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（新高考）

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三大核心考点，对接高考评价体系，通过考向分类（功能关系与图像结合、连接体问题等）和典型模型（传送带、滑块—木板）梳理，明确高频考点权重，归纳答题思路，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+模型突破+素养提升”，如结合2024湖北卷传送带问题，解析摩擦力做功与内能计算，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力；通过滑块—木板模型中相对位移分析，强化能量观念。设易错点警示（如混淆相对位移与对地位移），帮助学生掌握解题技巧，教师可据此高效组织复习，助力学生冲刺高考。

专题提升六　功能关系　能量守恒定律 高三一轮复习讲义 新高考 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mgR，故机械能减少量为2mgR－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．(2024·浙江1月·T3)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 √ 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，足球从1到2重力势能增加mgh，由功能关系可知从1到2动能减少量等于mgh与克服空气阻力所做的功之和，A错误，B正确；从2到3由于克服空气阻力做功，则机械能减小，由功能关系可知从2到3动能增加量等于mgh与克服空气阻力所做的功之差，则动能增加量小于mgh，C、D错误。故选B。 考向2　功能关系与图像的结合 (多选)(2024·福建三明市模拟)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是 A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0 B．木块受到的摩擦力大小为 C．木块的重力大小为 D．木块与斜面间的动摩擦因数为 例2 √ √ 机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0－3E0＝0－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A错误；木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff＝，故B正确；重力所做的功等于重力势能变化量，则mgx0sin 30°＝ΔEp，解得mg＝，故C正确；滑动摩擦力为Ff＝μmg cos 30°，解得μ＝，故D错误。 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： (1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小； 答案：2 m/s 例4 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·2mg cos θ·L＝×3mv2＋2mgL sin 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·2mg cos 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＋2mgx sin θ－mgx＝μ·2mg cos 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＝，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 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 例5 (2024·湖北卷·T14)如图所示，水平传送带以5 m/s的速 度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送 带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻 绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； 答案：5 m/s 设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小 物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上 加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有v2＝2aL 联立并代入数据解得v＝6 m/s 由于v>5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； 答案：0.3 J 设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为ΔEk＝ 联立并代入数据解得ΔEk＝0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 答案：0.2 m 经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg＝M 对小球的整个上升过程，由动能定理得 －Mg(l＋l－x)＝ 联立并代入数据解得x＝0.2 m 。 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＝。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＝＝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。 例6 (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： (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＝ 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。 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 (2)滑板的长度L。 答案：7 m 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＝，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)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。 (2023·浙江1月·T18)一游戏装置竖直截 面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾 角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCD E，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道 FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 例7 (1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC； 答案：4 m/s 滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－R cos θ)＝ 解得vC＝4 m/s 滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 FC＋mg＝m 解得FC＝22 N。 (2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ； 答案：0.3 设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得 mv2 解得v＝6 m/s 摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得 mv＝2mv1 解得v1＝＝3 m/s 根据能量守恒可得Q＝μmgL＝ 解得μ＝0.3。 (3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。 答案：2.5 s 滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝＝ 3 m/s2 所用时间为t1＝＝1 s 此过程滑块通过的位移为x1＝t1＝4.5 m 滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝＝1.5 s 则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 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 9 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＝，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 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，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 9 1 人沿沙坡下滑的距离l＝vt＝100 m，重力势能减少了ΔEp＝mgl sin 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 9 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 9 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＝m(v0－at)2，火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 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 9 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； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 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 9 1 5．(2022·江苏卷·T10)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一 端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿 斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧， A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度，则 A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下 B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化 C．下滑时，B对A的压力先减小后增大 D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由于A、B在下滑过程中不分离，设A在最高点时弹簧的 弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、 B之间的弹力为FAB，动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿 第二定律对A、B有F＋(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a，对B有mBg sin θ－μmBg cos θ＋FAB＝mBa，联立可得，由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上，由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动 到最高点时距离O点为x2，下滑过程A、B不分离，弹簧一 直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得 ＋(mAg sin θ＋Ff)(x1－x2)，化简得k＝，当位移为最大位移的一半时有F合＝k－(mAg sin θ＋Ff)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为0，A错误；根据B项分析可知，再结合B项的结论可知下滑过程中F方向沿斜面向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，C错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 整个过程中弹力做的功为0，A的重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6．(多选)如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5 m，传送带在电动机的带动下以v＝2 m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量为4 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中 A．小物块经过 s后与传送带共速 B．摩擦力对小物块做的功为24 J C．摩擦产生的热量为24 J D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为102 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 小物块刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上， 由于μ＝>tan 30°，小物块做匀加速直线运动，由牛 顿第二定律得μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝ 2.5 m/s2，假设小物块能与传送带达到相同速度，则小物块上滑的位移x1＝＝0.8 m<L＝3.5 m，假设成立，小物块与传送带达到相同速度后，将向上做匀速运动，到达A点的速度仍为2 m/s，小物块匀加速时间t＝ s＝0.8 s，即小物块经过0.8 s后与传送带共速，A错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 摩擦力在匀加速阶段对小物块做的功W1＝μmg cos 30°·x1＝×0.8 J＝24 J，小物块匀速运动过程中，小物块受到的为静摩擦力，大小与重力平行斜面向下的分力相等，摩擦力在匀速阶段对小物块做的功W2＝mg sin 30°·(L－x1)＝4×10××(3.5－0.8) J＝54 J，摩擦力对小物块做的功为W＝W1＋W2＝24 J＋54 J＝78 J，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 小物块与传送带的相对位移Δx＝vt－t＝0.8 m，摩擦产生的热量Q＝μmg cos 30°·Δx＝×0.8 J＝24 J，C正确；因放小物块而使得电动机多消耗的电能E＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝mv2＋mgL sin 30°＋Q＝8 J＋70 J＋24 J＝102 J，D正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力，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10 m/s2) A．木板A最终获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度 大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平 方向均受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律 知二者质量相等，则木板最终获得的动能 为EkA＝＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能为ΔE＝＝2 J，选项B错误；由题图乙可知二者相对位移为Δx＝×1×2 m＝1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；对B根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8．(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 9 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mg sin θ＋μmg cos 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mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，联立解得θ＝30°，μ＝，故A错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 小物块与传送带间的摩擦力为 Ff＝ μmg cos 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 9 1 9．(20分)(2024·浙江舟山模拟)某游乐场的游乐装置可简 化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝ 0.8 m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＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝ m/s的初速度水平向左抛出，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点之后继续沿水平轨道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之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小。 答案：2 m/s 设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识有v0＝vBsin 30°，解得vB＝2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小。 答案：50 N 2 3 4 5 6 7 8 9 1 滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律得 mg(R＋R sin 30°)＋ 解得vC＝4 m/s 设滑块P经过C点时受轨道的支持力大小为FN，有FN－mg＝m 解得FN＝50 N 由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道压力的大小F压＝FN＝50 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)弹簧弹性势能的最大值。 答案：6 J 设弹簧弹性势能的最大值为Epm，滑块从C点到F点的过程中，根据动能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－，代入数据解得Epm＝6 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处。 答案：不能，位于离D点0.2 m(或离C点0.8 m)处 设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入数据解得h＝0.6 m<R，故无法从B点离开 又＝μmgx，代入数据可解得x＝3.2 m＝3LCD＋0.2 m，故滑块最后静止时的位置离D点0.2 m(或离C点0.8 m)。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 谢 谢 观 看 专题提升六　 功能关系　能量守恒定律 $