2027届高考物理一轮复习人教版专题讲义（江苏专用）-专题18 机械能守恒定律 功能关系和能量守恒定律

专题18　机械能守恒定律 功能关系和能量守恒　【江苏专用】 2027年高考物理一轮复习（人教版2019） 专题18　机械能守恒定律　功能关系和能量守恒定律 2027年高考物理一轮复习 人教版（2019）　江苏专用 建议用时：75 分钟 题量：35 题 难度：★★★★☆ 版本：原卷版 ● 内容概览 ● 01 　机械能守恒定律 　考点一　机械能守恒的判断 　考点二　机械能守恒定律的应用 02 　功能关系与能量守恒 　考点三　传送带、板块类功能关系 　考点四　能量守恒定律的应用 03 　功能关系中的图像问题 　考点五　功能关系中的图像问题 04 　综合练习 ▎学习目标 1．理解机械能的概念，知道机械能是动能与势能（重力势能、弹性势能）的总和，势能是相对的、需选定零势能参考面，会用 计算重力势能。 2．理解机械能守恒定律的内容和条件，能从受力、做功、能量转化三个角度判断机械能是否守恒。 3．掌握机械能守恒定律的三种表达式，能解决单物体和多物体（连接体）系统的守恒问题。 4．理解常见功能关系，会分析传送带、板块模型中摩擦力做功和摩擦生热，区分对地位移与相对位移。 5．理解能量守恒定律，能按“定初末状态、分清增减”的思路分析含摩擦、弹簧的能量问题。 6．能结合 -x、-x、E-x、E-t 图像分析功能关系，了解抽水蓄能、翼装飞行等实际应用。 ▎课标与考情 【课标要求】理解机械能守恒定律，能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题；通过实验验证机械能守恒定律，体会守恒思想对物理学的意义；理解能量守恒定律，知道能量的转化和转移具有一定的方向性，能运用功能关系和能量守恒定律解释自然现象、解决实际问题，发展模型建构、科学推理和科学论证能力。 【考情分析】江苏高考物理采用自主命题（满分100分，考试时间75分钟）：单项选择题10题（每题4分，共40分）；非选择题5题（含1道实验题和4道计算题，共60分）。机械能守恒与功能关系是力学主干知识，也是江苏高考的必考重点：选择题常结合 -x、-x、E-x、E-t 图像及弹簧、传送带、斜面、摆等情景，考查机械能守恒判断、能量转化和摩擦生热；计算题常以连接体、传送带、板块、弹簧及轨道为背景，综合牛顿运动定律、机械能守恒和能量守恒命制多过程题。复习时要熟练掌握机械能守恒的三种表达式、常见功能关系和 ，弄清“功是哪个力做的功、位移是对地位移还是相对位移”，并关注抽水蓄能、新能源汽车等能量转化的最新进展。 ▎思维导图 图1　机械能守恒定律 功能关系和能量守恒知识网络 考向一　机械能守恒定律 本考向聚焦机械能的概念、机械能守恒的判断，以及机械能守恒定律在单物体和多物体系统中的应用。 考点一　机械能守恒的判断 ▎知识梳理 1．机械能 动能与势能（重力势能、弹性势能）的总和称为机械能，即 。 机械能是标量；其中势能是相对的，需要选定零势能参考面，机械能的大小与零势能面的选取有关。 2．机械能守恒定律 内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。 守恒条件：只有重力、系统内弹力做功。 3．对守恒条件理解的三个角度 （1）只受重力作用； （2）除重力外还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零； （3）除重力外只有系统内弹力做功，只有动能、重力势能、弹性势能相互转化，没有其他形式能量的转化。 方法 判断依据 结论 定义法 分析物体或系统的动能和势能之和是否变化 和不变则机械能守恒 做功法 只有重力或系统内弹力做功，或其他力做功代数和为零 满足则机械能守恒 转化法 只有动能和势能相互转化，无机械能与其他形式能转化 满足则机械能守恒 ▎重难诠释 机械能守恒的条件是“只有重力、系统内弹力做功”，不是“物体只受重力”；受其他力但其他力不做功或做功代数和为零时，机械能仍守恒。 有摩擦力、空气阻力、发动机牵引力等做功时，机械能一般不守恒；即使速率不变，高度变化时机械能也变化。 记忆点：“守恒看做功，重力弹力外不做功；速率不变也未必，高度变了机械能变。” ▎热点·科技前沿 热点·江苏连云港抽水蓄能电站 2025年4月29日，江苏连云港抽水蓄能电站开工建设，计划2031年12月全容量投产，总投资86.6亿元。电站安装4台30万千瓦可逆式水泵水轮机组，总装机120万千瓦，设计年发电量13.65亿千瓦时、年抽水电量18.2亿千瓦时，与田湾核电站配套，填补了江苏长江以北抽水蓄能的空白。其工作原理正是能量的转化与“储存”：用电低谷时，机组把下水库的水抽至上水库，电能转化为水的重力势能；用电高峰时，上水库放水推动机组发电，重力势能再转化为电能，被称为电网的“超级充电宝”。 图1　抽水蓄能电站上、下水库（电能与重力势能相互转化，总量守恒） ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，坐过山车时，某车厢中游客通过环形轨道运动的一小段时间内速率不变，则该过程中（　　） A．该游客的机械能守恒 B．该游客所受合力始终为零 C．该游客所受合力做功为零 D．该游客所受重力的瞬时功率一定变大 【变式1】质量为m的足球在位置1被踢出后落到位置3，在空中位置2达到最高点，整个运动的轨迹如图所示。则足球（　　） A．上升过程机械能守恒 B．下降过程机械能增大 C．位置1的速率大于位置3的速率 D．上升和下降经历的时间相等 【变式2】如图所示，“苏超”比赛中将足球从水平面上O点踢出，足球经过轨迹最高点P最终落在水平面上Q点。已知重力加速度为g，忽略足球旋转。则足球（　　） A．到达P时，加速度为g B．到达P时，速度最小 C．由O到P的时间小于由P到Q的时间 D．由O到P减少的动能等于由P到Q增加的动能 【变式3】如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处由静止开始下落，不计空气阻力，以起始下落点所在高度为零势能面。小球落地前瞬间机械能为（　　） A．0 B．﹣mgh C．mgH D．mg（H+h） 考点二　机械能守恒定律的应用 ▎知识梳理 1．机械能守恒定律的三种表达式 （1）守恒角度：，即初、末状态机械能相等，需要选定零势能面。 （2）转化角度：，即动能的增加量等于势能的减少量，不必选定零势能面。 （3）转移角度：，即系统内一部分增加的机械能等于另一部分减少的机械能。 2．应用机械能守恒定律解题的基本思路 选取研究对象 → 选取运动过程 → 判断机械能是否守恒 → 选取合适的表达式 → 联立方程求解。 图2　应用机械能守恒定律解题的基本思路 3．多物体（连接体）系统 对多个物体组成的系统，应选系统整体为研究对象；绳（杆）不可伸长等约束给出各物体的速度关系（如沿绳方向各点速度大小相等），再对系统列机械能守恒方程。 表达式 角度 是否需选零势能面 E1=E2 需要选 ΔE_k=−ΔE_p 不必选 ΔE_A增=ΔE_B减 不必选，适用于系统 ▎重难诠释 用机械能守恒先要选对象、定过程、判断守恒，再选表达式；多物体系统选整体，约束条件给出速度关系。 守恒角度需选零势能面，转化、转移角度不必选；机械能守恒只涉及动能和势能，不能把摩擦生热、电能纳入。 记忆点：“对象过程先判断，守恒三种表达式；E1E2要选面，转化转移更方便。” ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，为用轻质滑轮和轻质细绳构成的滑轮组系统。开始时，细绳均竖直，重物A、B处于静止状态且距地面高度均为h，释放后A、B开始运动。已知A、B质量均为m，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，直至B落地的过程中，求： （1）A重力势能的增加量； （2）B落地时的速度大小。 【变式1】如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系小球a和b，b球的质量是a球的3倍。用手托住b球，当轻绳刚好被拉紧时，b球离地面的高度是h，a球静止于地面。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g，释放b球，则（　　） A．b球下落过程中机械能守恒 B．a球上升过程中机械能减少 C．b球刚落地时的速度大小为 D．a球上升的最大高度为2.5h 【变式2】如图所示，相同的P、Q两球距地面高度相等，以相同的速率抛出，P斜向上抛，Q斜向下抛出，且两球与水平方向夹角大小相等，不计空气阻力，关于P、Q两球从抛出到落地过程，下列说法正确的是（　　） A．P球重力做功较多 B．P球重力的功率一直增大 C．P球重力的平均功率大于Q球重力的平均功率 D．两球落地时重力的瞬时功率相等 【变式3】质量分别为1kg和2kg的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为1.8m，在离P球0.6m处有一个光滑固定轴O，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球摆动到最低点位置时，求： （1）小球Q的速度大小为多少； （2）在此过程中杆对小球Q所做的功； （3）杆对小球P的作用力大小和方向。 考向二　功能关系与能量守恒 本考向聚焦传送带、板块模型中的功能关系，以及能量守恒定律的应用。 考点三　传送带、板块类功能关系 ▎知识梳理 1．功能关系概述 不同性质的力所做的功，对应不同形式能量的变化；做功是能量转化的量度。 2．传送带模型 物体相对地面的位移（对地位移）用于求动能变化和各力做功；物体相对传送带的位移（相对位移）用于求摩擦生热。 解题时先判断物体能否与传送带共速，共速后摩擦力的方向和性质可能改变（变为静摩擦或无摩擦）。 图3　倾斜传送带（机场行李输送）：对地位移求功、相对位移生热 3．板块模型 物块在木板上滑动时，一对滑动摩擦力对系统做的总功为负，其绝对值等于系统因摩擦增加的内能（摩擦生热）。 做功的力 对应能量变化 表达式 合外力（合力） 动能变化 重力 重力势能变化 弹簧弹力 弹性势能变化 除重力、弹力外其他力 机械能变化 一对滑动摩擦力（总功） 内能增加（摩擦生热） ▎重难诠释 对地位移用于求动能变化和各力做功，相对位移用于求摩擦生热，两者不能混用。 传送带问题先判断能否共速，共速后摩擦力方向、性质可能改变；板块模型一对滑动摩擦力总功为负、绝对值等于内能增量。 记忆点：“对地求动能，相对求生热；共速再判断，一对摩擦总功负。” ◆ 例题·变式演练 【例题】传送带被广泛应用于快递物流车间，倾角为θ＝37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为L＝10.5m，如图甲所示。现将一质量m＝2.0kg的快件静止放于传送带底端，快件在传送带运动时的速度平方与其位移x的关系图像如图乙所示，取重力加速度g＝10，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，快件可视为质点，在快件从传送带底端运动到顶端的过程中，求： （1）快件的运动时间t； （2）传送带对快件做的功W； （3）快件从传送带底端运动到顶端的过程中电动机多做的功。 【变式1】如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边传送带与水平方向的夹角均为37°。两个相同的物块A、B与传送带间的动摩擦因数是0.5，从传送带顶端均以1m/s的初速度沿传送带下滑。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法中正确的是（　　） A．A所受摩擦力沿传送带向上、B所受摩擦力沿传送带向下 B．滑至底端，A用时较少 C．滑至底端时A所受重力的瞬时功率较大 D．下滑过程A与传送带间产生的热量较少 【变式2】如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是（　　） A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体B动能的减少量等于木板A获得的动能 C．系统克服摩擦力做的总功等于A增加的动能 D．摩擦力对物体A做的功小于系统内能的增加量 【变式3】如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为＝0.25、＝0.20，取重力加速度g＝10，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块： （1）第1次滑过P点时的速度大小； （2）第1次在传送带上往返运动的时间t； （3）从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程s。 考点四　能量守恒定律的应用 ▎知识梳理 1．能量守恒定律 内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。 2．应用能量守恒定律解题的思路 先确定研究过程的初状态和末状态，分析哪种（哪些）能量减少、哪种（哪些）能量增加，再由 ΔE减=ΔE增 列方程求解。 3．弹簧、阻力中的能量转化 图4　小球与竖直弹簧：重力势能、弹性势能、动能相互转化 存在空气阻力、滑动摩擦力时，机械能减少、内能增加；分析时要把机械能的减少量与内能的增加量对应起来。 步骤 具体内容 定状态 确定研究过程的初状态、末状态 分增减 分析减少的能量和增加的能量（含内能、电能等） 列方程 求解 联立方程，求出未知量 ▎重难诠释 能量守恒的关键是“定初末、分增减”，由 ΔE减=ΔE增 列式，不必纠缠中间过程。 有阻力做功时机械能减少、内能增加，不要把能量守恒写成机械能守恒；注意弹簧原长、最大压缩等临界状态。 记忆点：“能量守恒不生灭，定好初末分增减；阻力做功生内能，机械能少内能多。” ▎热点·科技前沿 热点·张树鹏翼装飞行世锦赛首冠 2026年9月，在湖南张家界举行的翼装飞行世锦赛上，中国名将张树鹏从海拔1458米的玉壶峰纵身跃出，以约200千米/时的速度高速俯冲，精准穿过直径仅0.04米的靶心，首次夺得精准穿靶赛冠军。翼装飞行员在俯冲过程中，重力做正功使重力势能减少、动能增大，同时空气阻力持续做负功，把一部分机械能转化为内能（空气和人体发热）。因此飞行员的机械能并不守恒，而是“减少的机械能＝增加的内能”，这正是含阻力情景下能量守恒定律的体现。 图5　翼装飞行员向山谷俯冲（空气阻力做功，机械能转化为内能） ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧的原长为l，劲度系数为k。质量为m的铁球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，压缩一段距离后速度减为零。在铁球下落过程中，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）铁球刚接触弹簧时速度大小v； （2）铁球速度最大时距地面高度H； （3）铁球动能最大时，弹簧弹性势能。 【变式1】如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接物体Q，物体Q、N通过轻弹簧竖直连接，Q、N的质量均为m。整个系统初始静止时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为37°和53°，此时物体N与地面间的弹力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，由静止释放小球P。已知右侧绳AP的长为L，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力与滑轮摩擦。下列说法正确的是（　　） A．小球P的质量为 B．小球P运动到图示位置时，物体Q的速度大小为 C．小球P从释放到图示位置的过程中，轻绳对物体Q做的功为 D．小球P从释放到图示位置的过程中，弹簧的弹性势能增加了mgL 【变式2】把质量为m的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C，如图乙所示，小球经过位置B时弹簧正好处于自然伸长状态。已知B、A的高度差为h，C、B的高度差为2h，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球的机械能始终守恒 B．弹簧初始弹性势能为2mgh C．小球在B处时的动能为2mgh D．小球在AB过程与BC过程中动能变化量之比为1：2 【变式3】如图所示，质量均为m的物块A和B通过竖直轻弹簧相连处于静止状态，弹簧劲度系数为k，B、C通过轻质细绳绕过光滑定滑轮相连，C置于倾角为30°的光滑斜面上，C的质量为4m。初始时用手托住C，细绳刚好拉直但无张力，B静止，重力加速度为g。释放C后，C沿斜面下滑，斜面足够长，求： （1）刚释放C的瞬间，C的加速度大小； （2）当A刚要离开地面时，B的速度大小。 考向三　功能关系中的图像问题 本考向聚焦 E_k-x、E_p-x、E-x、E-t 等功能关系图像的斜率含义与读图方法。 考点五　功能关系中的图像问题 ▎知识梳理 1．常见功能关系图像的基本规律 图6　常见功能关系图像及其斜率含义 2．读图要点 （1）看清坐标轴所表示的物理量：是 E_k、E_p 还是 E，横轴是 x 还是 t。 （2）斜率为正、负分别表示对应力做正功、负功；斜率突变表示力突变，图线弯曲表示力在变化。 图像 斜率（斜率大小）含义 E_k-x 图像 斜率＝合外力 E_p-x 图像 斜率大小＝重力（弹力） E-x 图像 斜率＝除重力、弹力外的其他力 E-t 图像 斜率＝功率 ▎重难诠释 E_k-x 斜率＝合外力，E_p-x 斜率大小＝重力（弹力），E-x 斜率＝其他力，E-t 斜率＝功率。 斜率正负表示力做正、负功；斜率突变表示力突变，图线弯曲表示力在变化；先看清坐标轴物理量。 记忆点：“动能图斜率合力，势能图斜率重力，机械能图斜率其他，能量时间图斜率功率。” ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，一轻弹簧下端固定，初始时弹簧处于原长状态，在外力作用下，小球紧贴弹簧静止在弹簧正上方，撤去外力后，小球由静止开始下落，小球所受空气阻力恒为f，且满足mg＞f，从小球释放到将弹簧压缩到最低点的过程中，以小球运动到的最低点为重力势能参考平面，下列关于小球的速度v、加速度a、弹簧的弹性势能、小球的机械能E，随时间t或位移x变化的图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式1】将一网球以一定的初速度竖直向上击出，一段时间后落回击出点。运动过程中，网球受空气阻力＝kv（k为常数）。以竖直向上为正方向，则整个运动过程中，网球的加速度a、速度v随时间t变化的图像及动能、机械能E随距击出点高度h变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式2】如图所示，一小球从固定的四分之一光滑圆弧顶端静止释放，从释放到最低点的过程中，小球的向心加速度与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式3】如图所示，水平地面上P点左侧光滑，右侧粗糙。质量均匀的木板右端运动到P点时速度为，之后在地面摩擦力作用下做减速运动，木板左端恰好到达P点时速度减为0，该过程中，木板动能随位移x（x为木板右端从P点开始向右移动距离）的关系图像为（　　） A． B． C． D． ★ 综合练习 ★ 本部分精选15道题，覆盖本专题全部考点，请在规定时间内独立完成。 1．如图所示，古代起重的一个辘轳由两个直径不同，固定在同一轴上的圆柱体组成，一根轻绳绕在两圆柱上，摇把匀速转动时，小圆柱体上绳子下降，大圆柱体上绳子上升，从而提起重物，不计摩擦、滑轮和摇把重力的影响，已知重物重力大小为G，小圆柱和大圆柱体的半径分别是r和R，摇把的半径为L，摇把匀速转动的角速度为ω，则（　　） A．摇把匀速转动时，大、小圆柱体边缘线速度大小相等 B．摇把匀速转动时，重物上升克服重力做功的功率为Gω（R﹣r） C．摇把匀速转动时，作用在摇把上的力最小为 D．作用在摇把上的力对摇把做的功等于重物动能的增加量 2．如图所示，两个可视为质点的滑块P和Q质量分别为m、2m，P套在固定的光滑竖直杆上，Q在光滑水平地面上，P、Q通过光滑铰链用长为L的轻杆连接。原长为0.5L的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆上O点。初始时轻杆与竖直方向夹角α＝30°，现将P由静止释放，P下降到最低点时α＝60°。已知重力加速度为g，则P下降过程中（　　） A．P的加速度方向一直向下 B．P和Q组成的系统机械能守恒 C．弹簧弹性势能最大值为 D．P动能最大时，Q受到地面的支持力大小为3mg 3．如图所示，水平桌面上的轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未画出），物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现将物块向右拉至A点，拉力做功为W，撤去拉力后，物块由静止向左运动到B点静止，AB＝a。重力加速度为g，则上述过程中（　　） A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于 B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于 C．经过O点时，物块的动能大于W﹣μmga D．物块动能最大时，弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 4．如图所示，生产车间有两个互相垂直且等高的水平传送带M和N；传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为0.6m/s，0.8m/s，方向均已在图中标出，一小煤块（视为质点）离开传送带M前已经与传送带M的速度相同，并平稳地传送到传送带N上，最终与传送带N的速度相同。小煤块的质量为1kg，与传送带N的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10，传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是（　　） A．小煤块在传送带N上滑动的划痕是曲线 B．传送带N对小煤块做的功为0.32J C．小煤块与传送带N之间因摩擦产生的热量为0.89J D．传送带N克服小煤块的摩擦力做的功为0.64J 5．如图所示，一根橡皮绳一端固定于天花板上，另一端连接一质量为m的小球（可视为质点），小球静止时位于O点。现给小球一竖直向下的瞬时速度，小球到达的最低点A与O点之间的距离为x（未超出弹性限度），橡皮绳遵循胡克定律，劲度系数为k。不计橡皮绳的重力及空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球由O点运动至A点的过程中，小球合力始终向下 B．小球由O点运动至A点的过程中机械能守恒 C．橡皮筋的劲度系数 D．小球由O点运动至A点的过程中，小球的动能先增大后减小 6．如图所示，倾角为θ的足够长的传送带始终以恒定的速率顺时针运行，t＝0时，货物无初速度从传送带的底端滑上传送带，已知小货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，且μ＞tanθ。货物在传送带上运动速度v、加速度a、摩擦产生的热量Q和电机因传送物体多消耗的电能E随货物位移s变化规律正确的是（　　） A． B． C． D． 7．如图所示，质量相等的物块A、B，用轻弹簧连接，静置在倾角θ＝30°光滑斜面上，轻绳绕过固定轻滑轮分别连接物块B、C。初始时托住C使轻绳恰好伸直且无张力，静止释放C，当C速度刚减为0时，A恰好脱离挡板。不计空气阻力和滑轮摩擦，在C下落的过程中（未触地），下列说法正确的是（　　） A．物块C和A、B的质量相等 B．物块C的机械能一直增大 C．物块B的加速度先增大后减小 D．轻绳上的拉力一直增大 8．如图所示，倾角为θ＝37°的固定斜面体顶端固定一光滑定滑轮，质量为m＝1kg的物块A与物块B（质量未知）通过轻绳连接后跨过定滑轮，轻绳与斜面体平行，物块A放在斜面体上的a点，物块A刚好不下滑。已知ab段粗糙，b点下侧光滑，轻弹簧固定在斜面体的底端，原长时上端位于b点，某时刻剪断轻绳，物块A运动到b点的速度大小为＝2m/s，最终物块A把轻弹簧压缩到最低点c，随后物块A能沿斜面上滑到最高点d点（d未画出），物块A在c点的加速度大小为＝1.8g，ab＝1m，弹性势能表达式为，Δx为形变量，轻弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g＝10，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A．物块A与ab段的动摩擦因数为0.25 B．轻弹簧的劲度系数为144N/m C．物块A下滑的最大速度为 D．物块B的质量为0.4kg 9．竖直固定在水平地面上的轻质弹簧劲度系数为k、原长l，如图所示。质量为m的小球由弹簧正上方h处由静止释放，小球运动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．小球先加速下降h，再减速下降x B．小球速度最大时距地面的高度为 C．小球运动到最低点过程中，弹簧的弹力对小球做功为﹣mg（h+x） D．从开始到小球速度最大的过程中弹簧弹力做的功为 10．如图所示，倾角为θ的足够长斜面c放置在光滑的水平面上，质量相等的a、b两小滑块与斜面间的动摩擦因数分别为、，＜且+＝2tanθ。a、b以相同的初速度沿斜面下滑，始终未离开斜面。则整个运动过程中（　　） A．b的机械能一直减小 B．c的机械能一直增加 C．a、b、c系统动量守恒 D．a、b、c的总动能一直增加 11．如图，小李将篮球从离地高为h处，以大小为v的速度抛出，篮球能直接进入离地高为H的篮筐。设篮球质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力和篮球的大小，以地面为参考平面，篮球进入篮筐时的机械能为（　　） A． B．+mgH C．+mg（H﹣h） D．+mgh 12．如图所示，AB、CD两斜坡轨道上端和圆弧轨道BC相连，且分别相切于等高的B、C两点，AB段粗糙，其余部分均光滑，CD段下端放置一轻质弹簧，P为BC段最高点，质量m＝0.2kg的小物块从A点以＝9m/s冲上斜面，沿轨道运动到弹簧处，将弹簧上端压至Q点时物块速度恰好为0。已知AB段距离＝3.6m，动摩擦因数μ＝0.5，BC段半径R＝2m，CQ距离＝3m，斜面倾角均为θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10。求： （1）物块到达B点时的速度； （2）物块到达P点时对轨道的压力大小； （3）弹簧的最大弹性势能。 13．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接，物体经过C点时速率不变。斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为m＝1.5kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆轨道的半径R＝5.0m，水平轨道BC长L＝6.0m，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.5，光滑斜面轨道上CD长s＝3.0m，取g＝10，求： （1）滑块第一次经过C点时的速度大小； （2）整个过程中弹簧具有的最大弹性势能； （3）物体最后停止的位置距C点的距离。 14．如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°，半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上。一轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现将一质量m＝2kg的物块缓慢压缩弹簧到D点（不栓接），且CD的距离为＝1m，此时弹簧具有的弹性势能为＝156J，现从D点释放物块，物块在CB段匀减速运动过程中的加速度大小为a＝8，物块第一次经过B点后恰能到达P点。（取g＝10，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）物块第一次通过C点的速度大小； （2）斜面轨道上B、C两点间的距离x； （3）若仅调整物块的质量m的大小，仍从D点静止释放物块，物块能进入圆轨道，在BP上不脱离轨道（不包括P点），求m的范围。 15．秋千运动是常在清明、端午等节日进行的民间体育活动，也是全国少数民族体育运动会比赛项目。运动员荡秋千时，可以通过蹲、起来调整重心位置，进而控制摆动幅度。如图所示，轻踏板至轻绳悬点O间距离为L＝5m。站立时，运动员的重心与踏板间距离＝1m；蹲下时，距离′＝0.5m。运动员从轻绳偏离竖直方向角度θ＝37°的A处由静止开始摆动，为保证安全，要求轻绳始终保持伸直。忽略空气阻力，已知运动员质量m＝80kg，重力加速度g＝10，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）若运动员始终保持站立，求其运动至最低点B时的动能； （2）若运动员在AB间蹲下（不消耗自身化学能）后保持姿势不变，当其运动至最高点时，求轻绳与竖直方向间夹角的余弦值cosα； （3）若运动员在AB间蹲下、在B处迅速站起，之后反复这一动作，在保证安全的情况下，求踏板相对B点能够达到的最大高度H。 2027年高考物理一轮复习（人教版2019）· 江苏专用 · 专题18 机械能守恒 功能关系 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $专题18　机械能守恒定律 功能关系和能量守恒　【江苏专用】 2027年高考物理一轮复习（人教版2019） 专题18　机械能守恒定律　功能关系和能量守恒定律 2027年高考物理一轮复习 人教版（2019）　江苏专用 建议用时：75 分钟 题量：35 题 难度：★★★★☆ 版本：解析版 ● 内容概览 ● 01 　机械能守恒定律 　考点一　机械能守恒的判断 　考点二　机械能守恒定律的应用 02 　功能关系与能量守恒 　考点三　传送带、板块类功能关系 　考点四　能量守恒定律的应用 03 　功能关系中的图像问题 　考点五　功能关系中的图像问题 04 　综合练习 ▎学习目标 1．理解机械能的概念，知道机械能是动能与势能（重力势能、弹性势能）的总和，势能是相对的、需选定零势能参考面，会用 计算重力势能。 2．理解机械能守恒定律的内容和条件，能从受力、做功、能量转化三个角度判断机械能是否守恒。 3．掌握机械能守恒定律的三种表达式，能解决单物体和多物体（连接体）系统的守恒问题。 4．理解常见功能关系，会分析传送带、板块模型中摩擦力做功和摩擦生热，区分对地位移与相对位移。 5．理解能量守恒定律，能按“定初末状态、分清增减”的思路分析含摩擦、弹簧的能量问题。 6．能结合 -x、-x、E-x、E-t 图像分析功能关系，了解抽水蓄能、翼装飞行等实际应用。 ▎课标与考情 【课标要求】理解机械能守恒定律，能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题；通过实验验证机械能守恒定律，体会守恒思想对物理学的意义；理解能量守恒定律，知道能量的转化和转移具有一定的方向性，能运用功能关系和能量守恒定律解释自然现象、解决实际问题，发展模型建构、科学推理和科学论证能力。 【考情分析】江苏高考物理采用自主命题（满分100分，考试时间75分钟）：单项选择题10题（每题4分，共40分）；非选择题5题（含1道实验题和4道计算题，共60分）。机械能守恒与功能关系是力学主干知识，也是江苏高考的必考重点：选择题常结合 -x、-x、E-x、E-t 图像及弹簧、传送带、斜面、摆等情景，考查机械能守恒判断、能量转化和摩擦生热；计算题常以连接体、传送带、板块、弹簧及轨道为背景，综合牛顿运动定律、机械能守恒和能量守恒命制多过程题。复习时要熟练掌握机械能守恒的三种表达式、常见功能关系和 ，弄清“功是哪个力做的功、位移是对地位移还是相对位移”，并关注抽水蓄能、新能源汽车等能量转化的最新进展。 ▎思维导图 图1　机械能守恒定律 功能关系和能量守恒知识网络 考向一　机械能守恒定律 本考向聚焦机械能的概念、机械能守恒的判断，以及机械能守恒定律在单物体和多物体系统中的应用。 考点一　机械能守恒的判断 ▎知识梳理 1．机械能 动能与势能（重力势能、弹性势能）的总和称为机械能，即 。 机械能是标量；其中势能是相对的，需要选定零势能参考面，机械能的大小与零势能面的选取有关。 2．机械能守恒定律 内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。 守恒条件：只有重力、系统内弹力做功。 3．对守恒条件理解的三个角度 （1）只受重力作用； （2）除重力外还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零； （3）除重力外只有系统内弹力做功，只有动能、重力势能、弹性势能相互转化，没有其他形式能量的转化。 方法 判断依据 结论 定义法 分析物体或系统的动能和势能之和是否变化 和不变则机械能守恒 做功法 只有重力或系统内弹力做功，或其他力做功代数和为零 满足则机械能守恒 转化法 只有动能和势能相互转化，无机械能与其他形式能转化 满足则机械能守恒 ▎重难诠释 机械能守恒的条件是“只有重力、系统内弹力做功”，不是“物体只受重力”；受其他力但其他力不做功或做功代数和为零时，机械能仍守恒。 有摩擦力、空气阻力、发动机牵引力等做功时，机械能一般不守恒；即使速率不变，高度变化时机械能也变化。 记忆点：“守恒看做功，重力弹力外不做功；速率不变也未必，高度变了机械能变。” ▎热点·科技前沿 热点·江苏连云港抽水蓄能电站 2025年4月29日，江苏连云港抽水蓄能电站开工建设，计划2031年12月全容量投产，总投资86.6亿元。电站安装4台30万千瓦可逆式水泵水轮机组，总装机120万千瓦，设计年发电量13.65亿千瓦时、年抽水电量18.2亿千瓦时，与田湾核电站配套，填补了江苏长江以北抽水蓄能的空白。其工作原理正是能量的转化与“储存”：用电低谷时，机组把下水库的水抽至上水库，电能转化为水的重力势能；用电高峰时，上水库放水推动机组发电，重力势能再转化为电能，被称为电网的“超级充电宝”。 图1　抽水蓄能电站上、下水库（电能与重力势能相互转化，总量守恒） ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，坐过山车时，某车厢中游客通过环形轨道运动的一小段时间内速率不变，则该过程中（　　） A．该游客的机械能守恒 B．该游客所受合力始终为零 C．该游客所受合力做功为零 D．该游客所受重力的瞬时功率一定变大 【答案】C 【解答】解：A、机械能为动能与重力势能之和，游客速率不变，游客的动能不变，运动过程中环形轨道高度不断变化，游客的重力势能改变，游客的机械能不断变化，机械能不守恒，故A错误； B、游客做匀速圆周运动，合力提供向心力，所受合力不为零，故B错误； C、游客做匀速圆周运动，合力与速度方向始终垂直，因此合外力做功一定为零，故C正确； D、重力瞬时功率P＝（为速度的竖直分量），若游客沿环形轨道向上运动，会先增大后减小，因此重力的瞬时功率不一定变大，故D错误。 故选：C。 【易错点】　机械能守恒的条件是“只有重力、系统内弹力做功”，不是“物体只受重力”；受其他力但其他力不做功或做功代数和为零，机械能仍守恒。判断守恒要抓“做功”：有摩擦力、空气阻力、发动机牵引力等做功时，机械能一般不守恒；即使速率不变（如过山车匀速率），高度变化时机械能也变化。机械能 与零势能面的选取有关，但机械能是否守恒与零势能面的选取无关。 【变式1】质量为m的足球在位置1被踢出后落到位置3，在空中位置2达到最高点，整个运动的轨迹如图所示。则足球（　　） A．上升过程机械能守恒 B．下降过程机械能增大 C．位置1的速率大于位置3的速率 D．上升和下降经历的时间相等 【答案】C 【解答】解：A、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，上升过程中空气阻力做负功，足球的机械能不断减小，故A错误； B、下降过程中空气阻力做负功，足球的机械能减小，故B错误； C、位置1与位置3高度相同，重力势能相等，全程空气阻力做负功，机械能持续减小，因此位置1的动能大于位置3的动能，则位置1的速率大于位置3的速率，故C正确； D、上升过程中，竖直方向空气阻力的分量向下，竖直方向合加速度＞g；下降过程中，竖直方向空气阻力的分量向上，竖直方向合加速度＜g。上升与下降的竖直高度相同，由可知，加速度越大，运动时间越短，因此上升时间小于下降时间，故D错误。 故选：C。 【变式2】如图所示，“苏超”比赛中将足球从水平面上O点踢出，足球经过轨迹最高点P最终落在水平面上Q点。已知重力加速度为g，忽略足球旋转。则足球（　　） A．到达P时，加速度为g B．到达P时，速度最小 C．由O到P的时间小于由P到Q的时间 D．由O到P减少的动能等于由P到Q增加的动能 【答案】C 【解答】解：A、足球运动轨迹可知，存在空气阻力，足球到达P时，足球受重力与空气阻力作用，合力不等于重力，加速度不为g，故A错误； B、从O到P，重力和阻力都做负功，动能持续减小，速度持续减小，达到P点时，速度水平向左，则空气阻力水平向右，重力方向竖直向下，合力斜向右下，合力方向与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，速度减小，最高点P速度不是最小，故B错误； C、上升过程中空气阻力的竖直分力方向与重力方向相同，下降过程中重力与空气阻力的竖直分力方向相反，上升过程中平均加速度较大，结合 由O运动到P的时间小于由P运动到Q的时间，故C正确； D、结合动能定理，O到P动能减少量＝mgh+；P到Q动能增加量＝mgh﹣ 因此＞，故D错误； 故选：C。 【变式3】如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处由静止开始下落，不计空气阻力，以起始下落点所在高度为零势能面。小球落地前瞬间机械能为（　　） A．0 B．﹣mgh C．mgH D．mg（H+h） 【答案】A 【解答】解：在忽略空气阻力的情况下，小球下落过程仅受重力作用，故其机械能守恒。 以初始下落点所在平面为零势能参考面，且小球由静止释放，故初始动能＝0，重力势能＝0，初始总机械能E＝+＝0。 依据机械能守恒定律，小球落地瞬间的机械能与其初始机械能相等，亦为0。故BCD错误，A正确。 故选：A。 考点二　机械能守恒定律的应用 ▎知识梳理 1．机械能守恒定律的三种表达式 （1）守恒角度：，即初、末状态机械能相等，需要选定零势能面。 （2）转化角度：，即动能的增加量等于势能的减少量，不必选定零势能面。 （3）转移角度：，即系统内一部分增加的机械能等于另一部分减少的机械能。 2．应用机械能守恒定律解题的基本思路 选取研究对象 → 选取运动过程 → 判断机械能是否守恒 → 选取合适的表达式 → 联立方程求解。 图2　应用机械能守恒定律解题的基本思路 3．多物体（连接体）系统 对多个物体组成的系统，应选系统整体为研究对象；绳（杆）不可伸长等约束给出各物体的速度关系（如沿绳方向各点速度大小相等），再对系统列机械能守恒方程。 表达式 角度 是否需选零势能面 E1=E2 需要选 ΔE_k=−ΔE_p 不必选 ΔE_A增=ΔE_B减 不必选，适用于系统 ▎重难诠释 用机械能守恒先要选对象、定过程、判断守恒，再选表达式；多物体系统选整体，约束条件给出速度关系。 守恒角度需选零势能面，转化、转移角度不必选；机械能守恒只涉及动能和势能，不能把摩擦生热、电能纳入。 记忆点：“对象过程先判断，守恒三种表达式；E1E2要选面，转化转移更方便。” ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，为用轻质滑轮和轻质细绳构成的滑轮组系统。开始时，细绳均竖直，重物A、B处于静止状态且距地面高度均为h，释放后A、B开始运动。已知A、B质量均为m，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，直至B落地的过程中，求： （1）A重力势能的增加量； （2）B落地时的速度大小。 【答案】（1）A重力势能的增加量为； （2）B落地时的速度大小为。 【解答】解：（1）当B下落高度为h时，A上升的高度为，故A重力势能的增加量 （2）根据系统的机械能守恒得 由滑轮组关系可知 ＝2 联立解得 答：（1）A重力势能的增加量为； （2）B落地时的速度大小为。 【易错点】　用机械能守恒先要选对象、定过程、判断守恒，再选表达式；多物体（连接体）系统要选整体，绳长约束给出速度关系。守恒角度 需选零势能面；转化角度 不必选零势能面；转移角度 适合系统间能量转移。注意：机械能守恒只涉及动能和势能，不能把摩擦生热、电能等纳入守恒方程。 【变式1】如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系小球a和b，b球的质量是a球的3倍。用手托住b球，当轻绳刚好被拉紧时，b球离地面的高度是h，a球静止于地面。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，重力加速度为g，释放b球，则（　　） A．b球下落过程中机械能守恒 B．a球上升过程中机械能减少 C．b球刚落地时的速度大小为 D．a球上升的最大高度为2.5h 【答案】C 【解答】解：AB.b球下落，a球上升过程中，a球的重力势能和动能都增加，即a球的机械能增加，由题中所给条件，可判断系统总机械能守恒，故b球的机械能减少，AB错误； C.设a球的质量为m，b球的质量为3m，b球刚落地时，两球的速度大小相等，设为v，对两球组成的系统，设地面的重力势能为0，由机械能守恒定律有 0 得 故C正确； D.b球落地后，a球会继续上升，做竖直上抛运动，直到速度减为零，设a球继续上升的高度为，由匀变速直线运动位移与速度关系式有 0﹣＝﹣2 得 则a球上升的最大高度 ＝h+＝1.5h 故D错误。 故选：C。 【变式2】如图所示，相同的P、Q两球距地面高度相等，以相同的速率抛出，P斜向上抛，Q斜向下抛出，且两球与水平方向夹角大小相等，不计空气阻力，关于P、Q两球从抛出到落地过程，下列说法正确的是（　　） A．P球重力做功较多 B．P球重力的功率一直增大 C．P球重力的平均功率大于Q球重力的平均功率 D．两球落地时重力的瞬时功率相等 【答案】D 【解答】解：A、对于一定质量的物体，重力做功只与初末位置的高度差有关，所以重力做功一样多，故A错误； B、根据重力的瞬时功率P＝mgvcosθ P球上升到最高点时，竖直方向分速度为0，所以P球重力的功率不是一直增大，故B错误； C、根据题意可知Q球先落地，P球落地时间较Q球大，由公式 两球下落过程中重力做功相等，故P球重力的平均功率小于Q球重力的平均功率，故C错误； D、由机械能守恒定律可知，两球落地前瞬间的速度大小相等，方向相同，由公式P＝mgvcosθ 可知，落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，故D正确。 故选：D。 【变式3】质量分别为1kg和2kg的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为1.8m，在离P球0.6m处有一个光滑固定轴O，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球摆动到最低点位置时，求： （1）小球Q的速度大小为多少； （2）在此过程中杆对小球Q所做的功； （3）杆对小球P的作用力大小和方向。 【答案】（1）小球Q的速度大小为4m/s。 （2）杆对小球Q所做的功为﹣8J。 （3）杆对小球P的作用力大小为N，方向竖直向上。 【解答】解：（1）设小球Q到达最低点时的速度大小为，小球P到达最高点时的速度大小为。 两球角速度相等，由v＝ωr可得，代入杆长关系＝0.6m与＝1.2m，解得：＝0.5。 取初态水平位置为系统的重力势能零势能面，P、Q两球与杆组成的系统在运动过程中机械能守恒，取重力加速度g＝10，根据系统机械能守恒定律有，代入数据解得：小球Q的速度大小＝4m/s。 （2）对小球Q从释放到最低点的过程，根据动能定理有，代入数据解得：杆对小球Q所做的功W＝﹣8J。 （3）此时小球P到达最高点，其速度大小＝2m/s。 设在最高点杆对小球P的作用力大小为F，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有，代入数据解得：，计算结果的负号表示力的方向与假设方向相反，故杆对小球P的作用力大小为，方向竖直向上。 答：（1）小球Q的速度大小为4m/s。 （2）杆对小球Q所做的功为﹣8J。 （3）杆对小球P的作用力大小为N，方向竖直向上。 考向二　功能关系与能量守恒 本考向聚焦传送带、板块模型中的功能关系，以及能量守恒定律的应用。 考点三　传送带、板块类功能关系 ▎知识梳理 1．功能关系概述 不同性质的力所做的功，对应不同形式能量的变化；做功是能量转化的量度。 2．传送带模型 物体相对地面的位移（对地位移）用于求动能变化和各力做功；物体相对传送带的位移（相对位移）用于求摩擦生热。 解题时先判断物体能否与传送带共速，共速后摩擦力的方向和性质可能改变（变为静摩擦或无摩擦）。 图3　倾斜传送带（机场行李输送）：对地位移求功、相对位移生热 3．板块模型 物块在木板上滑动时，一对滑动摩擦力对系统做的总功为负，其绝对值等于系统因摩擦增加的内能（摩擦生热）。 做功的力 对应能量变化 表达式 合外力（合力） 动能变化 重力 重力势能变化 弹簧弹力 弹性势能变化 除重力、弹力外其他力 机械能变化 一对滑动摩擦力（总功） 内能增加（摩擦生热） ▎重难诠释 对地位移用于求动能变化和各力做功，相对位移用于求摩擦生热，两者不能混用。 传送带问题先判断能否共速，共速后摩擦力方向、性质可能改变；板块模型一对滑动摩擦力总功为负、绝对值等于内能增量。 记忆点：“对地求动能，相对求生热；共速再判断，一对摩擦总功负。” ◆ 例题·变式演练 【例题】传送带被广泛应用于快递物流车间，倾角为θ＝37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为L＝10.5m，如图甲所示。现将一质量m＝2.0kg的快件静止放于传送带底端，快件在传送带运动时的速度平方与其位移x的关系图像如图乙所示，取重力加速度g＝10，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，快件可视为质点，在快件从传送带底端运动到顶端的过程中，求： （1）快件的运动时间t； （2）传送带对快件做的功W； （3）快件从传送带底端运动到顶端的过程中电动机多做的功。 【答案】（1）快件的运动时间t为5s； （2）传送带对快件做的功W为135J； （3）快件从传送带底端运动到顶端的过程中电动机多做的功为198J。 【解答】解：（1）结合图乙，可得快件放上传送带先做匀加速运动，根据＝2 快件做匀加速运动的加速度为1 传送带的速度v＝3m/s，快件匀加速运动的时间 解得 ＝3s 快件匀速运动时间 解得 ＝2s 快件从传送带底端运动到顶端的过程中，运动的时间t＝+ 解得t＝5s； （2）快件从传送带底端运动到顶端的过程中，根据动能定理可得 解得传送带对快件做的功W＝135J； （3）快件做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma 解得动摩擦因数μ＝0.875 快件和传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos37°•（﹣） 解得Q＝63J 电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即 解得＝198J 答：（1）快件的运动时间t为5s； （2）传送带对快件做的功W为135J； （3）快件从传送带底端运动到顶端的过程中电动机多做的功为198J。 【易错点】　对地位移（物体相对地面）用于求动能变化和各力做功；相对位移（物体相对传送带或接触面）用于求摩擦生热 ，两者不能混用。传送带问题要先判断物体能否与传送带共速，共速后摩擦力的方向和性质可能改变（变为静摩擦或无摩擦）。板块模型中，一对滑动摩擦力对系统做的总功为负，其绝对值等于系统增加的内能（摩擦生热）。 【变式1】如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边传送带与水平方向的夹角均为37°。两个相同的物块A、B与传送带间的动摩擦因数是0.5，从传送带顶端均以1m/s的初速度沿传送带下滑。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法中正确的是（　　） A．A所受摩擦力沿传送带向上、B所受摩擦力沿传送带向下 B．滑至底端，A用时较少 C．滑至底端时A所受重力的瞬时功率较大 D．下滑过程A与传送带间产生的热量较少 【答案】D 【解答】解：A、由于mgsinθ＞μmgcosθ 代入数据可得0.6mg＞0.4mg 两物块均相对传送带向下滑动，因此所受摩擦力一定沿传送带向上，故A错误； B、由于两物块的加速度大小均为a＝gsinθ﹣μgcosθ 初速度相同，滑到底端的位移相同，因此滑到底端所用的时间相同，故B错误； C、设斜面的长为L，物块滑至斜面底端时的速度v，方向沿斜面向下 竖直方向的分速度＝vsinθ，则重力的瞬时功率P＝，即A、B滑到底端时，重力的瞬时功率相同，故C错误； D、滑到底端时，产生的热量Q＝μmgcosθ•Δx，由于物块B与传送带运动方向相反，两者间的相对位移较大，因此下滑过程中，B与传送带间产生的热量多，故D正确。 故选：D。 【变式2】如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是（　　） A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体B动能的减少量等于木板A获得的动能 C．系统克服摩擦力做的总功等于A增加的动能 D．摩擦力对物体A做的功小于系统内能的增加量 【答案】D 【解答】解：A.物体B动能的减少量，一部分转化为木板A的动能，另一部分转化为系统因摩擦产生的内能（即系统损失的机械能），因此B动能的减少量大于系统损失的机械能，故A错误； B.物体B动能的减少量等于木板A获得的动能与系统产生的内能之和，故B错误； C.系统克服摩擦力做的总功等于系统产生的内能，而A增加的动能是摩擦力对A做的正功，二者不相等，故C错误； D.摩擦力对物体A做的功等于A增加的动能，大小为摩擦力与A的位移的乘积；系统内能的增加量等于摩擦力与A、B相对位移的乘积，设物体B的质量为m，长木板A的质量为M，A、B间的动摩擦因数为μ，两者最终共速的速度为v共，运动总时间为t。水平面光滑，系统水平方向不受外力，动量守恒：＝（M+m） 解得共速速度： 根据能量守恒，系统损失的机械能全部转化为内能，内能增加量等于滑动摩擦力乘以A、B的相对位移：＝f•＝μmg•（﹣） 化简得 显然ΔE内的分子更大，因此：＜ 因此摩擦力对A做的功小于系统内能的增加量，故D正确。 故选：D。 【变式3】如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为＝0.25、＝0.20，取重力加速度g＝10，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块： （1）第1次滑过P点时的速度大小； （2）第1次在传送带上往返运动的时间t； （3）从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程s。 【答案】（1）第1次滑过P点时的速度大小为8m/s； （2）第1次在传送带上往返运动的时间为9s； （3）从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程为12m。 【解答】解：（1）由动能定理得 解得 ＝8m/s （2）由牛顿第二定律得 mg＝ma 物块与传送带共速时，由速度公式得 ﹣v＝﹣ 解得 ＝6s 匀速运动阶段的时间为 解得 ＝3s 第1次在传送带上往返运动的时间 t＝+ 解得 t＝9s （3）由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有 即Q＝48J 且Q＝mgcos37°s＝48J 解得s＝12m 答：（1）第1次滑过P点时的速度大小为8m/s； （2）第1次在传送带上往返运动的时间为9s； （3）从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程为12m。 考点四　能量守恒定律的应用 ▎知识梳理 1．能量守恒定律 内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。 2．应用能量守恒定律解题的思路 先确定研究过程的初状态和末状态，分析哪种（哪些）能量减少、哪种（哪些）能量增加，再由 ΔE减=ΔE增 列方程求解。 3．弹簧、阻力中的能量转化 图4　小球与竖直弹簧：重力势能、弹性势能、动能相互转化 存在空气阻力、滑动摩擦力时，机械能减少、内能增加；分析时要把机械能的减少量与内能的增加量对应起来。 步骤 具体内容 定状态 确定研究过程的初状态、末状态 分增减 分析减少的能量和增加的能量（含内能、电能等） 列方程 求解 联立方程，求出未知量 ▎重难诠释 能量守恒的关键是“定初末、分增减”，由 ΔE减=ΔE增 列式，不必纠缠中间过程。 有阻力做功时机械能减少、内能增加，不要把能量守恒写成机械能守恒；注意弹簧原长、最大压缩等临界状态。 记忆点：“能量守恒不生灭，定好初末分增减；阻力做功生内能，机械能少内能多。” ▎热点·科技前沿 热点·张树鹏翼装飞行世锦赛首冠 2026年9月，在湖南张家界举行的翼装飞行世锦赛上，中国名将张树鹏从海拔1458米的玉壶峰纵身跃出，以约200千米/时的速度高速俯冲，精准穿过直径仅0.04米的靶心，首次夺得精准穿靶赛冠军。翼装飞行员在俯冲过程中，重力做正功使重力势能减少、动能增大，同时空气阻力持续做负功，把一部分机械能转化为内能（空气和人体发热）。因此飞行员的机械能并不守恒，而是“减少的机械能＝增加的内能”，这正是含阻力情景下能量守恒定律的体现。 图5　翼装飞行员向山谷俯冲（空气阻力做功，机械能转化为内能） ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧的原长为l，劲度系数为k。质量为m的铁球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，压缩一段距离后速度减为零。在铁球下落过程中，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）铁球刚接触弹簧时速度大小v； （2）铁球速度最大时距地面高度H； （3）铁球动能最大时，弹簧弹性势能。 【答案】（1）铁球刚接触弹簧时速度大小为。 （2）铁球速度最大时距地面高度为。 （3）铁球动能最大时，弹簧弹性势能为。 【解答】解：（1）铁球自初始高度自由下落，直至接触弹簧的瞬间，此过程仅重力做功，系统机械能守恒，有，解得铁球接触弹簧瞬间的速度大小为。 （2）当铁球所受重力与弹簧弹力大小相等时，其加速度为零，速度达到最大值。依据平衡条件与胡克定律，可得mg＝kΔx，解得此时弹簧的压缩量为。此时，铁球距离地面的高度为。 （3）铁球动能最大的位置即为上述受力平衡位置。根据弹簧弹性势能的计算公式，代入该位置的压缩量，解得此状态下弹簧的弹性势能为。 答：（1）铁球刚接触弹簧时速度大小为。 （2）铁球速度最大时距地面高度为。 （3）铁球动能最大时，弹簧弹性势能为。 【易错点】　能量守恒的关键是“定初末状态、分清增减”：找出减少的能量和增加的能量，由 列式，不必纠缠中间过程。弹簧问题中重力势能、弹性势能、动能相互转化，注意弹簧原长、最大压缩（速度为零）等临界状态。空气阻力、滑动摩擦力做功时机械能减少、内能增加，不要把能量守恒写成机械能守恒。 【变式1】如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接物体Q，物体Q、N通过轻弹簧竖直连接，Q、N的质量均为m。整个系统初始静止时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为37°和53°，此时物体N与地面间的弹力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，由静止释放小球P。已知右侧绳AP的长为L，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力与滑轮摩擦。下列说法正确的是（　　） A．小球P的质量为 B．小球P运动到图示位置时，物体Q的速度大小为 C．小球P从释放到图示位置的过程中，轻绳对物体Q做的功为 D．小球P从释放到图示位置的过程中，弹簧的弹性势能增加了mgL 【答案】B 【解答】解：A、平衡时P左侧细绳的拉力 ＝2mg 对P分析可知gcos37°＝ 解得＝2.5m，故A错误； B、小球P静止时弹簧被拉长了，将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，可知弹簧被压缩了，小球P从A、B两点等高的水平线上释放后绕A点做圆周运动，则到达图中位置时小球的速度方向沿着BP方向，可知此时小球P和物块Q速度相等，且两个位置弹簧形变量相同，弹性势能相同，由能量关系可知 解得，故B正确； C、小球P从释放到图示位置过程中，对物块Q根据动能定理 轻绳对物体Q做的功，故C错误。 D、小球P从释放到图示位置过程中，弹簧的弹力对P、Q二者的系统先做正功，后做负功，在初末两个状态，弹簧的弹性势能是相同的，弹簧的弹性势能不变，故D错误； 故选：B。 【变式2】把质量为m的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C，如图乙所示，小球经过位置B时弹簧正好处于自然伸长状态。已知B、A的高度差为h，C、B的高度差为2h，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球的机械能始终守恒 B．弹簧初始弹性势能为2mgh C．小球在B处时的动能为2mgh D．小球在AB过程与BC过程中动能变化量之比为1：2 【答案】C 【解答】解：A、在从A点至B点的运动过程中，弹簧的弹力对小球做正功，因此小球的机械能增加，故A错误； B、考虑小球从A点运动到C点的全过程，系统的机械能是守恒的，弹簧初始的弹性势能等于小球重力势能的增量，即＝mg（h+2h），解得：＝3mgh，故B错误； C、小球从B点运动到C点的过程中仅受重力作用，机械能守恒，根据＝mg（2h），解得小球在B点时的动能为2mgh，故C正确； D、小球在AB段运动时，其动能的变化量大小为＝﹣0＝2mgh，在BC段运动时的动能变化量大小为＝|0﹣|＝2mgh，两个过程中动能变化量大小的比值为1：1，故D错误。 故选：C。 【变式3】如图所示，质量均为m的物块A和B通过竖直轻弹簧相连处于静止状态，弹簧劲度系数为k，B、C通过轻质细绳绕过光滑定滑轮相连，C置于倾角为30°的光滑斜面上，C的质量为4m。初始时用手托住C，细绳刚好拉直但无张力，B静止，重力加速度为g。释放C后，C沿斜面下滑，斜面足够长，求： （1）刚释放C的瞬间，C的加速度大小； （2）当A刚要离开地面时，B的速度大小。 【答案】（1）刚释放C的瞬间，C的加速度大小为； （2）当A刚要离开地面时，B的速度大小为。 【解答】解：（1）初始时，细绳刚好拉直但无张力，对B根据平衡条件，有 mg＝ 解得弹簧压缩量 释放瞬间，B、C一起加速，对B、C整体根据牛顿第二定律，有 4mgsin30°＝5ma 解得 （2）A刚离开地面时，根据平衡条件，有 mg＝kx' 可得弹簧伸长量 B上升高度为，C沿斜面下滑距离，根据机械能守恒定律有 解得 答：（1）刚释放C的瞬间，C的加速度大小为； （2）当A刚要离开地面时，B的速度大小为。 考向三　功能关系中的图像问题 本考向聚焦 E_k-x、E_p-x、E-x、E-t 等功能关系图像的斜率含义与读图方法。 考点五　功能关系中的图像问题 ▎知识梳理 1．常见功能关系图像的基本规律 图6　常见功能关系图像及其斜率含义 2．读图要点 （1）看清坐标轴所表示的物理量：是 E_k、E_p 还是 E，横轴是 x 还是 t。 （2）斜率为正、负分别表示对应力做正功、负功；斜率突变表示力突变，图线弯曲表示力在变化。 图像 斜率（斜率大小）含义 E_k-x 图像 斜率＝合外力 E_p-x 图像 斜率大小＝重力（弹力） E-x 图像 斜率＝除重力、弹力外的其他力 E-t 图像 斜率＝功率 ▎重难诠释 E_k-x 斜率＝合外力，E_p-x 斜率大小＝重力（弹力），E-x 斜率＝其他力，E-t 斜率＝功率。 斜率正负表示力做正、负功；斜率突变表示力突变，图线弯曲表示力在变化；先看清坐标轴物理量。 记忆点：“动能图斜率合力，势能图斜率重力，机械能图斜率其他，能量时间图斜率功率。” ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，一轻弹簧下端固定，初始时弹簧处于原长状态，在外力作用下，小球紧贴弹簧静止在弹簧正上方，撤去外力后，小球由静止开始下落，小球所受空气阻力恒为f，且满足mg＞f，从小球释放到将弹簧压缩到最低点的过程中，以小球运动到的最低点为重力势能参考平面，下列关于小球的速度v、加速度a、弹簧的弹性势能、小球的机械能E，随时间t或位移x变化的图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：AB、从小球释放到将弹簧压缩到最低点的过程中，小球受到重力mg、空气阻力f和弹簧的弹力kx。开始阶段，mg＞f+kx，由牛顿第二定律得：mg﹣（f+kx）＝ma，得a＝g，可知a随着x增大线性减小，结合v﹣t图像的斜率表示加速度，可知v﹣t图像的切线斜率减小。因小球做变加速运动，x与t是非线性关系，所以a与t是非线性关系，a﹣t图像应为曲线；后来，mg＜f+kx，由牛顿第二定律得：（f+kx）﹣mg＝ma，得ag，可知a随着x增大线性增大，则v﹣t图像的切线斜率增大。因小球做变减速运动，x与t是非线性关系，所以a与t是非线性关系，a﹣t图像应为曲线，故AB错误； C、弹簧的弹性势能等于克服弹力做功，即x，则﹣x图像为抛物线右支，故C错误； D、根据功能关系，除重力以外，空气阻力和弹簧的弹力对小球做负功，小球的机械能不断减小，且有ΔE＝﹣（f+kx）Δx，则E﹣x图像的斜率k（f+kx），随着x增大，斜率绝对值增大，该图是可能的，故D正确。 故选：D。 【易错点】　-x 斜率＝合外力，-x 斜率大小＝重力（弹力），E-x 斜率＝除重力、弹力外的其他力，E-t 斜率＝功率。斜率为正、负分别表示对应力做正功、负功；斜率突变表示力突变，图线弯曲表示力在变化。读图要看清坐标轴物理量（是 、 还是 E，是 x 还是 t），不同图像斜率含义不同。 【变式1】将一网球以一定的初速度竖直向上击出，一段时间后落回击出点。运动过程中，网球受空气阻力＝kv（k为常数）。以竖直向上为正方向，则整个运动过程中，网球的加速度a、速度v随时间t变化的图像及动能、机械能E随距击出点高度h变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：A、已知网球受空气阻力＝kv方向始终与速度相反，竖直向上为正方向，上升过程合力向下， v逐渐减小，因此加速度a的大小逐渐减小，v减小得越来越慢，at图像上升段曲线应该越来越平缓，但图A中0﹣t上升段斜率越来越大（越来越陡），故A错误； B.v﹣t 图像的斜率表示加速度，上升过程加速度大小逐渐减小，因此斜率绝对值应该逐渐减小，故B错误； C.根据动能定理，上升段 v减小，斜率绝对值应逐渐减小，但图C中上升段斜率绝对值逐渐增大（越来越陡），故C错误； D.上升过程：h从0到H，机械能从逐渐减小， v减小，因此斜率为负，且斜率绝对值逐渐减小（曲线越来越平缓）；下落过程：h从H降到0，机械能继续减小，h越大，机械能越大，斜率为正；且 下落时h越大，0越小，斜率逐渐减小（曲线越来越平缓），同时同一高度h，下落时机械能小于上升时，故D正确。 故选：D。 【变式2】如图所示，一小球从固定的四分之一光滑圆弧顶端静止释放，从释放到最低点的过程中，小球的向心加速度与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：向心加速度的定义为 其中R是圆弧半径，恒定不变，因此的变化规律和完全一致。 小球下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有 其中θ为小球所在位置与水平方向的夹角，从0到90° 可得＝2gRsinθ 代入向心加速度公式＝2gsinθ 所以随θ增大而增大，在最低点θ＝90°时最大，这一点四个选项都满足。 进一步分析与时间的关系图像的斜率，对＝2gsinθ求导 其中是角速度，又因 可得 当θ＝0°时，代入可得斜率为0。 下滑过程中：一开始θ很小cosθ≈1，但v很小，斜率小；随着θ增大，v快速增大，斜率快速变大（图像变陡）。接近最低点时，θ接近90°，cosθ趋近于0，虽然v最大，但cosθ趋近于0，所以斜率会变小（图像变缓）。 因此，小球的向心加速度与时间的关系图像的斜率是先增大后减小。 故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式3】如图所示，水平地面上P点左侧光滑，右侧粗糙。质量均匀的木板右端运动到P点时速度为，之后在地面摩擦力作用下做减速运动，木板左端恰好到达P点时速度减为0，该过程中，木板动能随位移x（x为木板右端从P点开始向右移动距离）的关系图像为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：设木板的总长为L，质量为M，木板与地面间的动摩擦因数为μ，在木板运动的过程中，受到的滑动摩擦力的大小为：，由此可知，摩擦力f随位移x线性增加，则在运动的过程中，由动能定理可得：，解得：，由此可知，﹣x图像是一条向下弯曲的曲线，且图像的斜率为，随x的增大，f的绝对值增大，故B正确，ACD错误。 故选：B。 ★ 综合练习 ★ 本部分精选15道题，覆盖本专题全部考点，请在规定时间内独立完成。 1．如图所示，古代起重的一个辘轳由两个直径不同，固定在同一轴上的圆柱体组成，一根轻绳绕在两圆柱上，摇把匀速转动时，小圆柱体上绳子下降，大圆柱体上绳子上升，从而提起重物，不计摩擦、滑轮和摇把重力的影响，已知重物重力大小为G，小圆柱和大圆柱体的半径分别是r和R，摇把的半径为L，摇把匀速转动的角速度为ω，则（　　） A．摇把匀速转动时，大、小圆柱体边缘线速度大小相等 B．摇把匀速转动时，重物上升克服重力做功的功率为Gω（R﹣r） C．摇把匀速转动时，作用在摇把上的力最小为 D．作用在摇把上的力对摇把做的功等于重物动能的增加量 【答案】C 【解答】解：A．大、小圆柱体同轴转动，角速度相同，但半径不同，边缘线速度＝ωr≠＝ωR，故A错误； B．重物上升速度，克服重力做功的功率，故B错误； D．重物匀速上升，动能不变，摇把做功转化为重物的重力势能，并非动能增量，故D错误； C．不计摩擦，绳中拉力，摇把匀速转动，作用在摇把上的力F做的功等于重物克服重力做的功。 摇把转动一周，力F做功＝F•2πL，重物上升的高度为绳子净收缩长度的一半， 克服重力做功＝Gπ（R﹣r），由＝，解得，故C正确； 故选：C。 2．如图所示，两个可视为质点的滑块P和Q质量分别为m、2m，P套在固定的光滑竖直杆上，Q在光滑水平地面上，P、Q通过光滑铰链用长为L的轻杆连接。原长为0.5L的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆上O点。初始时轻杆与竖直方向夹角α＝30°，现将P由静止释放，P下降到最低点时α＝60°。已知重力加速度为g，则P下降过程中（　　） A．P的加速度方向一直向下 B．P和Q组成的系统机械能守恒 C．弹簧弹性势能最大值为 D．P动能最大时，Q受到地面的支持力大小为3mg 【答案】D 【解答】解：A．P从静止开始下降，到达最低点时速度减为零，说明P的运动过程是先向下加速，后向下减速，可知加速度先向下，后向上，故A错误； B．系统机械能守恒的条件是只有重力与系统内的弹力做功，因P下降过程中弹簧会对Q做功，即弹簧会对P、Q组成的系统做功，故此过程P、Q组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．初始时α＝30°，根据几何关系可得初始弹簧长度为：＝Lsin30°＝0.5L，可知初始弹簧长度恰好等于弹簧原长，则初始弹簧的弹性势能为零。 P达到最低点时α＝60°，P下降的高度为： 初末状态P、Q动能均为零，对P、Q和弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律可知，重力势能减少量等于弹簧弹性势能增加量，可得弹簧最大弹性势能为： ，故C错误； D．P的动能最大时，P的速度最大，其加速度为零。Q在竖直方向的加速度始终为零，则P、Q整体在竖直方向受力平衡，设Q受到地面的支持力大小为N，则有：N＝mg+2mg＝3mg，故D正确。 故选：D。 3．如图所示，水平桌面上的轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未画出），物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现将物块向右拉至A点，拉力做功为W，撤去拉力后，物块由静止向左运动到B点静止，AB＝a。重力加速度为g，则上述过程中（　　） A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于 B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于 C．经过O点时，物块的动能大于W﹣μmga D．物块动能最大时，弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 【答案】B 【解答】解：A.由题意知，物块从A到B过程中，克服摩擦力做功，所以弹性势能减小，则物块在A点时弹簧的伸长量大于在B点时弹簧的压缩量，所以： ， 用水平向右的力将物块从O点拉至A点的过程，由功能关系可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为： ，故A错误； B.结合前面分析可知，物块从O点由静止开始运动到B点的过程，路程为： ， 由功能关系可知，物块在B点时弹簧的弹性势能为： ，故B正确； C.物块从O点由静止开始到再次到达O点，由功能关系可知，物块的动能为： ＝W﹣μmg•2OA＜W﹣μmga，故C错误； D.由题意可知，当弹力及滑动摩擦力大小相等的时候，物块的速度最大、动能最大，而物块在B点时，弹力大小与滑动摩擦力大小关系无法确定，故物块动能最大时弹簧形变量与物块在B点时弹簧形变量大小关系无法确定，则弹簧的弹性势能大小关系无法确定，故D错误。 故选：B。 4．如图所示，生产车间有两个互相垂直且等高的水平传送带M和N；传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为0.6m/s，0.8m/s，方向均已在图中标出，一小煤块（视为质点）离开传送带M前已经与传送带M的速度相同，并平稳地传送到传送带N上，最终与传送带N的速度相同。小煤块的质量为1kg，与传送带N的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10，传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是（　　） A．小煤块在传送带N上滑动的划痕是曲线 B．传送带N对小煤块做的功为0.32J C．小煤块与传送带N之间因摩擦产生的热量为0.89J D．传送带N克服小煤块的摩擦力做的功为0.64J 【答案】D 【解答】解：A、小煤块滑上传送带N时，相对于传送带N的初速度大小为，代入数据解得＝1.0m/s。由于小煤块受到的滑动摩擦力方向始终与其相对速度方向相反，且大小恒为f＝μmg，因此小煤块相对于传送带N做匀减速直线运动，在传送带N上留下的划痕为直线，故A错误； B、小煤块从滑上传送带N到与之共速的过程中，根据动能定理，传送带N对小煤块所做的功，代入数据解得＝0.14J，故B错误； C、根据牛顿第二定律，小煤块在传送带N上的相对加速度大小为a＝μg＝2。小煤块相对于传送带N减速至静止所需的时间，解得t＝0.5s。此过程中，小煤块相对于N的位移大小，解得＝0.25m。产生的热量Q＝μ，代入数据解得Q＝0.5J，故C错误； D、解法一：根据能量守恒定律，传送带N为克服小煤块摩擦力所做的功（即传送带电机额外做的功）等于小煤块动能的增量与系统产生的热量之和，即＝+Q，代入数据得＝0.14J+0.5J＝0.64J； 解法二：小煤块对传送带N的滑动摩擦力在N运动方向上的分力大小为，解得＝1.6N。共速前传送带N的位移＝t，解得＝0.4m。传送带N克服摩擦力所做的功＝，解得＝0.64J。故D正确。 故选：D。 5．如图所示，一根橡皮绳一端固定于天花板上，另一端连接一质量为m的小球（可视为质点），小球静止时位于O点。现给小球一竖直向下的瞬时速度，小球到达的最低点A与O点之间的距离为x（未超出弹性限度），橡皮绳遵循胡克定律，劲度系数为k。不计橡皮绳的重力及空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球由O点运动至A点的过程中，小球合力始终向下 B．小球由O点运动至A点的过程中机械能守恒 C．橡皮筋的劲度系数 D．小球由O点运动至A点的过程中，小球的动能先增大后减小 【答案】C 【解答】解：A、小球静止时位于O点，橡皮绳对小球的拉力与重力平衡，即橡皮绳的伸长量为，满足＝mg，当小球获得竖直向下的瞬时速度后，橡皮绳伸长量逐渐增大，弹力F＝kx逐渐增大，合力向上，加速度向上，故A错误； B、小球运动过程中，橡皮绳的弹力对小球做功，而弹力做功会导致机械能转化为弹性势能，故小球的机械能不守恒，故B错误； C、小球从O点运动到A点的过程中，根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量，初始时小球动能为，到达A点时动能为0，故合外力做的功为，合外力为弹力与重力的合力，由动能定理可得： 又因小球静止时＝mg，故k，故C正确； D、由选项A分析可知，小球一直减速，故小球的动能减小故D错误。 故选：C。 6．如图所示，倾角为θ的足够长的传送带始终以恒定的速率顺时针运行，t＝0时，货物无初速度从传送带的底端滑上传送带，已知小货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，且μ＞tanθ。货物在传送带上运动速度v、加速度a、摩擦产生的热量Q和电机因传送物体多消耗的电能E随货物位移s变化规律正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：AB.货物无初速度滑上传送带时，所受的滑动摩擦力方向沿传送带向上，因μ＞tanθ，则μmgcosθ＞mgsinθ，所以货物沿传送带向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有＝2as，v﹣s图像开始是抛物线；当货物与传送带共速时，与传送带相对静止，一起做匀速直线运动，加速度为0，故AB错误； C.根据功能关系可知，电机因传送物体多消耗的电能E等于传送带克服摩擦力做功，货物匀加速阶段，有E＝μmgcosθ•s； 货物随传送带匀速运动阶段，E＝mgsinθ•s，故C正确； D.货物匀加速阶段，货物位移，传送带位移＝t ，故Q＝μmgcosθ•Δs＝μmgcosθ•s 货物随传送带匀速运动阶段，Δs＝0，Q＝0，故D错误。 故选：C。 7．如图所示，质量相等的物块A、B，用轻弹簧连接，静置在倾角θ＝30°光滑斜面上，轻绳绕过固定轻滑轮分别连接物块B、C。初始时托住C使轻绳恰好伸直且无张力，静止释放C，当C速度刚减为0时，A恰好脱离挡板。不计空气阻力和滑轮摩擦，在C下落的过程中（未触地），下列说法正确的是（　　） A．物块C和A、B的质量相等 B．物块C的机械能一直增大 C．物块B的加速度先增大后减小 D．轻绳上的拉力一直增大 【答案】D 【解答】解：A、初始时，物块B静止，弹簧处于压缩状态，对B根据平衡条件有＝gsinθ 当C速度减为0时，A恰好脱离挡板，此时弹簧处于伸长状态，对A有＝gsinθ 因为＝ 所以＝ B和C、弹簧组成的系统机械能守恒，初末状态动能均为0，弹性势能相等，故重力势能变化量为0，即g（+）＝g（+）sinθ 解得，故A错误； B、轻绳上的拉力对C一直做负功，所以物块C的机械能一直减小，故B错误； C、对B、C系统，由牛顿第二定律得g+﹣gsinθ＝（+）a 初始时弹簧压缩，为正值，随着B向上运动，弹簧恢复原长过程中减小，加速度a减小；弹簧伸长后为负值，加速度a继续减小后反向增大，故加速度大小先减小后增大，故C错误； D、对物块C，由牛顿第二定律得g﹣T＝a 即T＝（g﹣a） 由于加速度a先减小后反向增大，故轻绳上的拉力T一直增大，故D正确。 故选：D。 8．如图所示，倾角为θ＝37°的固定斜面体顶端固定一光滑定滑轮，质量为m＝1kg的物块A与物块B（质量未知）通过轻绳连接后跨过定滑轮，轻绳与斜面体平行，物块A放在斜面体上的a点，物块A刚好不下滑。已知ab段粗糙，b点下侧光滑，轻弹簧固定在斜面体的底端，原长时上端位于b点，某时刻剪断轻绳，物块A运动到b点的速度大小为＝2m/s，最终物块A把轻弹簧压缩到最低点c，随后物块A能沿斜面上滑到最高点d点（d未画出），物块A在c点的加速度大小为＝1.8g，ab＝1m，弹性势能表达式为，Δx为形变量，轻弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g＝10，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（　　） A．物块A与ab段的动摩擦因数为0.25 B．轻弹簧的劲度系数为144N/m C．物块A下滑的最大速度为 D．物块B的质量为0.4kg 【答案】C 【解答】解：AD、物块A在ab段做匀加速直线运动，根据运动学公式，代入数据解得：。在ab段运动时，对物块A应用牛顿第二定律有gsinθ﹣μgcosθ＝，代入数据解得：μ＝0.5。剪断轻绳前，物块A静止且刚好不下滑，表明此时静摩擦力达到最大值且方向沿斜面向上，由平衡条件可得gsinθ＝T+μgcosθ，其中T＝g，代入数据解得：＝0.2kg，故AD错误。 C、物块A下滑至合力为零时速度达到最大值，此时满足gsinθ＝，解得。从b点运动至该平衡位置过程机械能守恒，由，代入数据解得：，故C正确。 B、物块A压缩弹簧至最低点c时速度为零，根据牛顿第二定律有kΔx﹣gsinθ＝，解得弹簧弹力kΔx＝24N。物块从b运动到c的过程机械能守恒，由，可得，解得形变量，则弹簧劲度系数k＝72N/m，故B错误。 故选：C。 9．竖直固定在水平地面上的轻质弹簧劲度系数为k、原长l，如图所示。质量为m的小球由弹簧正上方h处由静止释放，小球运动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．小球先加速下降h，再减速下降x B．小球速度最大时距地面的高度为 C．小球运动到最低点过程中，弹簧的弹力对小球做功为﹣mg（h+x） D．从开始到小球速度最大的过程中弹簧弹力做的功为 【答案】C 【解答】解：A．小球在接触弹簧之前，只受重力，做自由落体运动，加速下降h；接触弹簧后，弹簧的形变量逐渐增大，弹力竖直向上，开始时重力大于弹簧弹力，小球受到的合力向下，受力满足：mg﹣kΔx＝ma，小球继续加速；当弹簧的形变量增大到使重力等于弹簧弹力时，速度达到最大；随着弹簧形变量的继续增大，弹簧弹力大于重力，小球受到的合力向上，受力满足：kΔx﹣mg＝ma，小球开始减速下降直到最低点，所以小球接触弹簧后，不会马上就开始减速，故A错误； B．由A选项分析，可知小球速度最大时，重力大小等于弹力大小，有mg＝，解得：，此时小球速度最大时距地面的高度为：＝l﹣＝l，故B错误； C．物体下降到最低点时速度为0，由能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为弹性势能，即弹性势能＝mg（h+x），根据功能关系可知，弹簧的弹力对小球做功为W＝﹣mg（h+x）故C正确； D．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为：1，解得1， 根据功能关系可知从开始到小球速度最大的过程中弹簧弹力做的功为，故D错误。 故选：C。 10．如图所示，倾角为θ的足够长斜面c放置在光滑的水平面上，质量相等的a、b两小滑块与斜面间的动摩擦因数分别为、，＜且+＝2tanθ。a、b以相同的初速度沿斜面下滑，始终未离开斜面。则整个运动过程中（　　） A．b的机械能一直减小 B．c的机械能一直增加 C．a、b、c系统动量守恒 D．a、b、c的总动能一直增加 【答案】D 【解答】解：设a、b质量均为m。a与b对斜面的滑动摩擦力方向均沿斜面向下，大小分别为＝mgcosθ.＝mgcosθ a与b对斜面的压力方向均垂直斜面向下，大小均为N＝mgcosθ 与f，在水平方向分力均向左，之和为 由于+＝2tanθ 可得＝2mgcosθsinθ 两个N水平方向分力均向右，之和为＝2Nsinθ＝2mgcosθsinθ，可以发现＝，说明只要两个滑块在斜面上滑动，斜面在水平方向受力就为0，不会左右移动。由于＜且+＝2tanθ，那么一定有＜tanθ，＞tanθ，因此初始时，a向下加速，b向下减速，c不动，这是过程①； 当b减速为0后，c将向右加速，b相对c静止，这是过程②，过程②中，系统只是水平方向动量守恒，过程①中，c静止，机械能不变，过程②中，b相对c静止，一起向右加速，机械能将增加，过程②中，b相对c静止，一起向右加速，a继续加速下滑，三者总动能增加。过程①中，c静止不动，设a、b初速度为vo，a、b组成的系统合外力为0，总动量不变。则a的速度为+Δv时，b的速度为v0﹣Δv，此时系统动能m（Δv），随着运动过程不断推进，Δv不断增大，系统动能不断增大，①②两个过程，都是系统动能不断增大，故D正确，ABC错误。 故选：D。 11．如图，小李将篮球从离地高为h处，以大小为v的速度抛出，篮球能直接进入离地高为H的篮筐。设篮球质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力和篮球的大小，以地面为参考平面，篮球进入篮筐时的机械能为（　　） A． B．+mgH C．+mg（H﹣h） D．+mgh 【答案】D 【解答】解：因为篮球运动过程只有重力做功，根据机械能守恒定律，机械能保持不变。以地面为零势能面，篮球抛出时动能为，重力势能为mgh，抛出时机械能为所以篮球进入篮筐时的机械能等于抛出时的机械能，即，故D正确，ABC错误。 故选：D。 12．如图所示，AB、CD两斜坡轨道上端和圆弧轨道BC相连，且分别相切于等高的B、C两点，AB段粗糙，其余部分均光滑，CD段下端放置一轻质弹簧，P为BC段最高点，质量m＝0.2kg的小物块从A点以＝9m/s冲上斜面，沿轨道运动到弹簧处，将弹簧上端压至Q点时物块速度恰好为0。已知AB段距离＝3.6m，动摩擦因数μ＝0.5，BC段半径R＝2m，CQ距离＝3m，斜面倾角均为θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10。求： （1）物块到达B点时的速度； （2）物块到达P点时对轨道的压力大小； （3）弹簧的最大弹性势能。 【答案】（1）物块到达B点时的速度为3m/s； （2）物块到达P点时对轨道的压力大小为1.9N； （3）弹簧的最大弹性势能为4.5J。 【解答】解：（1）从A到B，根据动能定理得 ﹣（mgsinθ+μmgcosθ） 解得：＝3m/s （2）从B到P，根据动能定理得 ﹣mgR（1﹣cosθ） 解得：＝1m/s 在P点，对物块，根据牛顿第二定律得 mg﹣′＝m 解得：′＝1.9N 根据牛顿第三定律，物块到达P点时对轨道的压力大小＝′＝1.9N （3）从P到Q，根据物块和弹簧组成的系统机械能守恒得 mgR（1﹣cosθ）+sinθ 解得：＝4.5J 答：（1）物块到达B点时的速度为3m/s； （2）物块到达P点时对轨道的压力大小为1.9N； （3）弹簧的最大弹性势能为4.5J。 13．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接，物体经过C点时速率不变。斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为m＝1.5kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆轨道的半径R＝5.0m，水平轨道BC长L＝6.0m，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.5，光滑斜面轨道上CD长s＝3.0m，取g＝10，求： （1）滑块第一次经过C点时的速度大小； （2）整个过程中弹簧具有的最大弹性势能； （3）物体最后停止的位置距C点的距离。 【答案】（1）滑块第一次经过C点时的速度大小为m/s； （2）整个过程中弹簧具有的最大弹性势能是7.5J； （3）物体最后停止的位置距C点的距离是4m。 【解答】解：（1）滑块从A点到C点的运动过程，根据动能定理可得：mgR﹣μmgL0 解得：m/s； （2）以BC所在平面为零势能面，滑块从C到D过程，由机械能守恒定律得：mgs•sinθ+ 代入数据解得，弹簧具有的最大弹性势能：＝7.5J； （3）滑块最终停止在水平轨道BC上，设滑块在BC上通过的总路程为x，滑块从A点开始运动到物块静止整个过程，由动能定理得： mgR﹣μmgx＝0﹣0 代入数据解得：x＝10m＝L+4m，故最后停在离C点4m处。 答：（1）滑块第一次经过C点时的速度大小为m/s； （2）整个过程中弹簧具有的最大弹性势能是7.5J； （3）物体最后停止的位置距C点的距离是4m。 14．如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°，半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上。一轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现将一质量m＝2kg的物块缓慢压缩弹簧到D点（不栓接），且CD的距离为＝1m，此时弹簧具有的弹性势能为＝156J，现从D点释放物块，物块在CB段匀减速运动过程中的加速度大小为a＝8，物块第一次经过B点后恰能到达P点。（取g＝10，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）物块第一次通过C点的速度大小； （2）斜面轨道上B、C两点间的距离x； （3）若仅调整物块的质量m的大小，仍从D点静止释放物块，物块能进入圆轨道，在BP上不脱离轨道（不包括P点），求m的范围。 【答案】（1）物块第一次通过C点的速度大小为12m/s。 （2）斜面轨道上B、C两点间的距离为6.125m（或m）。 （3）物块质量m的取值范围为0＜m≤2kg或kgkg。 【解答】解：（1）物块从D点运动至C点，依据能量守恒定律可得，代入数据计算，解得物块首次通过C点的速度大小为＝12m/s。 （2）物块恰好能到达最高点P，在P点由重力刚好提供向心力，满足； 从B点运动到P点的过程中机械能守恒，有； 物块在CB段做匀减速直线运动，根据运动学公式可得； 联立以上方程并代入数据，解得斜面轨道上B、C两点间的距离为x＝6.125m（亦可表示为）。 （3）物块在CB段的加速度a＝gsin37°+μgcos37°＝8，解得动摩擦因数μ＝0.25，该加速度大小与物块质量无关； 对于任意质量m，从D点运动到B点的过程，依据功能关系有，化简可得； 物块能进入圆轨道且在BP段不脱离轨道，存在两种情形： ①物块能越过与圆心等高的位置并能安全通过P点，需满足，解得m≤2kg，结合质量大于零的实际情况，可得0＜m≤2kg ②物块进入圆轨道后，在到达与圆心等高的位置前速度减为零并返回，需满足，解得； 综上分析，物块质量m的取值范围为0＜m≤2kg或。 答：（1）物块第一次通过C点的速度大小为12m/s。 （2）斜面轨道上B、C两点间的距离为6.125m（或m）。 （3）物块质量m的取值范围为0＜m≤2kg或kgkg。 15．秋千运动是常在清明、端午等节日进行的民间体育活动，也是全国少数民族体育运动会比赛项目。运动员荡秋千时，可以通过蹲、起来调整重心位置，进而控制摆动幅度。如图所示，轻踏板至轻绳悬点O间距离为L＝5m。站立时，运动员的重心与踏板间距离＝1m；蹲下时，距离′＝0.5m。运动员从轻绳偏离竖直方向角度θ＝37°的A处由静止开始摆动，为保证安全，要求轻绳始终保持伸直。忽略空气阻力，已知运动员质量m＝80kg，重力加速度g＝10，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）若运动员始终保持站立，求其运动至最低点B时的动能； （2）若运动员在AB间蹲下（不消耗自身化学能）后保持姿势不变，当其运动至最高点时，求轻绳与竖直方向间夹角的余弦值cosα； （3）若运动员在AB间蹲下、在B处迅速站起，之后反复这一动作，在保证安全的情况下，求踏板相对B点能够达到的最大高度H。 【答案】（1）运动员运动至最低点B时的动能为640J。 （2）轻绳与竖直方向间夹角的余弦值为。 （3）踏板相对B点能够达到的最大高度为5m。 【解答】解：（1）站立时运动员重心到悬点O的距离为＝L﹣，代入数据得＝4m。 运动员从A点运动到最低点B的过程中，根据动能定理有（1﹣cosθ）＝，代入已知条件，解得其运动至最低点B时的动能为＝640J。 （2）设运动员运动至最高点时轻绳与竖直方向的夹角为α。由于在AB间蹲下过程不消耗自身化学能且忽略阻力，系统机械能守恒。 取悬点O为零势能参考点，运动员在起始点A的势能与其在最高点的势能相等，即﹣cosθ＝﹣cosα。 其中蹲下时重心到悬点O的距离＝L﹣'，代入数据得＝4.5m，进而解得。 （3）为保证安全，轻绳在摆动过程中必须始终保持伸直状态。运动员通过泵动增加能量使摆动幅度增大，踏板能达到的最高位置对应其速度为零的点。 对于轻绳模型，若速度为零的最高点高于悬点O所在的水平高度，则在运动员上升到该点之前，轻绳的拉力会先减小到零，从而导致绳子松弛，不满足始终伸直的条件。 因此，在保证安全的前提下，踏板能达到的最大偏角为90°，此时踏板相对最低点B的最大高度H＝L＝5m。 答：（1）运动员运动至最低点B时的动能为640J。 （2）轻绳与竖直方向间夹角的余弦值为。 （3）踏板相对B点能够达到的最大高度为5m。 2027年高考物理一轮复习（人教版2019）· 江苏专用 · 专题18 机械能守恒 功能关系 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $