第四章 机械能及其守恒定律 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

该高中物理课件聚焦功、功率、功能关系及摩擦力做功等机械能核心知识，通过知识体系建构图（思维导图）导入，帮助学生梳理从基础概念到综合应用的脉络，搭建从物理观念到科学思维的学习支架。 其亮点在于以思维导图强化物理观念建构，通过例题与“融会贯通”表格总结规律培养科学思维，价值好题如音乐喷泉功率计算渗透科学态度与责任。采用考法归纳与对点训练，助力学生提升问题解决能力，教师可高效开展复习与评价。

章末小结与质量评价 第四章 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维　 01 02 CONTENTS 目录 三、价值好题精练——培树科学态度和责任　 章末综合检测 03 04 一、知识体系建构——理清物理观念 知识体系建构图 （单击进入查看） 二、综合考法融会——强化科学思维　 考法一　功与功率的计算 [例1]　质量为m=20 kg的物体，在恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动。0~2 s内F与运动方向相反，2~4 s内F与运动方向相同，物体的v-t图像如图所示，g取10 m/s2，则 (　　) A.拉力F的大小为100 N B.物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W C.4 s内拉力所做的功为480 J D.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J √ [解析]　由图像可得：0~2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1== m/s2=5 m/s2，匀减速过程有F+f=ma1① 2~4 s内物体做匀加速直线运动，匀加速过程加速度大小为a2== m/s2=1 m/s2，有F-f=ma2② 由①②联立解得f=40 N，F=60 N，故A错误；物体在4 s时拉力的瞬时功率为P=Fv=60×2 W=120 W，故B正确；4 s内物体通过的位移为x=×2×10 m-×2×2 m=8 m，拉力做功为W=-Fx=-480 J，故C错误；4 s内物体通过的路程为s=×2×10 m+×2×2 m=12 m，4 s内物体克服摩擦力做功为Wf=fs=40×12 J=480 J，故D错误。 融会贯通 1.常见力做功的特点 做功的力 做功特点 重力 做功大小与路径无关，与物体的重力和初、末位置的高度差有关，WG=mgΔh 静摩擦力 可以做正功、做负功、不做功 滑动摩擦力 可以做正功、做负功、不做功 一对静摩擦力 总功为零 一对滑动摩擦力 总功为负功，W总=-fx相对 机车牵引力 P不变时，W=Pt；F不变时，W=Fl 2.功和功率的求解方法 (1)功的计算方法 ①利用W=Fxcos α求功，此时F是恒力。 ②利用动能定理或功能关系求功。 ③利用W=Pt求功。 (2)功率的计算方法 ①P=：此式是功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，但常用于求解某段时间内的平均功率。 ②P=Fvcos α，此式一般计算瞬时功率，但当速度为平均速度时，功率为平均功率。 对点训练 1.(2024·贵州高考)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 √ 解析：根据图像可知物块运动到x=3 m处，F做的总功为WF=3×2 J+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，故此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8 W。故选A。 考法二　功能关系的应用 [例2]　如图所示，水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA 之间的水平面光滑。固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s=1 m。质量m=0.2 kg的物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0=5 m/s，g取10 m/s2。 (1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep； [答案]　(1)1.7 J [解析]　(1)对物块从B点至压缩弹簧最短的过程有 -μmgs-W=0-m W=Ep，代入数据解得Ep=1.7 J。 (2)求物块返回B点时的速度大小； 答案:(2)3 m/s 解析:(2)对物块从B点开始运动至返回B点的过程有 -μmg·2s=m-m 代入数据解得vB=3 m/s。 (3)若物块能冲上曲面的最大高度h=0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。 答案：(3)0.5 J 解析：(3)对物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得 -W克f-mgh=0-m 又Q=W克f，代入数据解得Q=0.5 J。 融会贯通 几种常见的功能关系理解 功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义 重力做功与重力势能　 WG=Ep1-Ep2=-ΔEp 重力做功是重力势能变化的原因 WG>0 重力势能减少 WG<0 重力势能增加 WG=0 重力势能不变 续表 弹簧弹力做功与弹性势能 W弹 =Ep1-Ep2 =-ΔEp 弹力做功是弹性势能变化的原因 W弹>0 弹性势能减少 W弹<0 弹性势能增加 W弹=0 弹性势能不变 合力做功与动能 W合= Ek2-Ek1=ΔEk 合外力做功是物体动能变化的原因 W合>0 动能增加 W合<0 动能减少 W合=0 动能不变 续表 除重力或系统内弹力外其他力做功与机械能 W非G =ΔE机 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W非G>0 机械能增加 W非G<0 机械能减少 W非G=0 机械能守恒 对点训练 2.(2025·云南高考)(多选)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至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。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则 (　　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的 最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 √ √ √ 解析：设PO的距离为L，过程Ⅰ，根据动能定理有-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=0-m，解得L=，Q在M点速度最大，则M点为平衡位置，设此时弹簧的形变量为L1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1=mgsin θ+μmgcos θ，解得L1=，P、M两点之间的距离L2=L-L1=，故A错误； 过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中，根据功能关系，可知损失的机械能为ΔE=μmgcos θ·L=m，故B正确；过程Ⅱ中，设Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律有kL2=mgsin θ·x+μmgcos θ·x+k(x-L)2，解得x=，故C正确； 设滑块最终停留在距O点x2处，停止时加速度为零，速度为零，若弹力为零，根据平衡条件有mgsin θ=f=μmgcos θ，滑块停在O点，若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件有mgsin θ+f=kx2，其中f≤mgsin θ，解得x2≤=L1，滑块停在M点与O点之间，含M点，由于fm=mgsin θ，因此弹簧不可能处于压缩状态，综上分析，连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间，故D正确。 考法二　摩擦力做功的特点及计算 (1)小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，用了多长时间； [答案]　(1)250.4 s (2)小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，系统摩擦产生的热量； [答案] (2)300 J [解析] (2)在小明匀加速阶段，传送带的位移大小为x1'=v0t1=1.6 m 所以摩擦生热为Q=μmgcos θ·(x1'-x1)=300 J。 (3)电动机由于传送小明比空载时多输出的电能。 [答案] (3)125 400 J [解析] (3)根据能量守恒定律可得，电动机由于传送小明比空载时多输出的电能为E=mgLsin θ+m+Q 代入数据解得E=125 400 J。 融会贯通 1.两种摩擦力做功的比较   静摩擦力 滑动摩擦力 做功 特点 (1)静摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 (2)静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功 (1)滑动摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 (2)滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功 能量 的转化 静摩擦力做功的过程中只发生能量的转移，不发生能量形式的转化 滑动摩擦力做功的过程中既发生能量的转移，又发生能量形式的转化 一对 摩擦力 的总功 一对静摩擦力做功的代数和一定等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，总功W=-f ·s相对，其绝对值等于因摩擦而产生的热量Q 续表 2.求解摩擦生热问题的思路 (1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。 (2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。 (3)摩擦生热ΔQ=fs相对，其中s相对为两物体间相对滑行的路程，而不是相对位移。 对点训练 3.(多选)如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与传送带间的动摩擦因数为μ。当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功可能是 (　　) A.等于mv2 B.小于mv2 C.大于μmgs D.小于μmgs √ √ √ 解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v，故摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，故选项A、B、D正确。 三、价值好题精练 ——培树科学态度和责任　 1.(2024·浙江6月选考)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 √ 解析：设Δt时间内从喷头喷出的水的质量为m=ρSv·Δt，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量，即P==，联立解得P=100 W，故选C。 2.如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置，此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于 (　　) A.水炮工作的发动机输出功率为1×104 W B.水炮工作的发动机输出功率为4×104 W C.水炮工作的发动机输出功率为2.4×106 W D.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W √ 解析：水炮发动机做的功为水增加的动能与重力势能之和，伸缩臂在抬升登高平台的同时也将本身抬高了，计算做功时，需要计算这部分功，再结合公式P=分析。伸缩臂将人与平台抬高60 m，用时5 min，同时伸缩臂也有质量，设为M，则其输出功率为P= W=800 W+2M>800 W，D错误；水炮工作的发动机首先将水运至60 m高的平台，然后给水20 m/s的速度，即做的功等于水增加的动能与重力势能之和，每秒射出水的质量为m=1 000× kg=50 kg，故W=mgh+mv2，功率为P===4×104 W，B正确，A、C错误。 A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为- D.小车机械能增量为+ √ 解析:对物块，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，解得a=g，根据运动学公式有=2ax1，解得物块的位移大小为x1=，故A错误；物块机械能增量为ΔE=m+mgx1·sin 30°=m，故B错误；设物块与小车达到共速时所用时间为t，则t==，对小车，根据动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m，解得x=-，故C正确；小车机械能增量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+，故D错误。 章末综合检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.关于以下各物理量的理解正确的是(　　) A.重力势能是标量，-3 J比-5 J大 B.力是矢量，-3 N比-5 N大 C.速度是矢量，-3 m/s比-5 m/s大 D.功是标量，做功-3 J比-5 J多 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 解析：重力势能是标量，-3 J比-5 J大，故A正确；力是矢量，负号表示方向与正方向相反，故-3 N的大小为3 N，-5 N的大小为5 N，故-3 N比-5 N小，故B错误；速度是矢量，负号表示方向与正方向相反，-3 m/s的大小为3 m/s，-5 m/s的大小为5 m/s，-3 m/s比-5 m/s小，故C错误；功为标量，只有大小，比较两个功的大小应比较绝对值的大小，做功-3 J比-5 J少，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.质量均为m=2 kg的小物块A、B，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧将 A、B 连接，开始时弹簧处在原长(弹簧的弹性势能可表示为EP=kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，A，B与地面的摩擦系数均为0.5，现给B一个瞬时动能为12 J，重力加速度为g取10 m/s2，下列说法错误的是(　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 A.如果B的初速度方向向左，A受到弹簧最大弹力为20 N B.如果B的初速度方向向左，弹簧的最大弹性势能为8 J C.如果B的初速度方向向右，A会脱离墙面 D.如果B的初速度方向向右， 运动0.1 m时， B的动能为10.5 J √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：如果B的初速度方向向左，则当弹簧压缩量最大时EkB0=k+μmgxm，解得弹簧最大压缩量为xm=0.4 m，则A受到弹簧最大弹力为Fm=kxm=40 N，弹簧的最大弹性势能为Epm=k=8 J，选项A错误，符合题意，B正确，不符合题意；当A脱离墙面时弹力为F=μmg=kx1，解得x1=0.1 m，由能量关系EkB0=EkB1+μmgx1+k，此时EkB1=10.5 J，即如果B的初速度方向向右，A会脱离墙面，此时B的动能为10.5 J，选项C、D正确，不符合题意。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：小球P从A点滑到B点的过程中，设到达B点时P的速度为v，则Q的速度vcos 30°，对小球P、Q组成的系统根据动能定理有m1gR(1-cos 60°)-m2gR=m1v2+m2(vcos 30°)2，解得v=4 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 4.如图所示，一轻质弹簧竖立于地面上，质量为m的小球自弹簧正上方h高处由静止释放，则从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短(弹簧的形变始终在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.小球的机械能守恒 B.重力对小球做正功，小球的重力势能减小 C.由于弹簧的弹力对小球做负功，所以弹簧 的弹性势能一直减小 D.小球的加速度一直减小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能不守恒，故A错误；从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球一直向下运动，重力一直做正功，重力势能减小，故B正确；由于弹簧的弹力对小球做负功，所以弹簧的弹性势能一直增加，故C错误；小球下落h高度与弹簧接触后，刚开始重力大于弹力，合力向下，小球加速运动；当重力等于弹力时，加速度为零，速度最大；再向下运动时，弹力大于重力，加速度方向向上，速度减小，加速度增大，到达最低点时速度为零，加速度最大，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 5.物体在同一水平面上做匀速直线运动，当物体运动的位移与时间的关系图像如图甲时，受到的水平推力为F1；当物体运动的速度与时间的关系图像如图乙时，受到的水平推力为F2。两次推力的功率分别为P1、P2。则F1∶F2和P1∶P2分别为 (　　) A.3∶5，9∶25　　　　　 B.3∶5，1∶1 C.3∶5，3∶5 D.1∶1，3∶5 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：物体在同一水平面上做匀速直线运动，物体受到平衡力作用，推力等于摩擦力。由于摩擦力的大小与压力大小和接触面粗糙程度有关，两次压力相同，接触面粗糙程度相同，故两次水平推力大小相等，即F1=F2=μmg，则F1∶F2=1∶1，由甲、乙两图可得v1=3 m/s，v2=5 m/s，根据P===Fv，可得==，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 6.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度时撤去恒力，若以地面作为重力势能的参考平面，不计空气阻力，则在整个过程中，物体的机械能随时间变化关系正确的是 (　　) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：设物体在恒力作用下上升的加速度为a，上升至高度为h时撤去恒力，则物体机械能增加量ΔE=Fh=F·at2，可知物体机械能的增加量随时间不是线性增加，撤去恒力后，机械能守恒，则机械能不随时间发生变化。故C正确，A、B、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 7.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103 kg，阻力恒定，汽车发动机达到最大功率后保持恒定，则以下说法正确的是 (　　) A.汽车发动机的最大功率为3×104 W B.汽车匀加速运动阶段的加速度为1.25 m/s2 C.汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动 D.汽车运动的最大速度是25 m/s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：前4 s内，汽车牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，有F1-Ff=ma，由图像知F1=5×103 N，4 s后汽车牵引力减小，则加速度减小，汽车做加速度减小的加速运动，直至牵引力等于阻力时，做匀速直线运动，此时有Ff=F2=2×103 N，联立解得a=2.5m/s2，且在4 s末汽车达到最大功率，则最大功率为Pm=F1at=5×103×2.5×4 W= 5×104 W，故A、B、C错误；汽车的最大速度为vm=== m/s=25 m/s，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.竖直放置的轻弹簧下端连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示。则迅速放手后(不计空气阻力)，下列说法正确的是(　　) A.放手瞬间小球的加速度等于重力加速度 B.小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒 C.小球的机械能守恒 D.小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：放手瞬间，弹簧处于压缩状态，小球受到向下的弹力和重力，根据牛顿第二定律可得a=>g，A错误；小球、弹簧和地球组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统满足机械能守恒，B正确；由于弹簧弹力对小球做功，则小球的机械能不守恒，C错误；小球、弹簧和地球组成的系统满足机械能守恒，小球向下运动过程中，小球的重力势能不断减小，则小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 9.如图所示，一个质量为0.6 kg的小球从光滑斜面上D点由静止滑下，恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点沿切线方向进入圆弧轨道(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R=0.3 m，θ=60°，AD的高度差h=0.8 m，重力加速度g取10m/s2，则 (　　) A.小球到达A点时速度的大小为4 m/s B.小球到达A点时速度的大小为2 m/s C.小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力大小为4 N D.小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力大小为8 N √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：小球从光滑斜面上D点运动到A点，根据机械能守恒有mgh=m，可得小球到达A点时速度的大小为vA=4 m/s，故A正确，B错误；小球从D点运动到C点，根据机械能守恒有mgh=mg(R+Rcos θ)+m，小球到达圆弧最高点C时，根据牛顿第二定律有FN+mg=m，联立可得小球到达圆弧最高点C时，轨道对小球的支持力大小为FN=8 N，则根据牛顿第三定律可知，小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力大小为8 N，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)某实验小组设计了如图甲所示的装置来验证系统机械能守恒，用不可伸长的轻绳绕过定滑轮连接金属块A和B，A上固定有遮光条，A、B质量分别为mA和mB(mA包含遮光条的质量，且mA>mB)，不计滑轮的质量， 实验步骤如下： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (1)利用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d=_____mm；(2分)  9.30 解析：(1)根据游标卡尺的读数规则可得 d=9 mm+0.05 mm×6=9.30 mm。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)在遮光条正下方固定一光电门，现将A 由静止释放下落高度h，测得遮光条通过光电门的遮光时间为Δt，则遮光条通过光电门的速度v=___(用d 、Δt表示)，v可视为A下降高度h时的瞬时速度；(2分)  解析：(2)测得遮光条通过光电门的遮光时间为Δt，利用该段时间内的平均速度代替瞬时速度可得v=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (3)多次改变A由静止释放的高度h，重复(2)中的实验步骤，计算出对应的速度v，作出v2-h图像为一条过原点的直线，直线的斜率为k，当地的重力加速度为g，若在实验误差允许的范围内满足k=__________(用mA、mB、g表示)， 则说明A和B组成的系统机械能守恒。(2分)  解析：(3)A和B速度大小相等，若A和B组成的系统机械能守恒可得mAgh=v2+mBgh 即v2=·h，故可得k=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 12.(9分)“研究自由下落物体的机械能”实验中，某同学实验步骤如下： A.用天平准确测出重物的质量； B.竖直固定打点计时器，并接上直流电源； C.将纸带一端固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，使重物靠近打点计时器； D.先释放重物，后接通电源； E.更换纸带，再重复几次； F.选择纸带，测量纸带上某些点间的距离； G.根据测量结果进行计算。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (1)你认为实验步骤中多余的步骤是___，错误的步骤是____。(填序号)(2分)  A BD 解析：(1)实验步骤中多余的步骤是A，该实验要验证的关系式mgh=mv2，两边都有m，可以约去，则不需要测量重物的质量。错误的步骤是B、D；步骤B，竖直固定打点计时器，并接上交流电源；步骤D，要先接通电源，后释放重物。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)打点计时器所用电源频率为50 Hz，当地重力加速度的值为9.80 m/s2，重物的质量为m=1 kg。若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到打点计时器所打下的第一个点O的距离如图所示，那么可以判断，打点计时器打下计时点B时，从起点O到计时点B的过程中重力势能减少量是ΔEp=_____J，此过程中物体动能的增加量ΔEk=_____J。(本小题各空格 计算结果均保留2位有效数字)(4分)  0.49 0.48 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：(2)从起点O到计时点B的过程中重力势能减少量是ΔEp=mgh=1×9.8×5.01×10-2J≈0.49 J，打B点时的速度vB= m/s=0.98 m/s，此过程中物体动能的增加量ΔEk=m=×1×0.982 J≈0.48 J。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (3)根据实验的纸带算出相关各点的速度v，算出下落的距离h；以为纵坐标、以h为横坐标画出的图线应是图中的______就证明机械能是守恒的。(3分)  √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：(3)根据mgh=mv2可得=gh，则-h图像为过原点的直线。故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 13.(12分)如图所示的是一学生骑车爬坡的简化情形。假如他骑车时的最大功率是1 200 W，车和学生的总质量是75 kg，斜坡倾角为20°，运动过程中受到的摩擦阻力恒为60 N，则此学生骑车上坡的最大速度是多少?假如他在水平路面上骑车，最大速度可达到多少?(sin 20°=0.34，g取10 m/s2) 答案：3.8 m/s　20 m/s 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：如图所示，学生骑车上坡的过程受到总的阻力是F阻=mgsin θ+f 其中f=60 N，当学生骑车达到最大速度时，一定做匀速运动，此时学生和车受到的合力为零，即F引-F阻=0。 学生和车前进的动力F引=F阻，且达到最大功率Pmax=1 200 W。 由P=Fv得学生骑车上坡的最大速度vmax== m/s≈3.8 m/s 若在平直的公路上行驶，他受到的阻力仅是f=60 N，达到最大速度时匀速运动，必有F引'=f，且P=Pmax 所以最大车速可达到vmax'== m/s=20 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 14.(12分)如图所示，质量m=70 kg的运动员以10 m/s的速度从高h=10 m的滑雪场A点沿斜坡自由滑下，然后又沿另一斜坡滑上(此斜坡无限长)，以最低点B所在的水平面为零势能面，一切阻力可忽略不计，g取10 m/s2，求运动员 (1)在A点时的机械能；(2分) 答案：(1)10 500 J　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：(1)运动员在A点时的机械能 E=Ek+Ep=mv2+mgh =() J=10 500 J。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)到达最低点B时的速度大小；(4分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (3)相对于B点在另一斜坡上能到达的最大高度。(6分) 答案： (3)15 m 解析：(3)运动员从A点运动到斜坡上最高点的过程中，由机械能守恒定律得：E=mgh' 解得h'= m=15 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 15.(15分)(2025·绵阳高一阶段练习)如图所示，固定光滑长斜面倾角为37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与套在光滑水平杆上的小球C相连，A、B、C的质量均为m=1.8 kg，系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度L= m且绳中无弹力。现C获得一个水平向右的初速度v0=3 m/s，当C向右运动 距离为L时A恰好离开挡板。已知重力加速度g取 10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (1)C向右运动L时，B的速度大小vB。(6分) 答案：(1)1 m/s 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：(1)设此时C的速度为v1，轻绳与竖直方向的夹角为α，则v1sin α=vB，sin α==，所以v1=vB 弹簧初始压缩量Δx1= A恰好离开挡板时弹簧的伸长量为Δx2==Δx1 Δx1+Δx2=L-L=L，所以Δx1=Δx2=L 弹簧弹力做功为零，B、C连接体系统机械能守恒， 则m-m-m=mgsin 37°，解得vB=1 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)若C从图示位置在某外力的控制下以2.5 m/s的速度向右匀速运动，在运动L位移时，该外力做功大小W。(小数点后保留一位)(9分) 答案： (2)6.7 J 解析：(2)对C根据动能定理有W-WT=0 对B有WT-mgsin 37°=mvB'2 vB'=2.5× m/s=1.5 m/s，解得W≈6.7 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 　　[例3]　(2025·南充高一阶段练习)七峰山主峰是方城县的最高峰，游客可攀登九百九十九个台阶通往主峰山顶，而在主峰山脉旁有一条“七彩金龙”，它长约500米，身宽2尺，沿七峰山主峰山脚直通山顶，巍峨雄壮，这便是七峰山“七彩云梯”。可以把“七彩云梯”的结构理想化为如图所示的倾斜传送带，假设倾斜传送带AB之间的长度为500 m，传送带与水平面的夹角为θ=30°，始终以v0=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。小明同学(可视为质点)无初速度地坐到“七彩云梯”上，由主峰山脚到达山顶，假设小明的质量为50 kg，与传送带间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10 m/s2。求： [解析]　(1)小明同学无初速度地坐到“七彩云梯”上时，根据牛顿第二定律可得μmgcos θ-mgsin θ=ma1 v0=a1t1，x1=a1，解得a1=2.5 m/s2，t1=0.8 s，x1=0.8 m 当二者达到共速后，由于μ=>tan θ 所以共速后，小明随传送带一起向上做匀速直线运动， 有t2==249.6 s，所以t=t1+t2=250.4 s。 3.(2025·四川高考)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内 (　　) 3.如图所示，水平面上固定一个平台，上面有一个固定的光滑圆弧轨道AB，O为圆心，OB竖直，∠AOB=60°，轨道半径6 m，在圆弧A点固定一个光滑小滑轮(图中未画出)，有两个小球P，Q质量分别为m1=6 kg、m2=2 kg，通过轻绳连接并跨过小滑轮。开始时P球紧挨着滑轮静止释放，当P球到达圆弧B点时，Q球还未到达滑轮处，g取10 m/s2，则小球P到达B点时的速度 大小为 (　　) A. m/s B.4 m/s C. m/s D. m/s 10.质量分别为2 kg、3 kg的物块A和B，系在一根不可伸长的轻绳两端，细绳跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的轻质定滑轮上，开始时把物块B拉到斜面底端，此时物块A离地面的高度为0.8 m，如图所示，从静止开始放手让它们运动，斜面光滑且足够长，始终保持静止，不计一切摩擦，g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.物块A落地的速度大小为4 m/s B.物块A落地的速度大小为 m/s C.物块B沿斜面上滑的最大距离为0.96 m D.物块B沿斜面上滑的最大距离为0.88 m 解析：根据动能定理有mAgh-mBghsin 30°=(mA+mB)v2，代入数据解得v= m/s，故A错误，B正确；A物块落地前B物块滑行的距离为x1=0.8 m，A物块落地后B物块受的合力为mBgsin 30°，加速度为gsin 30°，根据运动学公式有A物块落地后B物块滑行的距离为x2=，代入数据解得x2=0.16 m，物块B沿斜面上滑的最大距离为x=x1+x2=0.8 m+0.16 m=0.96 m，故C正确，D错误。 答案： (2)10 m/s 解析：(2)运动员从A点运动到B点的过程，根据机械能守恒定律得E=m，解得vB= = m/s=10 m/s。 $