第六章　第30课时　功能关系　能量守恒定律 课件-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“机械能守恒定律”专题，覆盖功能关系、摩擦力做功与能量转化、能量守恒定律三大高考核心考点，依据高考评价体系明确“功能关系应用”“能量守恒综合问题”等高频考点权重，通过表格梳理功能关系表达式、对比静/滑动摩擦力做功特点，归纳滑块木板、平抛运动能量分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+素养提升”策略，如以2024安徽卷水泵功率题、2025浙江选考风光互补路灯题为例，运用“三位移区分法”突破滑块木板问题，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，帮助学生掌握能量守恒方程列写技巧，教师可依托课时精练精准把握学情，助力高效复习。

第六章 机械能 守恒定律 功能关系 能量守恒定律 第30课时 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题。 2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系。 3.会应用能量守恒观点解决综合问题。 目标要求 3 考点一　几种常见的功能关系及其表达式 考点二　摩擦力做功与能量转化 内容索引 课时精练 考点三　能量守恒定律的理解和应用 4 几种常见的功能关系及其表达式 考点一 1.对功能关系的理解 (1)做功的过程就是 的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的 ，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能量转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 能量转化 量度 2.常见的功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp 弹力做的功等于弹性势能减少量 静电力做的功等于电势能减少量 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W=Ek2-Ek1=mv2-m 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他=E2-E1=ΔE 摩擦产生的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=Ff·x相对 电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W克安=ΔE电 　　　(2026·江苏苏州市四校联考)如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动，另一同样的小球乙在油中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。设地面处重力势能为零，在这两种情况下，下列说法正确的是 A.甲球的重力势能变化量大 B.乙球的末机械能大 C.甲球的动能变化快 D.乙球重力势能变化快 √ 　　　重力势能的变化量由重力做功决定，因为两球质量相同，下落的高度差也相同，所以两球的重力势能变化量相等，故A错误； 甲球在真空中下落，只有重力做功，机械能守恒；乙球在油中下落，除了重力做功外，还要克服油的阻力做功，机械能减少，因此甲球的末机械能大，故B错误； 　　　根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量，所以合外力的 功率大小等于动能的变化快慢，对于甲球：a甲==g，v甲=，对于乙球：a乙=<g，v乙=，因此在同一高度甲球的速度始终大 于乙球的速度，同时甲球所受的合外力mg也大于乙球所受的合外力(mg-f )，所以甲球所受合外力的功率mgv甲大于乙球所受合外力的功率(mg-f)v乙，即甲球的动能变化得更快，故C正确； 　　　重力势能变化的快慢指的是重力势能对时间的变化率，其大小等于重力做功的功率，由于在同一高度甲球的速度始终大于乙球的速度，所以甲球重力做功的功率mgv甲始终大于乙球重力做功的功率mgv乙，即甲球的重力势能变化得更快，故D错误。 (2024·江苏省高邮中学期中)现有一质量为m(含滑雪装备)的滑雪运动员从一定高度的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力恒定，斜坡倾角为30°，运动员滑至坡底的过程中，其机械能和动能随下滑距离s变化的图像如图所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.运动员下滑过程中只有重力做功 B.运动员下滑过程中受到的阻力为60 N C.运动员下滑时加速度的大小为5 m/s2 D.不能确定运动员的质量m的数值 √ 　　　运动员下滑过程中机械能减小，则除有重力做功之外还有其他力做功，选项A错误； 运动员下滑过程中阻力做功等于机械能减小量，则 ΔE=Ffs，解得受到的阻力为Ff== N=60 N，选项B正确； 下滑到底端时的动能 Ek=mv2=240 J，v2=2as，mgsin 30°-Ff=ma，解得运动员下滑时加速度的大小为 a=4 m/s2，m=60 kg，选项C、D错误。 返回 摩擦力做功与能量转化 考点二 两种摩擦力做功特点的比较 类型 比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量的转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统 的损失量 一对摩擦力做的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总________ 一对滑动摩擦力做功的代数和总是_____，总功W=-Ffx相对，即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功 情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 机械能 等于零 负值 　　　如图所示，一个长为L、质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为x，重力加速度为g。则在此过程中 A.摩擦力对物块做的功为-μmg(x+d) B.摩擦力对木板做的功为μmgd C.木板动能的增量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgx √ 　　　根据功的定义W=Flcos α，其中l指物体的位移，而α指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1=-μmg(x+d)，摩擦力对木板做的功W2=μmgx，A正确，B错误； 根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk=W2=μmgx，C错误； 由于摩擦而产生的热量Q=Ff·Δx=μmgd，D错误。 用功能关系分析光滑水平面上“滑块—木板”问题时要注意区分三个位移： (1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑； (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位移Δx。 [变式]　如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动。物块和小车之间的摩擦力为Ff。物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s。在这个过程中，以下结论正确的是 A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(l+s) B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs C.物块和小车系统增加的内能为Ff(l+s) D.物块和小车系统增加的机械能为F(l+s) √ 　　　物块相对于地面的位移为l+s。对物块受力分析，根据动能定理，物块到达小车最右端时的动能Ek物=(F-Ff)(l+s)，故A错误； 对小车，水平方向仅受摩擦力Ff，小车的位移为s，摩擦力对小车做的功为Wf=Ffs，根据动能定理，小车获得的动能Ek=Wf=Ffs，故B正确； 物块与小车之间的相对位移为l，滑动摩擦力做功产生的内能Q=Ff·l，即系统增加的内能为Ffl，故C错误； 外力F对系统做的功为WF=F(l+s)，根据功能关系，外力做的功等于系统增加的机械能与增加的内能之和，即F(l+s)=ΔE机械+Q，因此系统增加的机械能为ΔE机械=F(l+s)-Ffl，故D错误。 返回 能量守恒定律的理解和应用 考点三 1.内容：能量既不会凭空 ，也不会凭空消失，它只能从一种形式 为其他形式，或者从一个物体 到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的 保持不变。 2.表达式： (1)E初=E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。 (2)ΔE增=ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。 产生 转化 转移 总量 3.理解 (1)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)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。 　　　(2024·安徽卷·7)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 A.(H+h+) B.(H+h+) C.(H+) D.(H+) √ 　　　设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m=v0tSρ 根据平抛运动规律v0t'=l h=gt'2 解得v0=l 根据能量守恒定律得Ptη=m+mg(H+h) 联立解得水泵的输出功率为P=(H+h+) 故选B。 如图所示，将原长为L的轻质弹簧放置在倾角为37°的轨道AB上，弹簧的一端固定在A点，另一端与质量为m的滑块接触但不连接(滑块可视为质点)。AB长为2L，B端与半径为L的光滑圆轨道BCD相切，D点在圆心O的正上方，C点与O点等高。滑块与AB间的动摩 擦因数μ=0.5。用外力推动滑块至P点，使得AP=，然后放开，滑块由静止开始沿轨道AB运动，之后刚好能到达圆轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求滑块初始位于P点时，弹簧的弹性势能Ep； 答案　3.8mgL　 　　　对滑块在D点，由牛顿第二定律得 mg= 对滑块从P点到D点，由能量守恒得Ep=μmgcos 37°×+mgsin 37°+　mgL(1+cos 37°)+mv2 联立解得Ep=3.8mgL (2)若更换另一个质量为m1的滑块，仍将滑块从P点由静止释放，滑块能滑上圆轨道且能沿着圆轨道滑下，求m1的可能取值范围。 答案　m≤m1<m 　　　若滑块质量较大，恰好运动到B点， 由能量守恒得Ep=μm2gcos 37°×+m2gsin 37° 若滑块质量较小，恰好运动到C点， 由能量守恒得Ep=μm3gcos 37°×+m3gsin 37°+m3gLcos 37° 解得m2=m，m3=m 所以m1的可能取值范围为m≤m1<m。 (1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。 (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 返回 课时精练 精练高频考点 提升关键能力 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A D D B A B D 题号 9 10 答案 D (1)0.75mg　2mg　(2)0.3　 (3)0.075mgL 题号 11 答案 　B 1.(2024·浙江1月选考·3)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，重力加速度为g，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 基础落实练 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　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，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。 2.(2025·江苏盐城市检测)足够长的水平传送带始终以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块静止放到传送带上，在小物块与传送带间发生相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则 A.Q=mv2 B.Q=mv2 C.W=mv2 D.W=mv2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　对小物块进行分析可知，小物块先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度增大至与传送带速度相等时，与传送带保持相对静止做匀速直线运动，此后，小物块不再受到摩擦力作用，根据动能定理可知，滑动摩擦力对小物块做的功为W=mv2-0=mv2，故C、D错误； 设小物块加速到与传送带速度相等历时为t，则此过程的相对位移为x=vt-=t，则小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgx，根据上述有μmgx=mv2，解得Q=mv2，故A正确，B错误。 3.(2025·江苏南通市检测)如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知mB>mA，A球静置于水平地面，用手托住B球，轻绳刚好被拉紧，然后释放B球。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，空气阻力不计，重力加速度为g，则在B球落地前 A.若增大mB，绳的拉力减小 B.若减小mA，绳的拉力增大 C.A、B球的动能变化量相等 D.A、B球的机械能变化率大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 答案 　　　对A、B分别由牛顿第二定律得 FT-mAg=mAa，mBg-FT=mBa 联立解得FT= 可知增大任何一小球的质量，绳的拉力都增大；反之减小，故A、B错误； 小球的动能变化量为ΔEk=mv2-0=mv2，两球速度大小相等，而B球质量大，则B球动能变化量大，故C错误； 小球的机械能变化率为=，由于两球受到绳的拉力的大小相等，而位移大小也相等，所以A、B球的机械能变化率大小相等，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 4.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点的正上方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=2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中 A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　小球从P点运动到B点的过程中，重力做的功WG=mg(2R-R)=mgR，故A错误； 小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg=m，解得vB=，则此过程中机械能的减少量为ΔE=mgR-m=mgR，故B错误； 根据动能定理可知，合外力做功W合=m-0=mgR，故C错误； 根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，则W克f =ΔE=mgR，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 5.(2024·江苏镇江市检测)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端滑上木板，滑至木板的右端时恰能与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，该滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是 A.滑块滑到木板的右端后飞离木板 B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止 C.两过程滑块的动量变化相同 D.两过程系统产生的热量相等 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，平均加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到共同速度，所以滑块还没有运动到最右端，故A错误，B正确； 根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误； 根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，分析可知在题图乙中木板上相对运动的位移没有题图甲中的长，所以产生的热量小于在题图甲中木板上滑行产生的热量，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 6.(2025·江苏镇江市检测)风力发电机是由风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V=vt·S　=vtπl2，则风柱的质量M=ρV=ρvtπl2，因此在t时间内吹过的风的动能为Ek=Mv2=ρvtπl2·v2，在t时间内发电机输出的电能E=P·t，则风能转化为电能的效率为η==，故A正确，B、C、D错误。 7.(2025·江苏镇江市检测)将一初动能为E的物体(可视为质点)竖直上抛，物体回到出发点时，动能为，取出发点位置的重力势能为零，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体动能与重力势能相等时，其动能为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　设上升的最大高度为h，根据动能定理可得 Ff·2h=E-= 根据能量守恒可得E=mgh+Ffh 可得mgh=E，Ffh=E，所以Ff=mg 若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，则Ek+mgH=E-FfH，Ek=Ep=mgH 所以Ek=mgH=E 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　若在下降阶段离出发点H'处动能和重力势能相等， 则Ek'+mgH'=E-Ff(2h-H') Ek'=Ep'=mgH' 解得Ek'=E，故选B。 8.(2026·江苏淮安市检测)物块以初速度v0沿粗糙的固定斜面向上运动，刚好到达最高点，物块向上运动过程中，其速度v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E与运动时间t、位移x的关系图像，正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 能力综合练 √ 　　　设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，动摩擦因数为μ，则上滑过程加速度大小a==gsin θ+μgcos θ，可知加速度大小不变，上滑过程中，v2-=-2ax，故A错误； 动能Ek=mv2=m·(v0-at)2，可知Ek-t图像是一个开口向上的抛物线，故B错误； 重力势能Ep=mgsin θ·x，可知Ep-x图像是一条过原点的倾斜直线，故C错误； 根据功能关系可知E=E初态-Ffx=E初态-μmgcos θ·x=E初态-μmgcos θ·(v0t-at2)，可知E-t图像为开口向上的抛物线，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 9.(2025·浙江6月选考·7)如图所示，风光互补环保路灯的主要构件有：风力发电机，单晶硅太阳能板，额定电压48 V容量200 Ah的储能电池，功率60 W的LED灯。已知该路灯平均每天照明10 h；1 kg标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳2.6 kg。则 A.风力发电机的输出功率与风速的平方成正比 B.太阳能板上接收到的辐射能全部转换成电能 C.该路灯正常运行6年，可减少二氧化碳排放量 　约1.2×106 kg D.储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　设Δt时间内，风力发电机的扇叶半径为r，假设风的动能全部变成电能输出，输出功率为P出===ρπr2v3，即风力发电机的输出功率与风速的三次方成正比，故A错误； 太阳能板上接收到的辐射能不能全部转换成电能，在转换的过程中存在能量损耗，故B错误； 　　　已知路灯的功率为P=60 W=0.06 kW，每天照明t=10 h，一年按365天计算，6年的总时间t总=6×365×10 h=21 900 h，可得总耗电量为W=Pt总=0.06 kW×21 900 h=1 314 kW·h=1 314度，因1 kg标准煤完全燃烧可发电2.8度，排放二氧化碳2.6 kg，则减少的二氧化碳排放量为M=×2.6 kg　≈1 220 kg≠1.2×106 kg，故C错误； 已知储能电池的额定电压U=48 V，容量Q=200 Ah，则电池的电能为E=　UQ=9 600 W·h=9.6 kW·h，而路灯连续一周的耗电量为W=Pt=0.06 kW×　7×10 h=4.2 kW·h，因9.6 kW·h>4.2 kW·h，所以储能电池充满电后，即使连续一周无风且阴雨，路灯也能正常工作，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 10.(2025·江苏海安市检测)如图所示，粗糙程度相同的水平地面上的O处固定一竖直光滑杆，质量为m的小滑块P套在杆上，质量为m的小滑块Q放在地面上。滑块P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一水平轻弹簧右端与Q相连，左端与固定在地面上的竖直挡板连接。已知Q在初始位置A处时两杆夹角α=37°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 弹簧为原长，两小滑块均恰好静止。现给滑块Q一水平外力F，使P以a=0.4g向下做匀加速运动，Q从A位置运动到B位置，此处两杆夹角为53°，该过程中P、Q始终在同一竖直平面内，已知弹簧的弹性势能Ep=kx2，k为弹簧的劲度系数x为弹簧的形变量，且k=，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。求： (1)滑块Q静止在位置A时，受到的摩擦力Ff大小及支持力FN大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　0.75mg　2mg　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　滑块Q恰好静止在A处时， 对滑块P受力分析FNP=mgtan α 对两滑块整体受力分析 FN=mg+mg，FNP=Ff 解得Ff=0.75mg，FN=2mg (2)滑块Q到达位置B时的速度大小vQ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　0.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　滑块Q到达位置B处时，两滑块沿杆方向速度相等， 则有vQsin 53°=vPcos 53° 滑块P下降高度 H=Lcos 37°-Lcos 53°=0.2L 根据=2aH 联立解得vP=0.4，vQ=0.3 (3)滑块Q从位置A到达位置B过程中，力F做的功WF。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　0.075mgL 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　根据Ff=μFN 将Ff=0.75mg，FN=2mg代入上式解得μ= 对系统竖直方向分析2mg-FN'=ma 解得FN'=1.6mg 解得Ff'=μFN'=0.6mg 滑块Q从位置A到达位置B过程中，水平方向移动的距离为 x=Lsin 53°-Lsin 37°=0.2L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　产生的热量为Q=Ff'·x 解得Q=0.12mgL 弹簧增加的弹性势能为ΔEp=kx2=0.03mgL 由能量守恒得WF+mgH=m+m+ΔEp+Q 解得WF=0.075mgL。 11.(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) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 尖子生选练 62 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　方法一　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， 此过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgx1， 63 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 　　　则由功能关系可知该过程F所做的功 W=E0+μmgx1=+μmg(l-d) 方法二　画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W=μmg(l-d)+x0 又kx0=μmg 联立解得W=+μmg(l-d) 故选B。 返回 64 本课结束 THANKS 第六章 $