧与水平直轨道BC连接，BC右端与顺时针转动的传送带相连，DE为水平长直轨道，左端与该传送带相连，右端与半径为R＝0.4m的竖着的光滑半圆弧轨道EF相切，轨道最高点左侧有一小车放置在足够长的水平直轨道GH，小车右侧与F点相齐平，小车左侧安装了一个轻弹簧装置（质量不计）。DE轨道以及传送带长度均为L＝1m，DE段铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1＝0.2x+0.2（x表示DE上一点到D点的距离）。物块与AB、传送带和小车上表面之间（除弹簧原长部分外）的动摩擦因数均为μ2＝0.5，其余部分均光滑。现在一质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从斜面上某点静止下滑。已知小车质量M＝3kg，d＝1.2m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）物块恰好到达F点，求物块进入圆弧E点时对轨道的压力； （2）若物块释放的高度为3m，为让物块能到达F点，求传送带的转动速度至少多大； （3）物块滑上小车后，与弹簧碰撞时机械能无损失，若小车撞上弹簧弹性势能超过18J时会触发机关把物块锁定，反之，物块被弹回，为使物块最终停留在小车上，求物块到达F点时的速度应满足的条件。 【答案】（1）物块进入圆弧E点时对轨道的压力的大小为60N，方向竖直向下； （2）传送带的转动速度至少为； （3）物块到达F点时的速度应满足的条件为有。 【解答】解：（1）恰好过F点，在F点，由牛顿第二定律可得： 解得：， 物块从E到F的过程中，由动能定理可得：，代入数据解得： 在E点，由牛顿第二定律可得： 代入数据解得：FN＝60N，根据牛顿第三定律得，对轨道压力为FN′＝60N，方向竖直向下； （2）物块从D到E的过程中，摩擦力做功为： 由（1）知，物块能到达F点，E点速度至少为，由动能定理可得： 代入数据解得： 物体斜面上下滑到C点，则有： 代入数据解得： 假如一直加速，到D点速度为： 所以物块在传送带先加速再匀速，传送带的速度至少为； （3）过F点且挤压弹簧锁定，则有：vF1≥2m/s，以向右的方向为正方向，由动量守恒和能量关系可得：mvF2＝（M+m）v， 联立代入数据可得：vF2≥8m/s 过F点挤压弹簧弹回共速在小车右侧，以向右的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得： mvF3＝（M+m）v 联立代入数据可得： 则速度满足的条件为：。 答：（1）物块进入圆弧E点时对轨道的压力的大小为60N，方向竖直向下； （2）传送带的转动速度至少为； （3）物块到达F点时的速度应满足的条件为有。 第7页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司 $