第6讲 功能关系 机械能守恒定律 能量守恒定律-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

〡物理 (3)当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据(2)分析 设物块在圆轨道上运动时，克服摩擦力做功为W2,由动 可知此时F'=0.5N,此时x=3m, 此过程中，A、B开始分离，对A、B,根据动能定理W。 能定理有一mgR(1十cos37)-W,=名md-之m: mg=子×2md, 解得W2=0.5J. 答案：(1)4m/s(2)0.5J 根据题图可得w=1,5J+0.51.5×2J=3,5J, 2.解析：(1)设运动员在A点竖直方向的分速度为口， 2 1 从P点到M点，根据动能定理一mg·2rm=之mum 2gh在A点tam0=, 解得v=3m/s. 2mi, (2)运动员在A点的速度大小v4=√十， 从A,点到B点由动能定理可得mgR1一cos)=之mi 1 在M点的最小速度满足mg=m 了mx 联立可得rms=0.2m: 1 即圆孤半径满足的条件≤0.2m [答案](1)1.5J(2)0.5N(3)≤0.2m 在B点对运动员进行受力分析可得 考向3 UB [例4][解析](1)物块恰好能通过竖直圆轨道1，设此 Fx-mg=m R: 时物块在轨道1的最高点速度大小为U1,则在最高，点满 解得Fv=1550N. vi (3)运动员恰好不从A,点滑离轨道时，运动员与粗糙轨 足mg=mR1' 道之间动摩擦因数最小，从A,点到C,点由动能定理可得 物块从A,点运动到圆轨道1最高，点的过程，由动能定理 mgR (sin o-cos )=2 mve-2mva, 有mgh-2R)=2m心i, 设从C点向上滑动距离x后运动员速度减为零，据动能 联立解得h=5m, (2)若物块恰好能通过竖直圆轨道2的最高，点，设此时物 定理可得-mgx00s目-mngzsin=0-之m吃， 运动员从A,点进入圆弧滑道到回到A,点的过程，由动能 块在轨道2的最高点的速度大小为，则有g=m尼 1 物块从圆轨道1最高，点到圆轨道2最高，点的过程，由动 定理可得-2 umgxsin0=0之m0, 能定理有 1 解得=言0.19， mg(2R1一2R2）一hx1gLx= 答案：(1)u=3m/s(2)F=1550N(3)≈0.19 1 课堂评价·高考预测 解得x=6氵 1,C[t=0时刻，汽车的功率减小为P=f·豆= 1 若物块恰好在竖直圆轨道2的圆心等高处速度为零，则 有mg(2R-R,)-A红mgLx=0-子m 故A错误：整个减速过程中，由F=吕，可知汽车 1 17 的牵引力不断变大，故B错误；整个减速过程中，由动能 解得x=301 若物块恰能进入竖直圆轨道2， 之厦清段w宁（侵）宫得w=P号 则有mgh一4 emglw=0,解得x=6, .5 8心，故C正确：整个减速过程中，由动量定理，有 故BC段动摩擦因数Hx的范围为 1 0Ke≤日成品≤a≤号 1华一ft=2m,一m6,得1率=f-之m故D错误.] 2.D[小球从释放到最低，点，根据动能定理有g(h十R) (3)物块从圆轨道2最高点到最终停止的过程，有 =Ew,解得Ek=17.5J,故A错误；小球从释放到A mg(2R:-LDE sin a)-umgLeD-umgLDE cos a-umgx- 1 0-之m， 点，根据动能定理有mgh=之m,在A点，根据牛颜第 解得x=25.4m 二定律有N=m爱，解得N=15N,故B错误：设小球卫 [答案](1)5m(2)见解析(3)25.4m 升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的 「对点集训门 1.解析：(1)由F一x关系图像与横轴所围面积表示力F做 的功可知，当物块运动到x2=2m处时，力F所做的功 夹角为0，则有mg0s9=咒，从B点到最高点，根搭动 m-生2×2J=1, 能定理有一mgR1十cos》=之m-e解得cms9=子 1 设物块运动到x2=2m处时的速度为v,由动能定理得 最大高度为h=R(1十cos)=1.5m,故C错误；假设小球离 开轨道后将落至轨道B,点，由C分析可知脱离轨道的速度 W1一mg22=之mv,解得0=4m/s 为v=√5m/s,根据斜抛的运动规律可知h=一usin60°·t (2)物块从平台飞出后做平抛运动，且从P点沿切线方 向进入竖直圆轨道，设物块运动到P点时的速度为， 十7g,x=现0s060,解得x=号n=Re0s30,可知小 可得物块在P点的速度 球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确.] UP-COS 37 =5m/s, 第6讲功能关系机械能守恒定律能量守恒定律 核心素养·助学提能 设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度为vM,有mg 考点一 UM 二mR1 [例1][解析]设P,O两，点的距离为L,过程I,根据动 可得w=√gR=√5m/s, 能定理有-mgsin.L-g.L=0-之m, ·240· 答案精析〡 设M、O两点的距离为L1,过程Ⅱ中，当Q速度最大时， 根据平衡条件kL1=mgsin9+umg cos0,P、M两点之间 =m,在P点，有N-mge0s9=m发，联立可得N k-8 ng sin日，故 7 的距离L2=L一L1,联立可得L2= 1 4kg sin =2mg,c0s0=2,所以0=60，故C正确，D错误. A错误： [答案]C 根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到 考向2 O点的过程中损失的机械能△E=umg cos日·L, [例3][解析](1)释放后B球到达最低点的过程中， 结合-mgsin0.L-mgcos,L=0-之m6, A、B两球和杆组成的系统机械能守恒，有AgR十mgR 1 可得△E=是m心，故B正确： 喷+号m, 因为A、B间的轻杆长为√2R,取O为圆环的圆心，由几 设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x, 何关系可得OAOB,故OA、OB与杆间夹角均为45°， 报搭能量守恒定律之12=mgn0·x十mgc0s9·文 又因为两球沿杆方向速度相等，则acos45°=sin45°， 可得Ua=UB, +2(x-L), 解得=√2gR. (2)设杆对A球做的功为W样A,对小球A应用动能定理 结合一ngsin0·Lumgcos0·L=02m6, 1 解得x= k心-8 mg sin日，故C正确： 可得WA十mAgR=之mA网 又vA=v,解得W赶A=0. 2kg sine (3)设B球到达右侧最高，点时，OB与竖直方向之间的夹 无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q 初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足bL1 角为日，取圆环的圆心O所在的水平面为参考平面，由系 统机械能守恒可得 mgsin 0-umgcos 0, 当在O点时，满足ngsin9=mgcos8, mAgR=mugRcos 0-magRsin 0, 代入数据可得日=30°， 所以在O、M(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故 所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时，高于圆心O D正确. [答案]BCD 「对点集训门 的高度h,-Rcas=R 1.BD[设物块离开木板时的速度为1，对地位移为1， [答案](1)√2gR(2)0(3)高于圆环圆心 物块离开木板时木板的速度为西，对地位移为x2,因物 R处 块从木板左端离开，可知2>1，对物块和木板整体由 考向3 能量守恒定律有号M=之m十子M十F,整理可 [例4幻[解析]刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，所以 得2M=子M-3mi-Fl<Mi-Pl,故C 金偏环的最大加速度为amx=gsin45°=号g,故A错 误；设在平衡位置弹簧的伸长量为x1,根据平衡条件，沿 错误，D正确；物块与木板发生相对滑动的过程中因摩擦 杆方向有ngsin45°=kx1c0s45°，由机械能守恒定律得 产生的热量为Q=Fl=F(一），其中x=心， 2 2mg· 1 ·26,解得金属环的最大速度 2 + x1=之+，由于%>>1，因此十>2，由此可得 x2>2工1，即有x2一x1=>x1,而对物块由动能定理有 为=g2k ，金属环达到最大速度时重力的功率为P F西=m,可得7m心=F<F,故A错误，B =mg,60s5°-m至严，故B正确，D错误：当金属环 2k 正确. 下落到最低，点，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压 2.B[当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木 力最大，设此时弹簧的形变量为2，由机械能守恒定律 板整体有k=mg, 解得弹性绳的伸长量x。=mg 得2mg·受=，对会属环进行受力分析，叠直于杆 k 方向有Fv=ngcos45°十kx2sin45°，解得金属环与细杆 则此时弹性绳的弹性势能为E,=己如-心三 2k 之间的最大压力为R=3要g,故C正南】 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置 [答案]BC 的过程，乙所坐木板的位移为x=x。十l一d, 考点三 则由功能关系可知该过程F所做的功W=E。十g [例5][解析](1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第 =3(mg)月 二定律得mg sin0十mgc0s日=ma,由运动学公式0- umg(l-d). 2k 2=-2a.x, 考点二考向1 L例2][解析] 小圆环运动到P点 联立解得x-2g(sin9Tuc0s历 时，有a,=只=3g,根据机械能守 (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F= mg sin+tmgcos8,由P=Fv得P=mg(sin日+-fcOs). 恒得，小圆环运动到P,点的过程中重 (3)全过程物块增加的机械能为E1=ngL sin日， 力势能的减少量等于动能的增加量， 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 即AE=号 6 mgcos 6 加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2=E1十gcos8 2 U,联立可得v mgsin 0 E ·L,故可得 mgL sin 6 sin 3gR,△E=mgR,故AB错误： mg mgL sin 0+jungL cos a sin 0ucos 设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，如图所示， (2)mgu(sin 0+ucos 0) 小圆环从初始位置运动到P的过程中，有gR(1十c0s) [答案]（1)2g(sin0片cos历 sin (3)sin cos ·241· 〡物理 [对点集训] 匀加速运动所需要的时间为 1,A[对两种运动的整个过程根据能量守恒有了m心- 4=%=5s, 之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为 AngN+mg(一x）,2m6= ,=L-2=1s, 41 ngIMN十mg(x2一xMN）, 可得x1=x2,故C、D错误； 货物从电梯底端运动到顶端所用的时间 根据牛顿第二定律mg=ma,可得a=ug, t=t1十t2=6s. 由于h>2,故滑块在MN上 (2)根据功能关系可知，电机因运送该货物多做的功等 时的加速度大，根据前面分析 于货物增加的动能、重力势能以及在皮带上产生的热量 可知两次运动的总位移相等， 即两次运动过程中U-t图像 之和，则有W=之m6十mgh十Q, 与横轴围成的面积相等，由于 Q=1gs相对c0s37°， 第二次时滑块距离M点的距 5相对=工皮一L, 离较近，根据公式2一= 22g工可知第二次到达M点 =10m, 时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v一t h=Lsin37°， 图像， 联立解得W=3160J. 可得t2>t,故A正确，B错误.] 答案：(1)6s(2)3160J 2.解析：(1)由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块 第7讲动量动量守恒定律 a由C至D点过程，由动能定理有一mgR=一之m呢， 核心素养·助学提能 考点一考向1 对滑块a在C点由牛顿第二定律有F一mg三R,结 [例1】[解折]根据F△1=△p可得F-兰，依题意知， 合牛顿第三定律可知，滑块a在C,点对轨道压力的大小 头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小 Fy=F1=24N. 了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；头 (2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为E。,由能 盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故 量守恒定律可知E。十m1 gLsin37°=1 gLcos37°+ B错误：根据I=F△t知，头盔对头部的作用力与头部对 1 gRcos37°，解得E.=1.44J,最终滑块a在B与B关 头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头 于C对称的点之间运动，由能量守恒可知Q=E。 盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正 m1 gLsin37°，解得Q=7.92J. 确：若事故中头部以6/s的速度水平撞击缓冲层，则头 (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能 量守恒有E。+m2 g Lsin37°=m2 gLcos37°+2g(R+ 廊安到的撞击力F6X05N=200N,故D正 确」 Rc0s37)十之，喔，解得E=6m/s,滑块b恰好能通 [答案]ACD 过E点时，有mg= 考向2 R,可知E>',假设成立，设滑 [例2][解析]△t时间内冲击船帆的空气的体积V=SL 块b在空中运动的时间为t,滑块b落在斜面上的位置与 =S(v一)△t△t时间内冲击船帆的空气质量为m=pV= B之间的水平距离为d,则有d=Et-Rsin37°，(R十 pS(UU)△t,空气的动量改变量为△p=m(一v),取船速 方向为正，设帆对空气的作用力大小为F,由动量定理可得 Rcos37)-zgi=dan37,解得t=9y5- 二s,又有x 一Ft=△p,即-F·△t=S(w一o)△t(h一v) 20 又帆船匀速前行，根据平衡条件F=∫，联立解得)= =cos37,解得≈18m 答案：(1)24N(2)7.92J(3)1.8m Vps十%. 课堂评价·高考预测 [答案]A 考点二 √3L 1.B[甲下降的高度为h,=2c0s30=L,乙下降的高度 [例3][解析](1)小铜块和10个长木板整体受到的合 外力为零，所以系统动量守恒，设小铜块刚滑到第二块 3L) 为h2自V3L230sin30°=31)L,当轻质硬 木板上时，木板的速度为2，由动量守恒定律得M, 2 Mu+10m2, 杆与斜面刚好平行时，把甲的速度甲分别沿着轻质硬 解得，=2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同. 杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度为 (2)由题可知小铜块最终停在第二块木板上，设最终速 v/,有v=Ue sin30°，小球乙的速度0元沿着斜面，轻质 度为，由动量守恒定律得 硬杆与斜面平行，则2沿着轻质硬杆，有L=W,甲、 Mu十9m2=(M+9m), 乙两球组成的系统由机械能守恒定律可得gh甲十 得y=3.4m/s,方向与小铜块初速度方向相同， mgh:=子m听十合m2,乙的动能为E:=弓m,联 [答案](1)2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同 (2)3.4m/s,方向与小铜块初速度方向相同 立解得E2=5mgL,故B正确，] [对点集训] 1.D[火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动 10 力，A错误；火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升 2.解析：(1)对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力 和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律有umgcos37 过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；喷水瞬间由 -mg sin37°=a, 动量守恒定律可得muo一(M一m)心=0，解得火箭获得 解得a=0.4m/s2<1m/s2, 的最大速度为双一M广m,C错误：以向下为正方向， 所以货物先以0.4m/s的加速度向上做匀加速运动，当 上升过程由动量定理可得(M-m)gt1十f1t1=0十(M- 速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动.根据匀变 m)u1,下降过程由动量定理可得(M-m)gt一f,t=(M 速直线运动规律，货物加速阶段的位移x满足2ax=v, 一m)v,其中f1ti=kv上t1=kh,f2t2=kurt2=kh,联立 =5m, 代入数据解得x=2a 解得1=+右=Mmm西，D正境.] (M-m)g ·242·丨物理 第6讲功能关系机械能守恒定律 能量守恒定律 核心素养>助学提能 考点一功能关系 核心透视 典题例析 1.功能关系的理解和应用 [例1]（多选）(2025· 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关 云南卷，10)如图所示， wwWWw 倾角为0的固定斜面， 系，功是能量转化的量度。 0 其顶端固定一劲度系 (1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化 数为k的轻质弹簧，弹簧 情况. 处于原长时下端位于O点.质量为m的滑块Q (2)根据能量转化，可计算变力做的功. (视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan0.过 程I:Q以速度o从斜面底端P点沿斜面向上运 2.常见功能关系 动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端 能量 功能关系 表达式 并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画 出)时速度最大，过O点后能继续上滑.弹簧始终在 重力做功等于重 弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 力势能减少量 忽略空气阻力，重力加速度为g.则 弹力做功等于弹 A.P、M两点之间的距离为知6-4 ngsin20 4kg sin 0 性势能减少量 W-Epl-Ep2 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过 势能 静电力做功等于 =一△Ep 程中损失的机械能为子m听 电势能减少量 C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大 位移为a6-87mg2sin20 分子力做功等于 2kg sin0 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释 分子势能减少量 放，最终一定静止在O、M(含O、M点)之间 W=Ek2-Ekl= [解题指导] 合外力做功等于 动能 ①受力分析和过程分析，由动能定理分析出 物体动能变化量 2mw2 2mu号 P、O的距离；过程Ⅱ中，Q速度最大时受力平 衡，由平衡条件计算出M、O的距离； 除重力和弹力之 ②由功能关系，克服摩擦力做的功等于Q在 外的其他力做功 W其他=E2一E 从P点单向运动到O点的过程中损失的机 机械能 等于机械能变 =△E机 械能； ③Q从P点沿斜面向上运动过程应用能量守 化量 恒及动能定理求最大位移， 摩擦 一对相互作用的 对点集训 产生 摩擦力做功之和 Q=F:·S相对 1.(多选)(2025·湖南株洲 的内 的绝对值等于产 S相对为相对路程 模拟)如图，质量为m的 小物块（可视为质点）静止 777 能 生的内能 在质量为M、长为1的木板上的最右端，木板放 在光滑水平桌面上，某时刻木板以速度o开始 克服安培力做功 电能 运动.已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为 等于电能增加量 W克安=E2一E1=△E F,当物块从木板左端离开时 石墨炸弹又名软炸弹、断电炸弹，俗称“电力杀手”，因其不以杀伤敌方兵员为目的而得名。石墨 ·26·炸弹是选用经过特殊处理的纯碳纤维丝制成，每根石墨纤维丝的直径相当小，仅有几千分之一厘米， 主要攻击对象是城市的电力輸配系统，并将其瘫痪。 第一部分：专题二能量与动量I A.物块的动能等于Fl 原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静 B.物块的动能小于Fl 止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， C.木板的动能大于2Mg-Fl 重力加速度大小为g,则F所做的功等于() D.木板的动能小于M-Fl 甲 2.(2024·山东卷，7)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 A. (umg)2 2k +mg(l一d) 通过一根原长为1的轻质弹性绳连接，连接点等 高且间距为d(d<).两木板与地面间动摩擦因 B.3(umg)2 2k +umg(I-d) 数均为4，弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势 能E=kr2(x为绳的伸长量).现用水平力F C. (mg)2 2k +2mg(1-d) (umg)2 缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开 D. 2k +2mg(1-d) 考点二 机械能守恒定律 核心透视 A.小圆环运动到P点的过程中重力势能减少mgR 1.判断机械能守恒的两个角度 B.小圆环运动到P点时的速度大小为√2gR (1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹 C.PO连线与竖直方向的夹角为60 簧组成的系统机械能守恒， D.小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力 (2)若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有 大小为3mg 其他形式的能（如内能）与机械能相互转化，且 [解题指导] 系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统 由向心加速度大小等于重力加速度g的3倍 机械能守恒， 可求P点速度大小，由机械能守恒求P点小 2.系统机械能守恒的三种表达式 球与圆心的连线与竖直方向的夹角 需要选择 春向2 多物体机械能恒 观点 E1=E2 种 参考平面 [例3]半径为R的光滑圆环竖直 表 放置，环上套有两个质量分别为 达 △E=-△E。 不用选择 参考平面 m和√3m的小球A和B.A、B两 B 形 式 转移 △E=-△EB 不用选择 球之间用一长为√2R的轻杆相 观点 参考平面 连，如图所示.开始时，A、B两球 3.应用机械能守恒定律解题的基本思路 都静止，且A球在圆环的最高点，现将A、B两球 由静止释放，试求： 定对象 单个物体、多个物体组成的系统或 含弹簧系统 (1)B球到达最低点时的速度大小； 两分粉 对研究对象进行受力分析和做功情 (2)B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功； 况的分析 (3)B球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置. 判守相 根据机械能守的条件判断研究对 象机械能是否守恒 [解题指导] 选公式 灵活选取1十Fml=F+F2 (1)圆环光滑，无摩擦力做功，系统机械能守恒， △民=一△F或△EA=一△EB (2)B球通过杆对A球做功，A球机械能不守 典题例析 恒，A球的运动过程可用动能定理分析. 春向1 单物体机械能守恒 [例2](2025·湖南娄底二模)如图 所示，半径为R的大圆环悬挂固定 在竖直平面内，圆心为O,质量为m 的小圆环套在大圆环上，从大圆环 顶端由静止开始下滑，当小圆环运 动到P点时，向心加速度大小等于 重力加速度g的3倍，下列说法正确的是 ·27· 物理 专向3轻弹簧连接的系统机械能守恒问题 [例4]（多选）(2025·河北选 C.金属环与细杆之间的最大压力为32， 2-mg 择性考试模拟)如图，一顶角 45°45° D.金属环达到最大速度时重力的功率为 6000r00000000 为直角的“∧”形光滑细杆竖 直放置.质量均为m的两金属 mg√保 环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻 [解题指导] 质弹簧相连，弹簧处于原长。.两金属环同时由静 (1)根据对称性可知，在运动过程中，弹簧始终 止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内.已 水平，金属环刚释放时加速度最大； 知弹簧的长度为1时，弹性势能为1一6)尸.对其 (2)平衡位置也就是弹簧的弹力沿杆方向的分 力与重力沿杆方向的分力相等时，速度 中一个金属环，下列说法正确的是 最大； A.金属环的最大加速度为√2g (3)只有弹簧的弹力和重力做功，机械能守恒； 由几何关系可知，金属环下落的高度是弹 B.金属环的最大速度为g√2 m 簧形变量的一半」 考点三 能量守恒定律 核心透视 (3)全过程物块增加的机械能等于重力势能的增 应用能量守恒定律的基本思路 加，由能量守恒得电动机消耗的总电能转化 (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能 为物块增加的机械能和摩擦产生的内能， 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。 典题例析 [例5](2024·江苏卷，14)如图所示，粗糙斜面 的动摩擦因数为4，倾角为0，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，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： 电动机 D 对点集训 (1)CD段长x; 1.(2025·云南卷，6)如图所示，质量为m的滑块 (2)BC段电动机的输出功率P; (视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为 (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗 1,与其余部分的动摩擦因数为2，且A1>2 第一次，滑块从I位置以速度o向右滑动，通过 的总电能E2的比值」 MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过 [解题指导] 程中，滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第 (I)由牛顿第二定律结合运动学公式求CD 二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度o向右滑动，通 段长； 过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运 (2)物块在BC段匀速运动，由平衡条件求牵 动过程中，滑块的位移大小为x2,所用时间为 引力； t2.忽略空气阻力，则 无后坐力炮是发射时炮身不后坐的火炮，主要用于直瞄打击装甲目标，压制，歼击有生力量和火 ·28·器，在反坦克战史上曾立下了汗马功劳。第一次世界大战期间，美国人戴维班利用配重物平衡发射原 理，发明了无坐力炮。 第一部分：专题二能量与动量丨 (3)若仅将滑块a换为质量为m2=0.05kg的滑 块b,滑块b由A点弹出后立即撒去弹簧，求滑 M N 块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离（结 A.<t B.t1>t2 果保留2位有效数字). C.x1>x2 D.x<x2 2.如图所示，倾角为0= 37°的斜面与圆心为 O、半径R=0.9m的 光滑圆弧轨道在B点 37° 平滑连接，且固定于 B 竖直平面内.斜面上 固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动 质量为m1=0.8kg的滑块a使其压缩弹簧至A 处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a 的弹力为零.已知A、B之间的距离为L=1.35m, 滑块a与斜面间动摩擦因数u=0.25,C为圆弧轨道 的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a 可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2,sin37 =0.6,cos37°=0.8W3≈1.73. (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小. (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生 的热量. 课堂评价~高考预测 1.(2025·河北廊坊高三期未)甲R (1)货物从电梯底端运动到顶端所用的时间； 如图所示，倾角为30°的光滑 (2)电机因运送该货物多做的功（忽略电梯自身 斜面固定在水平地面上，在 动能的变化). 斜面体左侧的适当位置固定 一光滑竖直硬杆，质量均为 m的两小球（均视为质点）用 . 长为√L的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上， 乙放置在斜面上，甲、乙由静止释放时，轻质硬杆 与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚 好平行时，乙的动能为 A.3-1 10mgL B.3+1 10mgL C源eL D.g 2.(2025·贵州凯里市第一中学模 拟)如图所示为某小型购物商场 L 的电梯，长L=7.0m,倾角0= 37°.在某次搬运货物时，售货员⊙人0 将质量为m=50kg的货物无初速度放在电梯的 最下端，然后启动电机，电梯先以ao=1m/s2的 加速度顺时针做匀加速运动，速度达到=2 m/s后匀速运动.已知货物与电梯表面的动摩擦 C温馨提污 因数=0.8，重力加速度g=10m/s2,sin37°= 学习至此，请完成配套训练专题精准强化6 0.6,不计空气阻力.求： -0 ·29·