专题6 机械能守恒定律-训练册（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦“机械能守恒定律”专题，覆盖动能定理应用、功能关系、传送带模型等高考核心考点，严格对接高考评价体系，通过近五年真题统计明确变力做功问题占30%、功能关系应用占40%的高频考点分布，归纳出实验验证、多过程能量分析等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题精讲+模型建构+素养提升”策略，如2024新课标卷动能定理题，运用F-x图像面积求功培养科学思维，实验专题通过误差分析强化科学探究能力。特设“易错陷阱警示”和“题型方法总结”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

专题六　机械能守恒定律 高考物理 新高考专用 目 录 目 录 题型方法 实验7　验证机械能守恒定律 培优提升 题型18　变力做功问题　动能定理的应用 高考真题 高考模拟 题型19　机械能守恒定律的应用 高考真题 高考模拟 题型20　功能关系　能量守恒 高考真题 高考模拟 题型21　功能关系在传送带模型中的应用 高考真题 高考模拟 目 录 题型18　变力做功问题　动能定理的应用 题型方法 高考真题 1. (2024贵州,6,4分)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上,设物块静止时的位置 为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图 所示,则物块运动到x=3 m处,F做功的瞬时功率为 ( ) A.8 W　　     B.16 W　　     C.24 W　　     D.36 W     A     目 录 解析　根据F-x图像中,图线与坐标轴围成面积代表功,可知物块运动到x=3 m处,F做的 总功为WF=(3×2+2×1) J=8 J,该过程根据动能定理得WF= mv2,解得物块运动到x=3 m处 时的速度为v=4 m/s,则此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8 W,A正确。 目 录     A     2. (2024重庆,4,4分)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯 和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组 织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F 1、F2,则针鞘 ( ) A.被弹出时速度大小为  B.到达目标组织表面时的动能为F1d1 C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2 D.运动d2的过程中动量变化量大小为  目 录 解析　从被弹出到停止运动,对针鞘根据动能定理有F1d1+F2d2= mv2,解得v=  ,A正确;设针鞘到达目标组织表面时的动能为Ek,继续前进d2减速至零,有- F2d2=-Ek,B错误;针鞘在目标组织运动的过程中,阻力做功为-F2d2,动量变化量大小Δp= mv2,又Ek= m =F2d2,联立可得Δp= ,C、D错误。 目 录 3. (2024浙江6月,5,3分)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2,喷水速度 约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为 ( ) A.10 W　　    B.20 W　　    C.100 W　　    D.200 W     C     解析　单位时间Δt内喷出水的质量Δm=ρSv·Δt,根据动能定理得P·Δt= Δm·v2,解得P=10 0 W,C正确。 目 录 4. (2024新课标,24,10分)将重物从高层楼房的窗外运到地面时,为安全起见,要求下降 过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图,一种简单的操作方法是一人在高处控制一 端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配合 可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg,重力加速度大小g=10 m/s2。当P绳与 竖直方向的夹角α=37°时,Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin 37°=0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小; (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m,求在重物 下降到地面的过程中,两根绳子拉力对重物做的总功。 目 录 答案    (1)1 200 N    900 N    (2)-4 200 J 解析    (1)重物缓慢竖直下降,处于平衡状态,把两根绳子的拉力FP、FQ分别沿水平方向 和竖直方向分解,由平衡条件可得 FP sin 37°=FQ sin 53° FP cos 37°=mg+FQ cos 53° 两式联立解得FP=1 200 N,FQ=900 N (2)重物下降至地面的过程中,由动能定理可得 WF+mgh=0 解得拉力对重物做的总功WF=-4 200 J 目 录 5. (2025广东,14,13分)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻 旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木 塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做 匀加速直线运动。木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f0 ,其中f0为常 量,h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m,底面积为S,加速度为a。齿轮半径为r。重力加 速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变,瓶子始终静止在桌面上。(提示:可用f-x 图线下的“面积”表示f所做的功)求: (1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W。 目 录 (3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。   答案    (1)     (2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h    (3)P=f0at- +mgat+ΔpSat+ma2t   目 录 解析    (1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah=  解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0=  由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度ω= =  (2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得W-mgh-ΔpSh-Wf= m  结合f=f0 作出f-x的关系图像如图所示   目 录 根据功的定义,f-x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h 联立解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h (3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得F-f-mg-ΔpS=ma 由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at 由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x= at2,其中0≤t≤  拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P=Fv 联立解得P=f0at- +mgat+ΔpSat+ma2t  目 录 6. (2024浙江1月,18,11分)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB, 半径R=1 m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为 θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量 m=0.5 kg的滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a 从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制 成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩 擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到 滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气 阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) (1)若h=0.8 m,求小物块 目 录 ①第一次经过C点的向心加速度大小; ②在DE上经过的总路程; ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。 (2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。   目 录 答案　见解析 解析    (1)①mgh= m  aC= =16 m/s2 ②由题可知F高度hF=R(1-cos θ)+L sin θ+R(1-cos θ)=1.15 m,则h<hF,故小物块a到不了F 点,在DE轨道上有mg sin θ>μ2mg cos θ,故小物块不会锁定在DE轨道上,小物块多次经过 D点,则最终小物块a在BD间往复运动,则小物块a在DE上向上运动的路程等于向下运 动的路程,则有 mgh-mgR(1-cos θ)=(μ1+μ2)mgs cos θ 解得s=1 m,s总=2s=2 m 目 录 ③向上运动时有mg sin θ+μ1mg cos θ=ma1 a1=8 m/s2 向下运动时有mg sin θ-μ2mg cos θ=ma2 a2=2 m/s2 由s= at2可得 = =  (2)由A到F,由动能定理得mgh-mghF-μ1mgL cos θ= m  设滑块长为Lb时,小物块恰好不脱离滑块,此时二者达到共同速度v 由动量守恒有mvF=2mv 目 录 由能量守恒有μ1mg·s'= m - (2m)v2 s'为a在b上运动的路程;b长度最短时,a运动到b的最右端与竖直挡板发生弹性碰撞,a、 b速度互换,a运动到b的最左端二者共速,所以Lb=  解得vF=2 m/s,Lb=0.2 m 目 录 1. (2025河北模拟)随着全球新能源领域的蓬勃发展,电动汽车已经成为我们生活 中的常用交通工具,某些电动汽车搭载了弹射起步功能,在起步阶段获得较大加速度。 如图所示,某品牌电动汽车在测试斜坡弹射起步功能,该汽车可看成质点,从静止沿倾斜 平直公路向上加速运动16 m时速度达到57.6 km/h,该倾斜平直公路与水平方向的夹角 为37°,已知该汽车的质量为2 000 kg,加速过程中受到的阻力恒为200 N,牵引力恒定,重 力加速度为10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略汽车质量的变化,关于这段加速过程,下 列说法正确的是 ( )     B     高考模拟 目 录   A.汽车发动机提供的牵引力大小为1.62×104 N B.汽车的速度达到57.6 km/h时,汽车的输出功率为4.512×105 W C.汽车增加的机械能为5.76×105 J D.汽车发动机对汽车做的功为2.592×105 J 目 录 解析　汽车加速过程,根据动能定理可得(F-f-mg sin 37°)x= mv2-0,代入数据解得牵引 力大小F=2.82×104 N,A错误;汽车的速度达到57.6 km/h=16 m/s时,汽车的输出功率P=Fv =4.512×105 W,B正确;汽车增加的机械能ΔE= mv2+mgx sin 37°=4.48×105 J,C错误;汽车 发动机对汽车做的功W=Fx=4.512×105 J,D错误。 目 录     C     2. (2025福建龙岩一模)一辆汽车在夜间以速度v0匀速行驶,驶入一段照明不良的平 直公路时,司机迅速减小油门,使汽车的功率减小为某一定值,此后汽车的速度v与时间t 的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒为f,汽车的质量为m,则下列说法正确的 是 ( ) A.t=0时刻,汽车的功率减小为 fv0 B.整个减速过程中,汽车的牵引力不断变小 C.整个减速过程中,汽车克服阻力做功大于 m  D.整个减速过程中,汽车牵引力的冲量大小为ft+ mv0 目 录 解析　汽车匀速行驶时,牵引力等于阻力,功率减小后,汽车匀速行驶时的速度为 ,则t= 0时刻,汽车的功率减小为P=f· v0= fv0,A错误;整个减速过程中,由F= ,可知汽车的牵 引力不断变大,B错误;整个减速过程中,由动能定理,有Pt-W克f= m - m ,得W克f=Pt + m > m ,C正确;整个减速过程中,由动量定理,有I牵-ft= mv0-mv0,得I牵=ft- mv0,D错 误。 目 录 3. (2025辽宁名校联盟联考)如图甲所示,倾角为θ=37°的足够长斜面固定在水平地 面上,一质量为m=1 kg的小物块以一定的初速度从底端冲上斜面,运动0~2.5 m的过程 中,物块的动能Ek与其沿斜面运动的距离s之间的关系图像如图乙所示,已知重力加速度 g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是 ( ) A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5     D     B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.3 C.物块回到斜面底端时的动能为24 J D.物块回到斜面底端时的动能为16 J 目 录 解析　由动能定理有-mgs sin 37°-μmgs cos 37°=Ek1-Ek0,解得μ=0.25,A、B错误。上滑过 程由动能定理有-mgsm sin 37°-μmgsm cos 37°=0-Ek0,解得物块沿斜面上滑的最大距离sm= 4 m,对物块从底端冲上斜面到返回斜面底端过程由动能定理有-2μmgsm cos 37°=Ek-Ek0, 解得物块回到斜面底端时的动能Ek=16 J,C错误,D正确。 一题多解　可根据Ek-s图线斜率分析A、B选项,由Fs=ΔEk可知动能Ek与路程s关系图线 的斜率的绝对值表示合力F的大小,则mg sin 37°+μmg cos 37°= =  N=8 N,解得μ= 0.25,故A、B错误。 目 录     AC     4. (2025山西部分学校开学考)(多选)如图所示,汽车在水平路面上做匀速直线运 动,用跨过光滑定滑轮的轻绳连接汽车和小船,汽车与滑轮间的轻绳保持水平,汽车受恒 定阻力f作用。当滑轮与小船间的轻绳与水平方向的夹角为θ时,汽车发动机的输出功 率为P,小船的速度大小为v,此时汽车的速度大小v1、轻绳对小船拉力的功率P1分别为  ( ) A.v1=v cos θ　　　　　     B.v1=  C.P1=P-fv cos θ　　　　　    D.P1=P-  目 录 解析　当滑轮与小船间的轻绳与水平方向的夹角为θ时,由关联速度规律可知,小船沿 轻绳方向的分速度等于车速,即v1=v cos θ,A正确,B错误;此时轻绳的拉力F= -f,则轻绳 对小船拉力的功率P1=Fv cos θ,解得P1=P-fv cos θ,C正确,D错误。 目 录 5. (2025江西赣州期末)(多选)如图甲所示,某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物,运用 传感器(未在图中画出)测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F, 并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示,其中第一个时间段内线段AB与 v轴平行,B点对应的坐标为 ,第二个时间段内线段BC的反向延长线过原点,第三 个时间段内拉力F和速度v均与C点的坐标 对应,大小均保持不变,因此图像上没 有反映。实验中测得第二个时间段所对应时间为t。重力加速度为g,滑轮质量、摩擦 和其他阻力均可忽略不计。下列说法正确的是 ( )     ACD     目 录        A.重物的质量为  B.第一个时间段内重物上升的高度为  C.F1v1=F2v2 D.重物在前两个时间段内的总位移为v2t+ -  目 录 解析　由题意可知,第三个时间段内重物做匀速运动,所受拉力和重力大小相等,即有F2 =mg,解得m= ,A正确。第一个时间段内重物所受拉力等于F1,重物的加速度大小为a=  = ,第一个时间段内重物的位移x1= = ,B错误。第二个时间段 内,拉力的功率不变,有P=F1v1=F2v2,C正确。设第二个时间段内重物的位移为x2,根据动 能定理有Pt-mgx2= m - m ,解得x2= =v2t- ,所以重物在前两个时 间段内通过的总位移x=x1+x2=v2t+ - ,D正确。 目 录 6. (2025河南南阳期末)如图甲所示,水平面AB与竖直面内的半圆形轨道CDB在B点平 滑相接,各处动摩擦因数均相同,D为半圆形轨道的中点。一质量m=1 kg的物体(可视为 质点)将弹簧压缩到A点后由静止释放,在弹力作用下获得向右的速度后脱离弹簧,从B 点进入半圆形轨道,物体沿半圆形轨道从B运动到C过程中速度的二次方与其上升高度 的关系如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,则 ( )            D     目 录 A.弹簧压缩到A点时,弹簧的弹性势能为18 J B.物体运动到C点时对半圆形轨道的压力大小为10 N C.物体从B点运动到C点的过程中,合力对物体做的功为10 J D.物体从D点运动到C点的过程中,其机械能减少量ΔE<1 J 目 录 解析　从题图乙可以看出,物体到达B点时的速度大小v0=6 m/s,若水平面光滑,由能量守 恒可知,将弹簧压缩到A点时,弹簧的弹性势能Ep= m =18 J,由于水平面粗糙,故将弹簧 压缩到A点时弹性势能大于18 J,A错误。由题图乙可知,半圆形轨道半径R=0.4 m,物体 到达C点时的速度大小v1=4 m/s,设运动到C点时轨道对物体的弹力为N,则由牛顿第二 定律可得N+mg=m ,代入数据解得N=30 N,由牛顿第三定律可知,物体运动到C点时对 半圆形轨道的压力大小为30 N,B错误。由动能定理可得,物体从B点运动到C点的过程 中合力做的功W= m - m =-10 J,C错误。物体从B点运动到C点的过程中减少的机 目 录 械能为ΔE减BC= m - m -mg·2R,代入数据解得ΔE减BC=2 J,由于物体从B点运动到C点的 过程中速度一直减小,根据牛顿第二定律分析可知从B点运动到C点的过程中物体对半 圆形轨道的压力逐渐减小,由摩擦力公式f=μFN可知,物体从B到D过程中所受的摩擦力 大于从D到C过程中所受的摩擦力,由功能关系得ΔE减= · ,可知物体从B到D过程中 克服摩擦力做的功大于从D到C过程中克服摩擦力做的功(点拨:本题中摩擦力是变力, 可引入平均力比较摩擦力做功大小),由于整个过程中机械能减少了2 J,故从D到C过程 中物体机械能的减少量小于1 J,D正确。 目 录 7. (2025福建莆田二模)据《吕氏春秋》记载,我国在尧舜时代就有春节扫尘的风 俗,寓意平安顺遂。如图,质量m=50 kg的沙发静止在水平地面上,与地面间的动摩擦因 数μ=0.3。小海从侧面用平行于地面的力F=200 N推开沙发打扫卫生,沙发由静止开始 匀加速前进s=2 m,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。这个过程中,求 (1)合力对沙发所做的功W; (2)合力的平均功率P。   目 录 答案    (1)100 J    (2)50 W 解析    (1)沙发受到的合力 F合=F-μmg=50 N 合力对沙发所做的功 W=F合s=100 J (2)沙发由静止开始做匀加速运动,根据牛顿第二定律有F合=ma 由运动学公式有s= at2 合力的平均功率为P=  联立并代入题给数据解得P=50 W 目 录 题型19　机械能守恒定律的应用 高考真题 1. (2024北京,7,3分)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     目 录 依据 分析运算 判定 ABC 物体沿竖直光滑圆形轨道 内侧运动,恰好能到达最高 点C:在C点物体与轨道之 间的弹力为零 物体在最高点仅受重力,重 力提供物体做圆周运动的 向心力:mg=ma= ,可得a =g、v>0 A、B错误, C正确 D 轨道光滑,整个过程中只有 重力与弹簧弹力做功,系统 机械能守恒 物体在A点时弹簧的弹性 势能等于在C点时物体的 动能与增加的重力势能之 和 D错误 解析     目 录     D     2. (2022全国甲,14,6分)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运 动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差 为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将 运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 ( )   A. 　　　　　    B.  C. 　　　　　    D.  目 录 解析　运动员从a处滑至c处,mgh= m -0,在c点,FN-mg=m ,联立得FN=mg ,由题 意,结合牛顿第三定律可知,FN=F压≤kmg,得R≥ ,D正确。 目 录 3. (2022江苏,8,4分)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆 弧滑道起跳,将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力。此过程中,运动员的动能Ek与 水平位移x的关系图像正确的是 ( )       A     目 录 解析　不计摩擦与空气阻力时,运动员运动过程中机械能守恒有ΔEk=ΔEp=mgΔh=mgΔx tan θ,即Ek=mgx tan θ,式中θ是斜面与水平面间的夹角,mg tan θ等于Ek-x图线的斜率,由题 图θ变化可知A正确,B、C、D错误。 目 录     AD     4. (2023湖南,8,5分)(多选)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆 弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的 高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到 达C点,下列说法正确的是(重力加速度为g) ( )   A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v0=  D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道 目 录 解析　小球从B到C的过程中,任选一点P,设OP与竖直方向的夹角为α,则mg cos α-FN=m  ,从B到C,α逐渐减小,cos α逐渐增大,小球的速度v逐渐减小,则轨道对小球的支持力逐 渐增大,根据牛顿第三定律,可知小球对轨道的压力逐渐增大,A正确。小球从A到C的过 程中,竖直方向的速度逐渐减小,重力的功率逐渐减小,B错误。小球恰好到达C点,故小 球在C点速度为零,小球从A到C的过程中,根据机械能守恒定律有mg·2R= m ,则小球 的初速度v0=2 ,C错误。小球的初速度v0越大,小球在B点对轨道的压力越小,当重力 指向O的分力不足以提供向心力时,小球在B点对轨道的压力减为零,小球就会从B点脱 离轨道,D正确。 目 录     BCD     5. (2022河北,9,6分)(多选)如图,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的 轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大 小为 。T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一 高度,取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E。重力加速度大 小为g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点。下列说法正确的是    ( ) A.物体P和Q的质量之比为1∶3 B.2T时刻物体Q的机械能为  C.2T时刻物体P重力的功率为  D.2T时刻物体P的速度大小为  目 录 解析　将两物体由静止释放后,利用整体法结合牛顿第二定律可知,(mQ-mP)g=(mQ+mP)a, 由于a= ,则 = ,A错误;设物体P质量为m,则物体Q质量为2m,如图所示,   t=0时刻两物体P、Q分别在A、C两点,T时刻轻绳断开时,P、Q两物体在图中B、D两 处,对应速度大小v1'=v1= T,轻绳断开之后,P做竖直上抛运动,设再经t0到达与Q释放位 目 录 置(C点)等高处,根据匀变速直线运动公式有 0=v1'-gt0,得t0= ,则P、Q由静止释放时的 高度差h=x1+x2= T+ · = gT2,选取A点所在的平面为零势能面,所以t=0时刻,Q 的机械能E=2mgh= mg2T2,2T时刻Q运动的速度为v2=v1+gT= gT,在0~2T时间内,Q下落 的距离H= T+ T=gT2,所以在2T时刻Q在零势能面下方,此时Q的机械能为E'=-2 mg(H-h)+ ·2m = mg2T2= ,B正确;P到达最高点之后,再经过t'= T到达2T时刻,此时P 的速度大小为v2'=gt'= gT,D正确;在2T时刻,物体P重力的功率P=mgv2'= mg2T,结合上述 分析,得P= ,C正确。 目 录 6. (2025黑吉辽蒙,13,10分)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下 滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶 的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g= 10 m/s2。求: (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0; (2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向的夹角α。   目 录 答案    (1)5 m/s    (2)8 m/s    60° 解析    (1)雪块在屋顶从静止开始做匀加速直线运动, 根据牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma 又 =2ax 联立解得v0=5 m/s (2)雪块从A点离开屋顶后做斜抛运动, 由机械能守恒定律得mgh= m - m  代入数据解得v1=8 m/s 雪块在做斜抛运动过程中,水平分速度不变,则v1 cos α=v0 cos θ 解得α=60° 目 录 思路点拨　本题求雪块落地时与水平方向的夹角,可以巧妙地在已求得初、末速度的 情况下,运用斜抛运动初、末速度的水平分速度相等这一特点来列等式。 目 录     C     1. (2025安徽芜湖一模)如图所示,竖直固定轨道由水平杆和半圆形轨道连接而成, 半圆形轨道两端点与圆心等高,现将光滑的小圆环A、B分别套在水平杆与半圆形轨道 上,A、B用一不可伸长的轻质细绳相连,A、B质量相等,且可看作质点,细绳长为半圆形 轨道半径的 倍,开始时细绳水平伸直,A、B静止。由静止释放B后,已知当B通过半圆 形轨道上P点时,圆环B下滑的速度大小为v,已知P点和圆心连线OP与竖直方向的夹角 为30°,重力加速度为g,则半圆形轨道的半径为 ( )   高考模拟 A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.  目 录 解析　当B运动至P点时,如图所示,根据沿绳方向速度相等得v=vA cos 30°,A、B组成的 系统机械能守恒,有mgR cos 30°= m + mv2,解得R= ,C正确。   目 录 2. (2025山东省实验诊断)如图甲所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平 面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O 等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平 抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压 力F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确 的是 ( )     B            A.物块在D点的速率为8 m/s B.F0的大小为70 N C.v0的大小为2 m/s D.物块在B点时对轨道的压力大小为30 N 目 录 解析　由图像可知,物块从轨道D点飞出到再次回到D点的时t=1.675 s-0.875 s=0.8 s,则 物块从D点离开轨道时速度大小为vD=g =4 m/s,A错误;从C到D由机械能守恒可得 m  = m +mgR,对C位置列牛顿第二定律F0-mg= ,得F0=70 N,B正确;从B到D由机械 能守恒 m = m +mgR sin 30°(以D点为零势能点),得vB=2  m/s,v0=vB sin 30°=  m/s, C错误;对B位置受力分析,重力指向圆心的分力和轨道弹力共同提供向心力,mg sin 30° +FN= ,得FN=25 N,D错误。 目 录 题型20　功能关系　能量守恒 高考真题 1. (2025山东,5,3分)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动 机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为 m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单 位时间内获得的太阳能为 ( ) A. 　　　　　     B.  C. 　　　　　    D.      A     目 录 解析　设光伏电池单位时间内接收到的光能为E0,则单位时间内转换成的电能为ηE0,由 电动机转换成的机械能为50%·ηE0;小车匀速运动时所受牵引力等于阻力,F=f=kv,牵引 力的功率P=Fv=kv2,根据能量守恒定律有50%·ηE0=kv2,解得E0= ,A正确。 目 录 2. (2024安徽,7,4分)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 ( )       B     A.  　　　 B.   C.  　　　　　    D.   目 录 解析　设水从出水口射出的初速度为v0,取单位时间内射出的水为研究对象,该部分水 的质量为m=v0Sρ,根据平抛运动规律有v0t=l,h= gt2,解得v0=l ,根据能量守恒定律得P η= m +mg(H+h),联立解得水泵的输出功率P=  ,B正确。 目 录     B     3. (2024山东,7,3分)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) 目 录 解题导引　“轻木板”“轻质弹性绳”,表示它们的质量忽略不计;“缓慢”拉动表示 乙与所坐木板处于动态平衡状态。 解析　甲所坐木板刚要离开原位置时,设弹性绳伸长量为x,则有kx=μmg,x= ;水平力 F“缓慢”拉动乙所坐木板,故可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零,由功能关系 可知水平力F做的功W=μmg(l-d+x)+ kx2,将x的表达式代入得W= +μmg(l-d),B正 确。 目 录     B 4. (2022江苏,10,4分)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 目 录 解析　由于A、B在下滑过程中不分离,设A在最高点时所受弹簧弹力为F,以沿斜面向 下为正方向,设斜面倾角为θ,A对B的弹力为FAB,A、B与斜面间的动摩擦因数为μ,刚下滑 时根据牛顿第二定律,对A、B整体有,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F= FAB,可见弹簧对A的作用力F总是与 FAB方向相同,大小与FAB成正比,由A对B的弹力FAB方向沿斜面向上,可知F的方向沿斜面 向上;在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的,所以弹簧一直处于压缩状态,A上滑时弹簧 的弹力方向一直沿斜面向上,B正确。设弹簧处于原长时A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;对A上滑过程根据能量守恒可得 k = k + 目 录 (mg sin θ+f)(x1-x2),化简得k= ,当位移为最大位移的一半时有F合=k  -(mg sin θ+f),代入k值可知F合=0,即此时A的加速度为0,A错误。下滑过程中 弹簧对A的作用力F沿斜面向上且逐渐变大,根据F= FAB可知,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。从整个过程来看,弹力做功为 零,A的重力做功为零,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。 目 录 5. (2023全国甲,24,12分)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。 用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用 下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后 瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰 撞前瞬间的 。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,忽略空 气阻力。求 (1)小球离开桌面时的速度大小; (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 目 录 答案    (1)     (2)   解析    (1)由能量守恒可知,弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能,即Ep= m  ① 解得v0=  ② 小球离开桌面时的速度大小为  (2)设桌面的高度为H,小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,小球飞出 后做平抛运动,有H= gt2 ③ x=v0t ④ 设小球与地面碰撞前后速度的竖直分量分别为vy1与vy2,由题意可知 =2gH ⑤ 目 录  =2gh ⑥  =  ⑦ 联立②③④⑤⑥⑦得x=   即小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为   目 录 1. (2025广东江门一模)(多选)2024年11月4日,神舟十八号载人飞船返回舱返回地面, 在打开降落伞后的一段时间内,整个装置先减速后匀速下降,在这段时间内关于返回舱 的说法正确的是 ( ) A.减速下降阶段,返回舱处于失重状态 B.减速下降阶段,返回舱动能的减少量小于其克服阻力做的功 C.匀速下降阶段,返回舱机械能的减少量大于重力对其做的功 D.匀速下降阶段,重力对返回舱做的功等于返回舱克服阻力做的功     BD     高考模拟 目 录 解析　打开降落伞后,返回舱减速下降时,加速度方向向上,处于超重状态,A错误;减速 下降阶段,由功能关系可知Wf=ΔEk+ΔEp,则返回舱动能的减少量小于其克服阻力做的 功,B正确;匀速下降阶段,返回舱机械能的减少量等于其克服阻力做功的大小,而重力与 阻力的大小相同,所以重力对返回舱做的功等于返回舱克服阻力做的功,返回舱机械能 的减少量等于重力对其所做的功,C错误,D正确。 目 录 2. (2024云南红河州一模)(多选)如图所示,劲度系数为k、原长为l的轻质弹簧竖直 固定在水平地面上。质量为m的小球由弹簧正上方h处自由下落,到最低点时弹簧的压 缩量为x。不计空气阻力,重力加速度为g。则 ( ) A.小球下落的高度为h时速度最大 B.弹簧的最大弹性势能为mg(h+x) C.小球速度最大时距地面的高度为l-  D.小球速度最大时弹簧的弹性势能为 kx2     BC     目 录 解析　当小球所受合力为0时,小球速度最大,有kx1=mg,解得弹簧形变量x1= ,所以当 小球下落高度为h+ 时速度最大,此时距地面的高度为l- ,小球从接触弹簧到速度 最大过程中,克服弹力做功W= x1= k ,故弹性势能Ep=W= k = ,A、D错误, C正确;弹簧压缩到最短时弹性势能最大,小球速度为零,小球重力势能完全转化为弹性 势能,最大弹性势能为mg(h+x),B正确。 目 录 D     3. (2025湖南娄底期末)如图甲所示,斜面固定在水平地面上,质量m=1 kg的小物块 从斜面底端开始以初速度v0沿斜面上滑,由于斜面表面材料特殊,物块向上运动和向下 运动时动摩擦因数不同,已知斜面的倾角θ=37°,取水平地面为重力势能的零势能面,以 斜面底端为初位置,在物块运动过程中,物块的机械能E随沿斜面运动的位移x变化的图 像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),下列说法正确的是  ( )       　      A.物块上滑和下滑产生的热量相同 B.物块上滑的时间大于物块下滑的时间 C.物块上滑过程中动量的变化量的大小为27 kg·m/s D.物块下滑过程中的动摩擦因数比上滑的动摩擦因数大  目 录 解析　物块上滑到最高点,机械能的损失量为ΔE1=13.5 J-12 J=1.5 J,物块下滑回到初位 置,机械能的损失量为ΔE2=12 J-9.5 J=2.5 J,故物块上滑和下滑产生的热量不同,A错 误。物块上滑过程中在某高度处的速度一定大于物块下滑过程中在同样高度处的速 度,故物块上滑的时间小于物块下滑的时间,B错误。物块上滑时的初动量p= =   kg·m/s=  kg·m/s,故物块上滑过程中动量的变化量的大小为  kg·m/s,C 错误。E-x图线斜率的绝对值表示物块受到的摩擦力大小,物块在上滑过程中,有μ1mg cos θ=  N=0.75 N,解得μ1= ,物块在下滑过程中,有μ2mg cos θ=  N=1.25 N, 解得μ2= ,故μ2-μ1= ,D正确。 目 录     B     4. (2025江西吉安一模)如图所示,倾角为53°的光滑斜面与光滑水平面在B点相连, 原长为L的轻质弹簧(劲度系数未知)一端悬挂在O点,另一端与质量为m的小球(视为质 点)相连,B点在O点的正下方。小球从斜面上的A点由静止释放,沿着斜面下滑,通过B点 到达水平面上,刚到达水平面上时与水平面间的弹力刚好为0,已知OA与斜面垂直,A、 B两点间距为4L,重力加速度为g,劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变 量x的关系式为Ep= kx2,sin 53°= ,cos 53°= ,下列说法正确的是 ( )   A.弹簧的劲度系数为  B.小球在A点时弹簧的弹性势能为  C.小球在A点时斜面对小球的支持力为  D.小球到达B点时的动能为mgL 目 录 解析　由几何关系可得OB= =5L,弹簧的原长为L,则小球在B点时弹簧的伸长量为 4L,小球刚到达水平面上时与水平面间的弹力刚好为0,则有k×4L=mg,解得k= ,A错 误。由几何关系可得OA= =3L,由于弹簧原长为L,则小球在A点时弹簧的伸长量 为2L,弹簧的弹性势能为EpA= k(2L)2= ,B正确。小球在A点时弹簧对小球的拉力F=k ×2L= ,把小球的重力分别沿着斜面和垂直斜面分解,垂直斜面方向由平衡条件有FN+ F=mg cos 53°,可得斜面对小球的支持力FN= ,C错误。小球在B点时弹簧的弹性势能 为EpB= k(5L-L)2=2mgL,小球从A运动到B,由能量守恒可得mg×4L sin 53°+EpA=EpB+Ek,解 得小球到达B点时的动能Ek= mgL,D错误。 目 录     AC     5. (2025山东临沂一模)(多选)竖直轻弹簧下端固定在水平地面上,上端与木块A连接, 物块B叠放在A上,系统处于静止状态,如图(a)所示。现对B施加竖直向上的拉力F,使B 以恒定的加速度a竖直向上做匀加速直线运动,直至分离后一小段时间,力F的大小随B 的位移x变化的关系如图(b)所示,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( ) A.物块B的质量mB=  B.当物块B运动x0时,弹簧恰好处于原长位置 C.从0到x0的过程中,力F所做的功小于A和B 构成的系统的机械能增加量 D.从0到x0的过程中,力F与B的重力所做功的 代数和等于物块B的动能增加量 目 录 解析　当物块B运动x0时,A、B恰好将要分离(点拨:相互接触的物体在即将分离的瞬间, 二者之间接触但无弹力,且二者仍具有相同的加速度),二者加速度仍为a,木块A所受合 力竖直向上,故弹簧对A有向上的弹力,即弹簧处于压缩状态;对于物块B由牛顿第二定 律得F2-mBg=mBa,求得mB= ,A正确,B错误。从0到x0的过程中,力F和弹簧弹力均对A 和B构成的系统做正功,根据功能关系可知,力F和弹簧弹力做的功之和等于A和B构成 的系统机械能的增加量,故力F所做的功小于A和B构成的系统的机械能增加量,C正 确。从0到x0的过程中,力F、A对B的支持力、B的重力所做功的代数和等于物块B的动 能增加量,D错误。 目 录 题型21　功能关系在传送带模型中的应用 高考真题 1. (2024北京,10,3分)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最 终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 ( ) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长     D     目 录 解析　刚开始物体相对传送带向后运动,A错误。物体匀速运动过程中与传送带无相 对运动趋势,物体不受静摩擦力,B错误。物体加速运动过程中,物体受到的滑动摩擦力 与位移方向相同,摩擦力对物体做正功,C错误。物体的加速度a=μg(μ为物体与传送带 间的动摩擦因数),由v=at可得传送带的速度v越大,物体加速运动的时间t越长,D正确。 目 录 2. (2024湖北,14,16分)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0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端, 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。   目 录 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小。 (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。 (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    (1)5 m/s    (2)0.3 J    (3)0.2 m 目 录 解析    (1)根据题意,小物块在传送带上,由牛顿第二定律有μm物g=m物a,解得a=5 m/s2 由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离为x= =2.5 m<L传=3.6 m 可知,小物块运动到传送带右端前已和传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间,小物块 的速度大小为5 m/s。 (2)小物块运动到传送带右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量 守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2 其中v=5 m/s,v1=-1 m/s,解得v2=3 m/s 小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为ΔEk= m物v2- m物 - m球  目 录 解得ΔEk=0.3 J。 (3)设P点到O点的距离为d,小球在P点正上方时速度为v3,小球从O点正下方到P点正上 方过程中,由机械能守恒定律有 m球 = m球 +m球g(2L绳-d)(点拨:v2不变,要d最小,则v3最 小) 当小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,即绳子的拉力刚好为零时,v3最小 在P点正上方,由牛顿第二定律有m球g=m球  联立解得d=0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 目 录 1. (2025江西赣州期末)如图,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方 的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端,P与传送带之间 的动摩擦因数为μ,在接触弹簧前速度已达到v,P与弹簧接触后继续运动,弹簧的最大形 变量为d,设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。则P从接 触弹簧到第一次运动到最右端过程中 ( ) A.传送带多消耗的电能小于2μmgd B.摩擦力对P先做正功再做负功 C.P的速度不断减小 D.P的加速度逐渐增大     A     高考模拟 目 录 解析　对传送带进行分析,设P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程经历时间为t,则 传送带的位移为x1=vt,由于物块先向右做匀速直线运动,后向右做加速度增大的减速直 线运动,则有d> vt,即有x1<2d,结合上述可知,小物块刚接触弹簧时,弹簧的弹力小于最 大静摩擦力,物块仍然向右做匀速直线运动,速度不变,当弹簧弹力等于最大静摩擦力之 后,小物块才开始做减速运动,则传送带所受摩擦力的平均值 <μmg,根据功能关系,传 送带多消耗的电能为E= x1<2μmgd,A正确。P从接触弹簧到第一次运动到最右端过程 中,先向右做匀速直线运动,后向右做减速直线运动,传送带对P的摩擦力方向一直向右, 即摩擦力对P一直做正功,B错误。小物块刚接触弹簧时,弹簧的弹力小于最大静摩擦 力,物块仍然向右做匀速直线运动,速度不变,加速度为零不变,当弹簧弹力等于最大静 摩擦力之后,小物块才开始做加速度增大的减速运动,C、D错误。 目 录 2. (2025河南信阳二模)如图所示,一个足够长的倾斜传送带沿顺时针方向转动,一 个物块从传送带底端以一定的初速度滑上传送带,已知物块的初速度大于传送带的速 度,物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾角的正切值,最大静摩擦力等于滑动摩 擦力,取沿传送带向上方向为正方向,则物块在传送带上运动过程中速度、加速度随时 间变化关系图,机械能、动能随位移变化关系图正确的是 ( )       C     目 录 解析　传送带足够长,则物块先向上减速,物块与传送带间的动摩擦因数小于传送带倾 角的正切值,则物块与传送带共速后继续减速为零,然后向下加速,A错误。物块滑上传 送带时,加速度向下,为负值,大小为a1=g sin θ+μg cos θ,共速后向上减速,加速度向下,为 负值,大小为a2=g sin θ-μg cos θ,减速为零后向下加速,加速度向下,为负值,大小为a3=g sin θ-μg cos θ,B错误。E机-x图线的斜率表示摩擦力,物块在传送带上运动时,滑动摩擦 力大小不变,开始时摩擦力向下,摩擦力做负功,机械能减小;向上速度减到与传送带共 速后,再向上速度减为零过程中摩擦力向上,摩擦力做正功,机械能增加,向下滑动时摩 擦力向上,做负功,物块机械能减小,C正确。Ek-x图线的斜率大小等于合力大小,物块向 上减速到与传送带速度相同前,合力大小F1=mg sin θ+μmg cos θ,继续向上减速为零过 程合力大小为F2=mg sin θ-μmg cos θ,图线斜率变小,向下加速过程合力大小为F3=mg sin θ-μmg cos θ,D错误。 目 录 3. (2025河北邯郸期末)(多选)如图所示为工厂使用传送带运送货物的装置示意图,其 中传送带AB段是水平的,BC段为一小段圆弧(圆弧由光滑模板形成,未画出),CD段是倾 斜的,AB和CD都与 相切。机器人将大量质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传 送带上(放置时初速度均为零),经传送带运送到D处,D和A的高度差为h。已知传送带速 度为v,货箱和传送带之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,货箱在AB段能和传送带共 速,此后再无相对运动。当前一个货箱与传送带共速后,机器人再放置下一个货箱。在 一段相当长的时间T内,共运送货箱的数目为N。下列说法正确的是 ( )     BD     目 录   A.货箱在CD段运动过程中机械能守恒 B.每个货箱与传送带之间因摩擦产生的热量均等于货箱获得的动能 C.摩擦力对每个货箱做功为mgh+mv2 D.传送带电动机的平均功率为  目 录 解析　货箱在CD段运动过程中动能不变,重力势能增大,机械能增大,A错误。货箱在 AB段与传送带共速前,在摩擦力的作用下做匀加速运动,设货箱从开始到与传送带共 速,运动的位移为x1,加速度为a,则有x1= a ,v=at0,解得x1= vt0,在这段时间内,传送带的 位移x2=vt0,由此可知x2=2x1,摩擦力对货箱所做的功W1=fx1= mv2,每个货箱与传送带之间 因摩擦产生的热量Q=f·Δx=f·(x2-x1)=fx1= mv2,即每个货箱与传送带之间因摩擦产生的 热量均等于货箱获得的动能,B正确。对货箱从A运动到D全程根据动能定理得Wf-mgh = mv2,解得Wf=mgh+ mv2,C错误。电动机做的功转化为货箱的机械能和因摩擦产生的 热量,则有P= = = ,D正确。 目 录 4. (2025甘肃酒泉一模)如图所示,竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ,所对 应圆心角θ=53°,半径R=2.5 m,O为圆心,圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道 左侧有一速度大小v=3 m/s且沿顺时针方向转动的水平传送带,传送带上表面与P点高 度差H=0.8 m。现有一质量m=1 kg(可视为质点)的滑块从传送带的左端由静止释放后 从右端水平飞出,由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道,最后在水平地面滑行一段距离 后静止在地面上。已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g 取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求: (1)滑块从传送带右端飞出时的速度大小; (2)滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小; (3)滑块运动全过程因摩擦产生的热量。 目 录 答案    (1)3 m/s    (2)28 N    (3)27 J 解析    (1)滑块离开传送带做平抛运动,竖直方向有 =2gH 滑块由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道,故 tan θ=  联立解得滑块从传送带右端飞出时的速度大小v0=3 m/s (2)滑块在P点的速度大小vP= =5 m/s 滑块从P到Q,由动能定理有mgR(1-cos θ)= m - m  在Q点,有FN-mg=m  目 录 联立解得FN=28 N 由牛顿第三定律可知,滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小FN'=FN=28 N (3)滑块在传送带上做匀加速运动的时间t= =0.6 s 位移大小x= =0.9 m 传送带的位移大小x'=vt=1.8 m 滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q1=μmg(x'-x)=4.5 J 滑块由P点至最终静止,由能量守恒有Q2=mgR(1-cos θ)+ m =22.5 J 滑块运动全过程因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=27 J 目 录 实验7　验证机械能守恒定律 实验聚焦 1.(2024浙江6月,16-Ⅰ,4分)在“验证机械能守恒定律”的实验中, (1)下列操作正确的是_________。  　     　      (2)实验获得一条纸带,截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示。     A     目 录   已知打点的频率为50 Hz,则打点“13”时,重锤下落的速度大小为_________m/s(保留三 位有效数字)。 (3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s2,并用此g值计算得出打点“1”到     3.34     目 录 “13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m,另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质 量),则该结果_______ (选填 “能”或“不能”)验证机械能守恒,理由是_________。 A.在误差允许范围内 B.没有用当地的重力加速度g     B     　不能     目 录 解析    (1)为了减小纸带运动过程中与打点计时器之间产生的摩擦,需要在纸带末端提 起纸带,A正确。 (2)根据v13= 可得v13=  m/s=3.34 m/s。 (3)若“1”处对应纸带速度为v1,“13”处对应纸带速度为v13,利用 - =2gh计算重力 加速度,公式变形可得 m - m =mgh,利用纸带计算得到的重力加速度不能验证机械 能守恒(点拨:比较求出的g值与当地的重力加速度,若在误差允许范围内相等,可验证机 械能守恒),应使用当地的重力加速度进行计算,故所得的结论是不合理的。 目 录 2.[2023天津,9(1)]某同学利用图示的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律,主要实验 步骤如下:   A.将桌面上的气垫导轨调至水平; B.测出遮光条的宽度d; C.将滑块移至图示位置,测出遮光条到光电门的距离l; 目 录 D.由静止释放滑块,读出遮光条通过光电门的遮光时间Δt; E.称出托盘和砝码总质量m1、滑块(含遮光条)的质量m2。 已知当地重力加速度为g,回答以下问题(用题中所给的字母表示): ①遮光条经过光电门时的速度大小为_________; ②遮光条由静止运动至光电门的过程,系统重力势能减少了____________;遮光条经过光电 门时,滑块、托盘和砝码的总动能为_________________;      (m1+m2)          m1gl               目 录 ③通过改变滑块的释放位置,测出多组l、Δt数据,利用实验数据绘制出 -l图像如 图。若图中直线的斜率近似等于_________,可认为该系统机械能守恒。             目 录 解析　①遮光条通过光电门的挡光时间极短,该时间内的平均速度近似等于遮光条通 过光电门的瞬时速度,即v= ; ②遮光条由静止运动至光电门的过程中,系统重力势能的减少量 =m1gl,系统动能的 增加量ΔEk= (m1+m2) ; ③若系统的机械能守恒,则有 =ΔEk,即m1gl= (m1+m2) 成立,整理得 =  l,可得图像的斜率k= 。 目 录 3.(2022广东,11,7分)某实验小组为测量小球从某一高度释放,与某种橡胶材料碰撞导致 的机械能损失,设计了如图(a)所示的装置,实验过程如下:   (1)让小球从某一高度由静止释放,与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电 目 录 门位置,使小球从光电门正上方释放后,在下落和反弹过程中均可通过光电门。 (2)用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图(b)所示,小球直径d=___________mm。   (3)测量时,应_______(填“A”或“B”,其中A为“先释放小球,后接通数字计时器”,B 为“先接通数字计时器,后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光 时间t1和t2。     B         7.885     目 录 (4)计算小球通过光电门的速度,已知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的 机械能损失ΔE=_________________(用字母m、d、t1和t2表示)。 (5)若适当调高光电门的高度,将会_______(填“增大”或“减小”)因空气阻力引起 的测量误差。 　增大          md2      目 录 解析    (2)螺旋测微器的读数为7.5 mm+38.5×0.01 mm=7.885 mm。 (3)如果先释放小球,后接通数字计时器,由于高度较小,还没有启动数字计时器,小球已 通过光电门,故应先接通数字计时器,再释放小球。 (4)小球两次通过光电门的速度分别为v1= ,v2= ,设光电门的高度为h,若不考虑空气阻 力的影响,小球下落到与橡胶材料碰撞前瞬间的机械能为E前= m +mgh,弹起瞬间的机 械能为E后= m +mgh,所以小球与橡胶材料碰撞前后的机械能的损失量ΔE= m - m  = m  -  = md2 。 (5)由(4)问分析可知,增大光电门与橡胶材料的距离,就增加了空气阻力对小球的做功 大小,带来的误差更大。 目 录 4.(2025河南,12,9分)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材 有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺 等。   目 录 (1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺 序排列:_____________(填步骤前面的序号)。 ①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带 ②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据 ⑥关闭电源,取下纸带 (2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时 　④①⑥⑤     目 录 重锤下落的速度大小为_________m/s(保留3位有效数字)。   (3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制 图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应_______(填“通过”或 “不通过”)原点且斜率为_______(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k= ________________________________________________________(保留3位有效数字)。     19.1 m/s2(18.9 m/s2、19.0 m/s2、19.2 m/s2、19.3 m/s2均算对)         2g     　通过         1.79     目 录 目 录 (4)定义单次测量的相对误差η= ×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其 动能增加量,则实验相对误差为η=_________×100%(用字母k和g表示);当地重力加速度 大小取g=9.80 m/s2,则η=_______________________________%(保留2位有效数字),若η< 5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。     2.6(3.6、3.1、2.0、1.5均算对)     解题导引　通过v2-h图像验证机械能守恒定律,关键是理解机械能守恒定律的表达式, 然后进行合理变换。 目 录 解析    (1)需要先接通电源,再释放纸带,①正确,②错误;不需要测量重锤质量,③不是必 需的;依据实验步骤先后,正确排序应为④①⑥⑤。 (2)B点的瞬时速度等于AC段的平均速度,vB= =  m/s=1.785 m/s≈1.7 9 m/s (3)若机械能守恒,由mgh= mv2得v2=2gh,故v2-h图像中的图线应通过原点,斜率k=2g。在 图线上选点(0.29 m,5.5 m2·s-2)和(0.075 m,1.4 m2·s-2)计算斜率,可得k=  m/s2≈1 9.1 m/s2 (4)η= ×100%= ×100%= ×100%。代入k=19.1 m/s2和g=9.80 m/s2 可得η≈2.6%。 目 录 培优提升 提分策略 功能关系是贯穿高中物理的一条主线,该知识点在高考中每年必考,选择题和计算题都 有,体现在子弹打木块模型、传送带模型、斜面模型、板块模型、弹簧模型、竖直上 抛及关联运动模型等重要物理模型中,是备考的重点。 目 录 1.(核心考法·连接体+速度分解)(2025重庆一模)(多选)如图所示,质量分别为 和m的物 体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接,P穿在固定的竖直光滑杆上,Q置于倾角θ=30°的光 滑固定斜面上。一劲度系数k= 的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上,另一端 连接Q。初始时,施加外力将P静置于N点,轻绳恰好伸直但无拉力,ON段水平,ON=3l,OQ 段与斜面平行,现将P由静止释放,运动过程中经过M点,MN=4l。P、Q均可视为质点,运 动过程中Q不会与滑轮相碰,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计一切阻力。 则P从N点下滑到M点的过程中 ( )     BCD     目 录   A.P、Q组成的系统机械能守恒 B.经过M点时P与Q的速度大小关系为vQ= vP C.P的机械能一直减小 D.轻绳对P做的功为-  目 录 解析　由于弹簧对Q做功,所以P、Q组成的系统机械能不守恒,A错误。绳子拉力一直 对P做负功,P的机械能一直减小,C正确。初始状态时,对Q根据平衡条件,有mg sin θ=kx 1,弹簧的压缩量为x1=l,则P经过M点时,弹簧的伸长量为x2=5l-3l-x1=l,可知P从N点下滑到 M点的过程,弹簧的弹性势能变化量为0,根据能量守恒可得 g×4l-mg×2l sin θ= ×  +  m ,速度关系为vP cos α=vQ,其中 cos α= = ,解得vQ= vP,联立解得经过M点时P的 速度大小为vP= ,对P根据动能定理可得 g×4l+WT= ×  -0,解得轻绳对P做的 功WT=- ,B、D正确。 目 录 2.(核心考法·多过程+功能关系)(2025安徽六安一模)如图所示为一游戏装置的竖直截 面图,该装置由光滑圆弧轨道AB、半径为r的竖直光滑螺旋圆轨道、水平直轨道BD和 无限长光滑轨道EK、水平传送带DE平滑连接而成(B、D、E、K共线),其中C点为竖直 螺旋圆轨道上的最高点。质量M=0.2 kg、半径R=0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道 GFH(厚度不计)静置于水平轨道EK上,圆弧轨道底端G与传送带的右端E点平滑相连,O' 为该圆弧轨道的圆心。长L=4 m的水平传送带以恒定速率v0=3 m/s顺时针转动,将质量 m=0.1 kg的滑块(可视为质点)从圆弧轨道AB上离地高h=1 m处静止释放。已知r=0.2 m, LBD=1 m,滑块与轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)滑块运动到C点时对轨道的压力大小; (2)滑块在传送带上运动的时间以及此过程中因摩擦而产生的热量; 目 录 (3)若滑块刚离开H点时受到一个垂直纸面向里的瞬时冲量I=0.2 N·s,并同时利用锁定 装置让圆弧轨道GFH瞬间停下,求滑块离开轨道后其运动轨迹的最高点到H点的距 离。   目 录 答案    (1)5.0 N    (2)1.25 s    0.05 J    (3)  m 解析    (1)根据动能定理有mg(h-2r)= m  在C点由牛顿第二定律有mg+FN=m  联立解得FN=5.0 N 由牛顿第三定律得FN'=FN=5.0 N (2)对滑块从开始到D过程,根据动能定理有 mgh-μmgLBD= m  解得vD=4 m/s 目 录 因为vD>v0,所以滑块先做匀减速直线运动,假设可以减速到与传送带共速,则t1= = 0.5 s 运动的位移x= t1=  m<L 假设成立,所以匀速运动的时间t2= =0.75 s 滑块在传送带上运动的总时间t=t1+t2=1.25 s 产生的热量Q=μmgs相对=μmg =0.05 J (3)由(2)知滑块到达G点时速度vG=v0=3 m/s 滑块滑上光滑圆弧轨道GFH时,它们组成的系统水平方向动量守恒。滑块滑到H点时, 目 录 它们水平方向有相同的速度v共(点拨:滑块滑到H点时相对轨道的速度沿H点的切线方 向,即竖直方向,说明滑块与轨道水平方向的相对速度为0,即水平方向共速),设此时滑 块竖直方向速度为vy,有mvG=(m+M)v共 由能量守恒有 m = (m+M) + m +mgR 解得vy=1 m/s、v共=1 m/s 以滑块飞出时H点所在的位置为坐标原点,以水平向右为x轴,竖直向上为y轴,垂直于纸 面向里为z轴建立坐标系,y轴方向做匀减速直线运动,上升到最高点所用时间t上= =0.1 s 所以x=v共t上=0.1 m,y= =  m 又I=mvz可得vz=2 m/s,z=vzt上=0.2 m 故滑块离开轨道后运动轨迹的最高点到H点的距离s= =  m 目 录 3.(创新考法·斜面+板块)(2025江苏名校联考)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面,倾 角θ=30°,底端固定弹性挡板,长木板B放在斜面上,小物块A放在B的上端,沿斜面向上敲 击B,使B立即获得初速度v0=3.0 m/s,此后B和挡板发生碰撞,碰撞前后速度大小不变,方 向相反,A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为1.0 kg,A、B间的动 摩擦因数μ= ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)敲击B的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB; (2)B上升的最大距离s; (3)B的最小长度L。 目 录 答案    (1)2.5 m/s2    12.5 m/s2    (2)0.375 m    (3)1.8 m 解析    (1)敲击B的瞬间,A受到沿斜面向上的滑动摩擦力,对A由牛顿第二定律得 μmAg cos 30°-mAg sin 30°=mAaA 解得aA=2.5 m/s2 对B由牛顿第二定律得 μmAg cos 30°+mBg sin 30°=mBaB 解得aB=12.5 m/s2。 (2)设A、B向上运动,经过时间t后共速,则v0-aBt=aAt 共速后A、B一起以加速度大小a向上减速,对A、B整体分析,有 目 录 (mA+mB)g sin 30°=(mA+mB)a s=v0t- aBt2+  解得s=0.375 m。 (3)最终A、B均停在挡板处,对应B的长度最小,由能量守恒得 mB +mAgL sin 30°=μmAg cos 30°·L 解得L=1.8 m。 目 录 4.(创新考法·多过程综合)(2025广东广州一模)如图是一款弹球投篮游戏示意图,圆形篮 筐水平,其边缘固定在竖直篮板上的E点。游戏者控制小球压缩轻弹簧,小球由静止释 放向左弹出,到达A点时弹簧恢复原长;小球沿水平轨道进入圆弧轨道BC,从C点沿切线 飞出,小球运动轨迹平面与篮板垂直。某次游戏,小球恰好垂直击中篮板,击中点D在E 点正上方。已知小球质量为m,圆弧轨道的半径为R,圆心角∠BOC=53°(sin 53°=0.8),C 点到篮板的水平距离为12R,C点与篮筐的高度差为7R,篮筐的直径为R,忽略空气阻力和 小球体积大小,不计摩擦,重力加速度为g。 (1)求游戏者释放小球时弹簧的弹性势能Ep; (2)求小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力; (3)若小球经篮板反弹后能进入篮筐,求碰撞过程小球损失动能的最小值。 目 录   目 录 答案    (1) mgR    (2) mg,方向竖直向下    (3) mgR 解析    (1)小球在D点垂直击中篮板,设击中瞬间小球的速度大小为vD,从C点飞出时的 速度为vC,应用逆向思维,把从C到D的过程看成从D到C的平抛过程,设此过程的时间为t 1,根据平抛运动规律可知,水平方向上有12R=vDt1 在竖直方向上,C点的竖直分速度vCy=gt1 C点的水平分速度等于vD,根据运动的分解可得 =tan 53°,vCy=vC sin 53° 联立解得vD=3 ,vC=5 ,vCy=4  小球从释放到C点的过程,由机械能守恒定律可得 Ep=mgR(1-cos 53°)+ m = mgR 目 录 (2)小球从释放到B点的过程,根据机械能守恒定律可得 Ep= m  设小球在B点,轨道对小球的弹力为FN,由牛顿第二定律可得FN-mg=  联立解得FN= mg 由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小为 mg,方向竖直向下。 (3)设D、E两点的高度差为h,从C到D竖直方向上有  =2g(7R+h) 解得h=R 目 录 小球经篮板反弹后做平抛运动,从反弹到落入篮筐的过程中,设小球的运动时间为t2,反 弹后瞬间的最大速度为vm,根据平抛运动规律,有h= g ,R=vmt2 解得vm=  故碰撞过程小球损失的动能最小值为ΔEk损min= m - m = mgR。 目 录 $