第6章 专题提升六 功能关系 能量守恒定律（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“功能关系 能量守恒定律”专题，覆盖功能关系应用、能量守恒定律理解及动力学与能量综合应用三大高考核心考点。课件对接高考评价体系，分析各考点权重，归纳功能关系与图像结合、传送带模型等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题训练与科学思维培养，如结合2024海南卷滑块—木板模型题，通过模型建构和科学推理，指导学生区分滑块与木板位移计算摩擦生热。特设易错点分析，帮助学生掌握能量转化答题技巧，助力教师精准教学，提升高考冲刺效率。

专题提升六　功能关系　能量守恒定律 高三一轮复习讲义　广东专版 第六章 机械能 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决有关问题。 2.掌握能量守恒定律，并会应用其解决有关问题。 3.会应用动力学观点和能量观点解决有关综合问题。 学习目标 提升点一　功能关系的应用 提升点二 能量守恒定律的理解及应用 课时测评 内容索引 提升点三 动力学与能量观点的综合应用 功能关系的应用 提升点一 返回 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过力做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度 ①不同的力做功，对应不同形式的能量转化，具有一一对应的关系。 ②做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 2.力学中几种常见的功能关系 考向1 功能关系的应用 (多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝3R，重力加速度为g，则小球从P点到B点的运动过程中 A.重力势能减少了2mgR B.机械能减少了2mgR C.动能增加了mgR D.克服摩擦力做功mgR √ 例1 √ 小球从P点到B点的运动过程中，重力做功为WG＝mg· 2R＝2mgR，故重力势能减少了2mgR，A正确；小球沿 轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第 二定律有mg＝m，解得vB＝，从P点到B点过程， 重力势能减小量为2mgR，动能增加量为m＝mgR， 故机械能减少量为2mgR－mgR＝mgR，从P点到B点过程，克服摩擦力做功等于机械能减少量，则克服摩擦力做的功为mgR，故B、C错 误，D正确。故选AD。 针对练.(多选)(2025·广东省深圳市调研)某同学做“引体向上”时的上升动作如图所示，忽略动作变化对重心的影响，可把该同学视作质点。从最低点运动到最高点的过程中，手对身体的拉力始终保持向上，下列关于该同学的说法正确的有 A.经历了超重和失重过程 B.一直处于超重状态 C.机械能一直增大 D.机械能先增大后减小 √ √ 该同学向上运动过程中，可能是先加速再匀速后减速，也可能先加速后减速，或者加速减速交替出现，但总体而言需要经历加速和减速过程，即超重和失重过程，故A正确，B错误；由于手对身体的拉力始终保持向上，一直对身体做正功，故机械能一直增大，故C正确，D错误。故选AC。 考向2 功能关系与图像的结合 在大力士比赛中，选手竖直向上抛出一重物。取抛出点为重力势能零点，上升阶段重物的机械能E总和重力势能Ep随它离开抛出点的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2，由图中数据可得 A.重物的质量为2.5 kg B.h＝8 m时，重物的动能为200 J C.重物上升过程中，阻力大小恒为100 N D.重物上升过程中，合力做功为－1 000 J √ 例2 由题图可知，h＝8 m时E总＝Ep＝mgh＝800 J，此时重物的动能为零，解得重物的质量为m＝10 kg，故A、B错误；根据功能关系ΔE总＝－F阻h＝800 J－1 000 J，解得重物上升过程中，阻力大小F阻＝25 N，故C错误；根据题意可知，重物从抛出到最高点，动能减少1 000 J，根据动能定理可知合力做功为－1 000 J，故D正确。故选D。 考向3 连接体中功能关系的应用 (多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M＞m)的两滑块A和B，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，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量和轮与轴间的摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中 A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下 B.拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量 C.拉力对A做的功等于A机械能的增加量 D.两滑块组成的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功 例3 √ √ 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻 绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可 知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所 以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量，故B正确；由除重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A做的功之和等于A机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成的系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于A克服摩擦力做的功，故D正确。故选BD。 返回 能量守恒定律的理解及应用 提升点二 返回 1.能量守恒的两种方式 (1)转化：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)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等。 2.运用能量守恒定律解题的基本思路 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恰好能弹回到C点。已知重力加速度大小g＝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： 例4 (1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小； 答案：2 m/s 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 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 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。 针对练1.如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek-h图像，如图乙所示，其中h＝0.18 m 时对应图像的最顶点，高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余为曲线，取g＝10 m/s2，由图像可知 A.滑块的质量为0.18 kg B.弹簧的劲度系数为10 N/m C.滑块运动的最大加速度为40 m/s2 D.弹簧的弹性势能最大值为0.7 J √ 在从0.2 m上升到0.35 m范围内ΔEk＝ΔEp＝ mgΔh，图线斜率的绝对值为＝2 N＝mg， 则m＝0.2 kg，故A错误；在Ek-h图像中，图 线的斜率表示滑块所受的合力，由于高度从 0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，所以弹簧的原长为0.2 m，当弹簧弹力等于重力时，滑块的速度最大，根据题图乙可知，此时h＝0.18 m，则有mg＝kΔx，解得k＝ N/m＝100 N/m，故B错 误；由以上分析可知，滑块静止释放后做加 速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力 时，加速度为0，滑块的速度最大，所以滑块 在释放瞬间加速度最大，由牛顿第二定律可 得amax＝＝ m/s2＝40 m/s2，故C正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故D错误。 针对练2.(2025·八省联考·云南卷)游乐项目 “滑草”的模型如图所示，某质量m＝80 kg的游客(包括滑板，可视为质点)由静止从 距水平滑道高h＝20 m的P点沿坡道PM滑下，滑到坡道底部M点后进入水平减速滑道MN，在水平滑道上匀减速滑行了l＝9.0 m后停止，水平滑行时间t＝3.0 s，重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)该游客滑到M点的速度大小和滑板与水平滑道MN之间的动摩擦因数； 答案：6 m/s　0.2 由于游客在水平滑道上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律有 l＝t，0－v＝－at 根据牛顿第二定律可得μmg＝ma 联立解得v＝6 m/s，μ＝0.2。 (2)该游客(包括滑板)从P点滑到M点的过程中损失的机械能。 答案：14 560 J 游客(包括滑板)从P点滑到M点的过程中，根据能量守恒定律可得损失的机械能为 ΔE＝mgh－mv2＝14 560 J。 返回 动力学与能量观点的综合应用 提升点三 返回 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和一定为零，即两个力做功要么一正一负且数值相等，要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即两个力中至少有一个力做负功，且代数和的绝对值等于摩擦产生的热量 机械能从一个物体转移到另一个物体，没有机械能的转化 一部分机械能从一个物体转移到另一个物体；另一部分机械能转化为内能，即摩擦生热等于系统机械能的损失 两种摩擦力都可以对物体做正功或负功，还可以不做功 考向1 传送带模型 应用动力学、能量观点解答传送带问题的思路 如图所示，一滑块紧挨着一根锁定的弹簧静止在水平面的左端，中间是一个逆时针转动的传送带(A和B是水平传送带上的两个端点)，通过一水平面与倾斜角为37°的足够长的斜面CD相连。已知滑块质量m＝1 kg，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.3，传送带端点AB之间的长L＝6 m，传送带的速度v0＝2 m/s，斜面CD与滑块间的动摩擦因数μ2＝0.25，其余接触面光滑，且各个节点连接良好，滑块通过无能量损失。sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2。解锁弹簧，滑块离开弹簧后滑上传送带。 例5 (1)若滑块恰不能通过传送带，则弹簧弹性势能Ep0是多少？ 答案：18 J 若滑块恰不能通过传送带，则到达B点恰好速度为零，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma 由运动学公式得＝2aL 弹簧弹性势能为Ep0＝m 联立解得Ep0＝18 J。 (2)在第(1)问条件下，求滑块从滑上传送带到离开的过程中，与传送带因摩擦产生的热量Q； 答案：32 J 经判断可知，滑块与传送带向左共速以后再匀速到达A点，则有v0＝－v1＋at，－＝2ax块 x带＝v0t Q＝μ1mg(x带＋x块) 联立解得Q＝32 J。 (3)调整弹簧的形变量，使得滑块滑上传送带后再次经过A点向左运动时，速度与传送带速度v0相等，求弹簧弹性势能Ep的取值范围。 答案：2 J≤Ep≤58 J 当滑块不通过传送带时，滑上传送带的最小速度vmin＝v0 对应的最小弹性势能Ep1＝m 解得Ep1＝2 J 当滑块通过传送带再从斜面滑回到A点， 则滑上传送带的最大速度对应返回时刚好 在A点与传送带共速。设到达斜面的最大高度为h，从A点到斜面最高点有－μ1mgL－mgh－μ2mgcos 37°·＝0－m 从斜面最高点回到A点，有 mgh－μ2mgcos 37°·－μ1mgL＝m 对应的最大弹性势能Ep2＝m 联立解得Ep2＝58 J 综上所述，弹簧弹性势能的取值范围为2 J≤Ep≤58 J。 针对练.(多选)如图为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针转动。建筑工人将质量m＝20 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2。以下说法正确的是 A.建筑工人比建筑材料早0.5 s到右端 B.建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动 C.因运输建筑材料电动机多消耗的能量为10 J D.运输带对建筑材料做的功为10 J √ √ 建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝＝1 s，加速运动的位移为x1＝t2＝0.5 m＜L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t3＝＝1.5 s，因此建筑工人比建筑材料早到达右 端的时间为Δt＝t3＋t2－t1＝0.5 s，A正确，B错误；建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x2＝v0t2＝1 m，则因摩擦而生成的热量为Q＝μmg(x2－x1)＝10 J，由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为W＝m＝10 J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为Q＋W＝20 J，C错误，D正确。 考向2 “滑块—木板”模型 在“滑块—木板”模型中应用动能定理、能量守恒定律解题时，要注意区分三个位移(如图所示)： (1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x块。 (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滑行路程Δx。 (2024·海南卷·T18) 某游乐项目装置简 化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形 滑梯，半径R＝10 m，滑梯顶点a与滑梯末 端b的高度h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25 kg。一质量为m＝50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求： 例6 (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； 答案：1 000 N 设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒定律有mgh＝m 解得v0＝10 m/s 在b点根据牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝1 000 N 根据牛顿第三定律可知游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'＝FN＝1 000 N。 (2)滑板的长度L。 答案：7 m 设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得－μmgs＝0－mv2 解得v＝8 m/s 根据题意，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设游客、滑板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝＝μg＝2 m/s2，a2＝＝4 m/s2 根据运动学规律对游客有v＝v0－a1t 解得t＝1 s 该段时间内游客的位移为x1＝t＝9 m 滑板的位移为x2＝a2t2＝2 m 根据位移关系得滑板的长度为L＝x1－x2＝7 m。 针对练.(多选)如图所示，质量M＝3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则 A.长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2 B.物块与长木板之间的动摩擦因数为0.2 C.长木板长度至少为8 m D.物块与长木板系统损失的机械能为36 J √ √ 长木板做匀加速运动的加速度大小a＝＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移x1＝·Δt＝×2 m＝4 m，物块的位移x2＝·Δt＝×2 m＝12 m，所以长木板最小长度Lmin＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律可得物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝m－(m＋M)v2＝48 J，故D错误。 考向3 多过程组合问题 1.分析思路 (1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。 (2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。 (3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。 2.方法技巧 (1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景。 (2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。 (3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。 (2024·广东省湛江市高三下学期一模物理试题) 某同学为参加学校举行的遥控赛车比赛，利用如图 所示装置练习遥控技术。水平直轨道AC与半径R＝ 0.32 m的光滑竖直圆轨道在B点相切，A、B间的距 离L＝1.0 m且对赛车的阻力恒为F阻＝0.3 N，BC段光滑。水平地面距水平直轨道的竖直高度h＝0.45 m。该同学遥控质量m1＝0.1 kg的赛车以额定功率P＝2 W从A点出发，沿水平直轨道运动到B点时立刻关闭遥控器，赛车由B点进入圆轨道，离开圆轨道后沿水平直轨道运动到C点，并与质量m2＝1.0 kg的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车恰好能通过圆轨道最高点，而滑块落在水平地面上D点，C、D间的水平距离x＝0.30 m。赛车和滑块均可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： 例7 (1)碰撞后滑块速度的大小v2； 答案：1 m/s　 碰撞后滑块做平抛运动，则有h＝gt2 ，x＝v2t，解得v2＝1 m/s。 (2)碰撞前瞬间赛车速度的大小v0； 答案：6 m/s　 设赛车恰好通过圆轨道最高点的速度大小为v3，与滑块碰撞后的速度大小为v1，由牛顿第二定律及机械能守恒定律有m1g＝m1 m1＋m1g×＝m1 赛车与滑块碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向，有m1v0＝－m1v1＋m2v2 解得v0＝6 m/s。 (3)此过程中该同学遥控赛车的时间t。 答案：1.05 s 设遥控赛车的时间为t，根据动能定理，有Pt－F阻L＝m1 解得t＝1.05 s。 返回 课 时 测 评 返回 1.(2024·山东卷·T7)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 1 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 1 2.(多选)滑沙运动能使户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为50 kg的人坐在滑沙板上从沙坡的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过10 s到达坡底，速度大小为20 m/s。已知沙坡的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，下列关于此过程的说法中正确的是 A.人的重力势能减少了5.0×104 J B.人的动能增加了1.0×104 J C.人的机械能减少了1.5×104 J D.人克服阻力做功4.0×104 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 人沿沙坡下滑的距离l＝vt＝100 m，重力势能减少了ΔEp＝mglsin 30°＝2.5×104 J，故A错误；人的动能增加了ΔEk＝mv2＝1.0×104 J，故B正确；人的机械能减少了ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104 J，故C正确；人克服阻力做功W克＝ΔE＝1.5×104 J，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.(多选)(2025·八省联考·河南卷)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则 A.火箭的机械能不变 B.火箭所受的合力不变 C.火箭所受的重力做正功 D.火箭的动能随时间均匀减少 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减少，且重力势能减少，故火箭的机械能减少，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B正确；由于火箭下落，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝mv2＝m(v0－at)2，火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.如图甲所示，一个可视为质点的小球从地面竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的高度h的变化关系如图乙所示，取小球在地面时的重力势能为零，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.小球的质量为 B.小球受到空气阻力的大小为 C.上升过程中，小球的动能等于重力势能时，小球距地面的高度为h0 D.下降过程中，小球的动能等于重力势能时，小球的动能大小为 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 上升阶段，根据能量守恒定律得2E0＝Ffh0＋ mgh0，下降阶段，根据能量守恒定律得E0＋ Ffh0＝mgh0，联立解得小球的质量为m＝， 小球受到空气阻力的大小为Ff＝，A、B错误；上升过程中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度为h1，根据能量守恒定律得2E0＝Ek1＋mgh1＋Ffh1＝2mgh1＋Ffh1，解得小球距地面的高度为h1＝h0，C正确；下降过程中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度为h2，根据能量守恒定律得mgh0＝Ek2＋mgh2＋Ff(h0－h2)＝2Ek2＋Ffh0－Ffh2，即E0＝2Ek2－Ffh2，解得小球的动能大小Ek2＝≠，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.(2025·广东省六校联考)山地自行车往往要加装减震装置。静止的山地自行车，沿竖直方向用力推压缩杆，将弹簧压缩到最短后放手，摩擦阻力不能忽略，弹簧被压缩杆压缩到最短后弹回到最高点的过程中 A.压缩杆一直处于超重状态 B.当压缩杆受到的弹力大小等于其重力时，杆具有最大动能 C.杆的加速度先增大后减小 D.杆的动能先增大后减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 1 运动过程中压缩杆受到向上的弹力、向下的摩擦阻力以及重力，开始合力向上，向上加速运动，处于超重状态，向上的弹力等于重力与摩擦阻力之和时，速度最大，动能最大，之后，向上做减速运动，处于失重状态，A、B错误；杆的加速度先减小后反向增大，C错误；根据上述分析可知杆的动能先增大后减小，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.(多选)(2024－2025·广东省潮州市期中考试)如图所示，一质量为1 kg可视为质点的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，斜面AB的倾角为37°，A、B间距离为4 m，小物块经2 s运动到B点后通过一小段光滑的衔接弧面滑上与地面等高的传送带，传送带以6 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带B、C间距离为8 m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计衔接弧面的运动时间和空气阻力。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.小物块在传送带上B、C之间的运动时间为1 s B.小物块与斜面AB间的动摩擦因数为0.5 C.小物块在传送带上运动时，因摩擦产生的热量为2 J D.整个过程中传送带电动机多消耗的电能为16 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 小物块在斜面上运动的加速度为a1＝＝ m/s2 ＝2 m/s2，到达B点时的速度vB＝a1t1＝4 m/s，小 物块滑上传送带时的加速度a2＝μ2g＝2 m/s2，加速的时间t2＝＝1 s，加速的位移x1＝t2＝5 m，匀速的时间t3＝＝ s＝0.5 s，小物块在传送带上B、C之间的运动时间为1.5 s，A错误；在斜面上根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得μ1＝0.5，B正确；小物块在传送带上运动时，因摩擦产生的热量为Q＝μ2mg(v传t2－x1)＝2 J，C正确；整个过程中传送带电动机多消耗的电能为ΔE＝Q＋＝12 J，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(多选)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v沿逆时针方向运行。t＝0时刻，质量m＝2 kg的小物块以初速度v0从A端滑上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，1.25 s时小物块从B端滑离传送带。沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，则 A.传送带的倾角θ＝37° B.小物块对传送带做功18 J C.小物块在传送带上留下的痕迹长度为1 m D.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为4.5 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 由题图乙可知，物块先做初速度为2 m/s 的匀加速直线运动，速度达到传送带速 度后(在t＝0.25 s时刻)，由于重力沿斜面 向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从题图乙可知传送带的速度为v＝4 m/s。小物块刚开始匀加速运动的加速度a1＝＝ m/s2＝8 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，速度相等后，加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝30°，μ＝，故A错 2 3 4 5 6 7 8 1 误；小物块与传送带间的摩擦力为 Ff＝μmgcos θ ＝6 N，小物块对传送带做功为W＝－FfvΔt＋ FfvΔt'＝－6×4×0.25 J＋6×4×1 J＝18 J， 故B正确；0～0.25 s时间内，小物块的位移为x'＝Δt＝×0.25 m＝0.75 m，相对位移Δx1＝vΔt－x'＝1 m－0.75 m＝0.25 m，0.25～1.25 s时间内，小物块的位移为x″＝Δt'＝×1 m＝5 m，相对位移Δx2＝x″－vΔt'＝1 m＞Δx1，所以小物块在传送带上留下的痕迹长度为1 m，小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝Ff(Δx1＋Δx2)＝7.5 J，故C正确，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 1 8.(14分)(2025·广东省广州市五校联考)科技节上有一个小游戏，装置由放置在水平地面上的发射器、两竖直放置的半圆形管道BC、等腰直角斜面EDF、与水平地面成θ角的足够长斜面GH构成，如图所示。游戏者调节发射器，使物体(可视为质点)从A点水平发射后经B点进入半圆形管道，从顶点C水平飞出。已知物体质量m＝0.3 kg，半圆形管道半径R＝0.4 m，斜面高度h＝0.4 m，BE＝L，FG＝x＝1.6 m，F点左边所有接触面均光滑，F点右边所有接触面和物体间的动摩擦因数均为μ＝0.75。斜面DF和GH与水平面间均平滑连接，物体经过连接点时没有能量损失，不考虑物体在管道里碰撞时的能量损失和物体落地后的反弹过程，忽略空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，tan 37°＝0.75。 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)当物体以vC＝1.5 m/s通过C时，求管道对物体的作用力FC(结果保留2位有效数字)。 答案：1.3 N，方向竖直向上　 当物体以vC＝1.5 m/s通过C时，由牛顿第二定律可得F向＝m≈1.7 N 管道对物体的作用力FC＝mg－F向＝1.3 N 方向竖直向上。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)当物体以vC＝1.5 m/s通过C时，若L＝0.4 m，物体能够击中ED面，求物体在空中运动的时间t。 答案：0.5 s 当物体以vC＝1.5 m/s通过C时，若L＝0.4 m，物体能够击中ED面，有 vCt＝L＋h'，gt2＝4R－h' 解得t＝0.5 s。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)若某次物体通过C后，恰能无碰撞从D点沿DF面滑下。求θ取不同值时，物体在整个运动过程中克服摩擦力做的功W与θ的关系。 若某次物体通过C后，恰能无碰撞从D点沿DF面滑下，则通过C点的速度为＝vDy＝＝2 m/s 物体由C至F点，由动能定理可得 m－m＝mg·4R 2 3 4 5 6 7 8 1 解得vF＝2 m/s 当tan θ＞μ＝0.75时，即θ＞37° 物体最终停在FG段，克服摩擦力做的功 W1＝m＝8.4 J 当tan θ≤μ＝0.75时，即θ≤37° 物体最终停在GH段，在GF段克服摩擦力做的功WFG＝μmgx＝3.6 J 设物体停在GH段的竖直高度为h″，则 μmgcos θ·＋mgh″＝W1－WFG 2 3 4 5 6 7 8 1 解得h″＝ m 全程克服摩擦力做的功 W2＝WFG＋μmgcos θ·＝·3.6 J。 综上，当θ＞37°时W＝8.4 J；当0＜θ≤37°时 W＝·3.6 J。 返回 2 3 4 5 6 7 8 1 谢 谢 观 看 功能关系　能量守恒定律 $