2025高考物理復習功能關系能量守恒定律課件教案練習題

第六章機械能素養(yǎng)提升課六功能關系能量守恒定律提升點一功能關系的應用提升點二能量守恒定律的理解及應用提升點三動力學與能量觀點的綜合應用內(nèi)容索引課時測評提升點一功能關系的應用1．對功能關系的理解(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過力做功來實現(xiàn)的。(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度①不同的力做功，對應不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應關系。②做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。2．力學中幾種常見的功能關系如下考向1功能關系的理解(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知AP＝3R，重力加速度為g，則小球從P點到B點的運動過程中A．重力勢能減少2mgRB．機械能減少2mgRC．動能增加mgRD．克服摩擦力做功

mgR例1√√小球從P點到B點的運動過程中，重力做功為WG＝mg·2R＝2mgR，故重力勢能減少2mgR，A正確；小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，根據(jù)牛頓第二定律，有mg＝m，解得vB＝

，從P點到B點過程，重力勢能減小量為2mgR，動能增加量為mgR，故機械能減少量為2mgR－

mgR，從P點到B點過程，克服摩擦力做功等于機械能減少量，則克服摩擦力做的功為mgR，故B、C錯誤，D正確。對點練．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為g，g為重力加速度，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體A．重力勢能增加了

B．克服摩擦力做功

C．動能損失了

D．機械能損失了

√√這個過程中物體上升的高度為h，則重力勢能增加了mgh，A錯誤；加速度a＝

，則摩擦力Ff＝mg，物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，發(fā)生的位移為2h，則克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝

mgh，B錯誤；由動能定理可知，動能損失量為ΔEk＝F合·2h＝m·mgh，C正確；機械能的損失量為ΔE＝Wf＝mgh，D正確。考向2功能關系與圖像的綜合(多選)(2020·全國卷Ⅰ)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則A．物塊下滑過程中機械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J例2√√由E-s圖像知，物塊動能與重力勢能的和減小，則物塊下滑過程中機械能不守恒，故A正確；由E-s圖像知，整個下滑過程中，物塊機械能的減少量為ΔE＝30J－10J＝20J，重力勢能的減少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝

＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，則可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正確；物塊下滑時加速度的大小a＝gsinα－μgcosα＝2.0m/s2，故C錯誤；物塊下滑2.0m時損失的機械能為ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D錯誤?？枷?連接體中的功能關系(多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab與水平面的夾角為60°，光滑斜面bc與水平面的夾角為30°，頂角b處安裝一定滑輪。質(zhì)量分別為M、m(M＞m)的兩滑塊A和B，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動，A、B不會與定滑輪碰撞。若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中A．輕繩對滑輪作用力的方向豎直向下B．拉力和重力對A做功之和大于A動能的增加量C．拉力對A做的功等于A機械能的增加量D．兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能損失等于A克服摩擦力做的功例3√√根據(jù)題意可知，兩段輕繩的夾角為90°，輕繩拉力的大小相等，根據(jù)平行四邊形定則可知，合力方向與輕繩方向的夾角為45°，所以輕繩對滑輪作用力的方向不是豎直向下的，故A錯誤；對A受力分析，受到重力、斜面的支持力、輕繩的拉力以及滑動摩擦力作用，根據(jù)動能定理可知，A動能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做負功，則拉力和重力對A做功之和大于A動能的增加量，故B正確；由除重力和彈力之外的力對物體做的功等于物體機械能的變化量可知，拉力和摩擦力對A做的功之和等于A機械能的增加量，故C錯誤；對兩滑塊組成的系統(tǒng)分析可知，除了重力之外只有摩擦力對A做功，所以兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能損失等于A克服摩擦力做的功，故D正確。返回提升點二能量守恒定律的理解及應用1．對能量守恒定律的理解(1)轉(zhuǎn)化：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。(2)轉(zhuǎn)移：某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等。2．運用能量守恒定律解題的基本思路如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝

，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子始終與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4kg，B的質(zhì)量為m＝2kg，初始時物體A到C點的距離L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后恰好能彈回到C點。已知重力加速度大小g＝10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)。求在此過程中：例4(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大小；答案：2m/s在物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應用能量守恒定律可得μ·2mgcosθ·L＝×3mv2＋2mgLsinθ－mgL，解得v＝2m/s。(2)彈簧的最大壓縮量；答案：0.4m對A、B組成的系統(tǒng)分析，在物體A從C點壓縮彈簧至最短后恰好返回到C點的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即

×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x＝0.4m。(3)彈簧的最大彈性勢能。答案：6J設彈簧的最大彈性勢能為Epm，從C點到彈簧被壓縮至最短過程中由能量守恒定律可得

×3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋Epm，解得Epm＝6J。對點練1．如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1m處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的動能Ek-h圖像，其中h＝0.18m時對應圖像的最頂點，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余為曲線，取g＝10m/s2，由圖像可知A．滑塊的質(zhì)量為0.18kgB．彈簧的勁度系數(shù)為10N/mC．滑塊運動的最大加速度為40m/s2D．彈簧的彈性勢能最大值為0.7J√在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)ΔEk＝Δep＝mgΔh，圖線的斜率絕對值為

＝2N＝mg，則m＝0.2kg，故A錯誤；在Ek-h圖像中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所以彈簧的原長為0.2m，當彈簧彈力等于重力時，滑塊的速度最大，根據(jù)圖像可知，此時h＝0.18m，則有mg＝kΔx，解得k＝N/m＝100N/m，故B錯誤；由以上分析可知，滑塊靜止釋放后做加速度減小的加速運動，當彈簧彈力等于重力時，加速度為0，滑塊的速度最大，所以滑塊在釋放瞬間加速度最大。由牛頓第二定律可得amax＝

m/s2＝40m/s2，故C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，當滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能就等于減少的彈性勢能即彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故D錯誤。對點練2.(2022·江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向下運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧未超過彈性限度，則A．當上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時，彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時，B對A的壓力先減小后增大D．整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量√由于A、B在下滑過程中不分離，設在最高點的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，A、B之間的彈力為FAB，動摩擦因數(shù)為μ，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律對A、B有F＋(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，對B有mBgsinθ－μmBgcosθ＋FAB＝mBa，聯(lián)立可得

，由于A對B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上，由于在最開始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時，彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，B正確；設彈簧原長在O點，A剛開始運動時距離O點為x1，A運動到最高點時距離O點為x2，下滑過程A、B不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得

＋(mgsinθ＋Ff)(x1－x2)，化簡得k＝

，當位移為最大位移的一半時有F合＝k－(mgsinθ＋Ff)，代入k值可知F合＝0，即此時加速度為0，A錯誤；根據(jù)B項的分析可知

，再結合B選項的結論可知下滑過程中F方向沿斜面向上且逐漸變大，則下滑過程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力逐漸變大，C錯誤；整個過程中彈力做的功為0，A的重力做的功為0，當A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，D錯誤。對點練3．(2023·黑龍江哈爾濱一模)冬奧會中有一項鋼架雪車項目刺激有趣，其比賽照片如圖甲所示，而為了研究方便我們可以把運動中的一個片段簡化為如圖乙所示的模型。B點是斜面與水平地面的連接處，質(zhì)量為0.4kg的物塊(可視為質(zhì)點)從斜面上的A點由靜止釋放，最后停在C點。物塊與斜面、地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ。不計物塊經(jīng)過B點時的能量損失；已知xAB＝9m，物塊在斜面上做勻加速直線運動過程的總時間的正中間1s內(nèi)的位移為3m，A、C兩點的連線與地面的夾角β＝37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是A．物塊沿斜面下滑的加速度大小為0.5m/s2B．物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)為0.8C．物塊的重力勢能的減少量小于7.2JD．物塊從B運動到C，因摩擦產(chǎn)生的熱量為7.2J√設物塊沿斜面下滑的加速度為a，正中間1s內(nèi)的位移為3m，則正中間1s內(nèi)的平均速度

m/s＝3m/s，正中間1s內(nèi)的平均速度也是物塊沿斜面下滑的平均速度，由勻加速直線運動規(guī)律有

，2axAB＝v

，解得a＝2m/s2，vB＝6m/s，故A錯誤；A′為A在地面上的投影，設斜面的傾角為α，如圖所示，物塊從A到C，由動能定理有mghAA′－μmgcosα·xAB－μmg·xBC＝0，由幾何關系有hAA′＝xABsinα，xA′C＝xA′B＋xBC＝xABcosα＋xBC，綜合可得μ＝

，又因為

＝tanβ，則μ＝tanβ＝0.75，故B錯誤；設Q1為物塊在AB段因摩擦產(chǎn)生的熱量，在物塊沿斜面下滑過程中，由能量守恒定律有mghAA′＝Q1＋

，可得重力勢能的減少量為mghAA′＝Q1＋7.2J，即物塊重力勢能的減少量大于7.2J，故C錯誤；物塊從B運動到C，設Q2為物塊在BC段因摩擦產(chǎn)生的熱量，由能量守恒定律有Q2＝

＝7.2J，故D正確。故選D。返回提升點三動力學與能量觀點的綜合應用靜摩擦力做功滑動摩擦力做功互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和一定為零，即兩個力做功要么一正一負且數(shù)值相等，要么都不做功。互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和為負值，即兩個力中至少有一個力做負功，且代數(shù)和的絕對值為摩擦生熱。機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，沒有機械能的轉(zhuǎn)化(1)一部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體。(2)一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即摩擦生熱等于系統(tǒng)機械能的損失。兩種摩擦力都可以對物體做正功或者負功，還可以不做功考向1傳送帶模型應用動力學、能量觀點解答傳送帶問題的思路(多選)如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角為30°，其中A、B兩點間的距離為3.5m，傳送帶在電動機的帶動下以v＝2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為4kg的小物塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶的B點，已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝

，g取10m/s2，則在傳送帶將小物塊從B點傳送到A點的過程中A．小物塊經(jīng)過s后與傳送帶共速B．摩擦力對小物塊做的功為24JC．摩擦產(chǎn)生的熱量為24JD．因放小物塊而使得電動機多消耗的電能為102J例5 √√小物塊剛放在B點時，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上，由于μ＝

＞tan30°，小物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2.5m/s2，假設小物塊能與傳送帶達到相同速度，則小物塊上滑的位移x1＝

＝0.8m＜L＝3.5m，假設成立。小物塊與傳送帶達到相同速度后，將向上做勻速運動，到達A點的速度仍為2m/s。小物塊勻加速時間t＝

s＝0.8s，小物塊經(jīng)過0.8s后與傳送帶共速，A錯誤；摩擦力在勻加速階段對小物塊做的功W1＝μmgcos30°x1＝

×0.8J＝24J，小物塊勻速運動過程中，小物塊受到的為靜摩擦力，大小與重力平行斜面向下的分力相等，摩擦力在勻速階段對小物塊做的功W2＝mgsin30°(L－x1)＝4×10×

×(3.5－0.8)J＝54J，摩擦力對小物塊做的功為W＝W1＋W2＝24J＋54J＝78J，B錯誤；小物塊與傳送帶的相對位移Δx＝vt－t＝0.8m，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos30°·Δx＝

×0.8J＝24J，C正確；因放小物塊而使得電動機多消耗的電能E＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝mv2＋mgLsin30°＋Q＝8J＋70J＋24J＝102J，D正確。對點練．(多選)如圖為某建筑工地所用的水平放置的運輸帶，在電動機的帶動下運輸帶始終以恒定的速度v0＝1m/s順時針傳動。建筑工人將質(zhì)量m＝20kg的建筑材料靜止地放到運輸帶的最左端，同時建筑工人以v0＝1m/s的速度向右勻速運動。已知建筑材料與運輸帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，運輸帶的長度為L＝2m，重力加速度大小為g＝10m/s2。以下說法正確的是A．建筑工人比建筑材料早0.5s到右端B．建筑材料在運輸帶上一直做勻加速直線運動C．因運輸建筑材料電動機多消耗的能量為10JD．運輸帶對建筑材料做的功為10J√√建筑工人勻速運動到右端，所需時間t1＝

＝2s，假設建筑材料先加速再勻速運動，加速時的加速度大小為a＝μg＝1m/s2，加速的時間為t2＝

＝1s，加速運動的位移為x1＝t2＝0.5m＜L，假設成立，因此建筑材料先加速運動再勻速運動，勻速運動的時間為t3＝

＝1.5s，因此建筑工人比建筑材料早到達右端的時間為Δt＝t3＋t2－t1＝0.5s，A正確，B錯誤；建筑材料與運輸帶在加速階段摩擦生熱，該過程中運輸帶的位移為x2＝v0t2＝1m，則因摩擦而生成的熱量為Q＝μmg(x2－x1)＝10J，由動能定理可知，運輸帶對建筑材料做的功為W＝

＝10J，則因運輸建筑材料電動機多消耗的能量為20J，C錯誤，D正確?？枷?

“滑塊—木板”模型在“滑塊—木板”模型中應用動能定理、能量守恒定律解題時，要注意區(qū)分三個位移(如圖所示)：(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑。(2)求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板。(3)求摩擦生熱時用相對滑行路程Δx。如圖所示，水平地面上有一長L＝2m、質(zhì)量M＝1kg的長板，其右端上方有一固定擋板。質(zhì)量m＝2kg的小滑塊從長板的左端以v0＝6m/s的初速度向右運動，同時長板在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度向右勻速運動，滑塊與擋板相碰后速度為0，長板繼續(xù)勻速運動，直到長板與滑塊分離。已知長板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，滑塊與長板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：例6(1)滑塊從長板的左端運動至擋板處的過程中，長板的位移x；答案：0.8m滑塊在板上做勻減速運動根據(jù)牛頓第二定律得a＝

＝μ2g解得a＝5m/s2根據(jù)運動學公式得L＝v0t－at2解得t＝0.4s(t＝2.0s舍去)碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4m/s＞2m/s，說明滑塊一直做勻減速運動長板移動的位移x＝vt＝0.8m。(2)滑塊碰到擋板前，水平拉力的大小F；答案：2N對長板受力分析如圖所示，有F＋Ff2＝Ff1其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12N，F(xiàn)f2＝μ2mg＝10N解得F＝2N。(3)滑塊從長板的左端運動至與長板分離的過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案：48J方法一：滑塊與擋板碰撞前，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝Ff2(L－x)＝12J滑塊與擋板碰撞后，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝Ff2(L－x)＝12J整個過程中，長板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量Q3＝Ff1L＝24J所以，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48J。方法二：滑塊與擋板碰撞前，木板受到的拉力為F1＝2NF1做功為W1＝F1x＝2×0.8＝1.6J滑塊與擋板碰撞后，木板受到的拉力為F2＝Ff1＋Ff2＝22NF2做功為W2＝F2(L－x)＝22×1.2J＝26.4J碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4m/s滑塊從剛開始滑上長板到與擋板碰前，其動能的減少量為

所以系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝

W1＋W2＋ΔEk＝48J。特別提醒摩擦生熱Q＝Ffx相對中的x相對的理解1．沒有往復滑動的物體間：x相對等于相對位移的大小。2．有往復滑動的物體間：x相對不等于相對位移的大小，而是兩個物體間相對滑行的路程。

對點練．(多選)(2023·全國乙卷)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時A．木板的動能一定等于flB．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于

D．物塊的動能一定小于

√√設物塊離開木板時的速度為v1，此時木板的速度為v2，由題意可知v1＞v2，設物塊的對地位移為xm，木板的對地位移為xM，根據(jù)能量守恒定律可得

＋fl，整理可得

－fl，D正確，C錯誤；因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱Q＝fL＝f(xm－xM)，根據(jù)運動學公式xm＝

，因為v0＞v1＞v2，可得xm＞2xM，則xm－xM＝l＞xM，所以W＝fxM＜fl，B正確，A錯誤。故選BD?？枷?多運動組合問題1．分析思路(1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況。(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況。(3)功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規(guī)律求解。2．方法技巧(1)“合”——整體上把握全過程，構建大致的運動情景。(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規(guī)律。(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。(2023·浙江1月選考)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5m，B點高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG＝2.5m，HI長度L0＝9m，擺渡車長度L＝3m、質(zhì)量m＝1kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時的阻力為其重力的0.2倍。(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)例7(1)求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；答案：4m/s

22N滑塊從靜止釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcosθ)＝

解得vC＝4m/s滑塊過C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得FC＋mg＝m

解得FC＝22N。(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；答案：0.3設滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v，從靜止釋放到G點過程，根據(jù)動能定理可得mgh－0.2mgLFG＝

解得v＝6m/s擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，設為v1，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得mv＝2mv1解得v1＝

＝3m/s根據(jù)能量守恒可得Q＝μmgL＝

解得μ＝0.3。(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t。答案：2.5s滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a＝＝3m/s2所用時間為t1＝

＝1s此過程滑塊通過的位移為x1＝

＝4.5m滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運動，該過程所用時間為t2＝

＝1.5s則滑塊從G到J所用的時間為t＝t1＋t2＝2.5s。對點練．(多選)(2023·河北唐山模擬)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的內(nèi)徑很小的細管PMN由長度均為L的兩段構成，PM段為內(nèi)徑粗糙的水平直管，P端內(nèi)側(cè)粘有一個帶小孔的彈性擋板，MN段光滑且固定在傾角為θ＝30°的斜面上，兩段細管在M點通過極短的光滑圓管順滑連接。一輕質(zhì)細繩左側(cè)連接一質(zhì)量為3m的滑塊A，繞過輕質(zhì)滑輪和擋板小孔，與處于N處質(zhì)量為m的滑塊B相連。在外力控制下，兩滑塊開始均靜止，滑塊與PM段的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，不計輕繩與滑輪間的摩擦。由靜止同時釋放兩滑塊后，關于兩滑塊的運動，下列說法正確的是A．滑塊B第一次運動到M點時，滑塊A的速度大小為B．滑塊B第一次運動到M點時，滑塊A的速度大小為

C．滑塊B最終將停在M點D．整個運動過程中，滑塊B在水平段運動的總路程為11L√√滑塊B第一次運動到M點時，對系統(tǒng)由能量守恒可知3mgL－mgLsinθ＝

(3m＋m)v2，解得v＝

，故B錯誤，A正確；對系統(tǒng)分析有3mg＞μmg，故滑塊B無法停在M點，將停在擋板處，故C錯誤；從開始到滑塊B最終停止，對系統(tǒng)由能量守恒3mg·2L－mgLsinθ＝μmgs，解得s＝11L，故D正確。故選AD。返回課時測評1．(多選)將圖甲中的蹦床簡化為圖乙所示的彈簧，當質(zhì)量為50kg的運動員站在蹦床上靜止時，彈簧的上端由O點壓縮到A點，運動員重心在O點?，F(xiàn)將比賽過程分為兩段，過程1：運動員從A點開始，通過多次起跳，在空中完成動作，且越跳越高，直至重心達到距O點高為6.1m的最高點(此時運動員的速度為零)；過程2：運動員在最高點結束表演，此后不做任何動作，多次往返，最后靜止在蹦床上，彈回過程中重心與O點最大高度差為4m。若整個過程中運動員所受空氣阻力大小恒為重力的0.2倍，重力加速度大小為10m/s2。則A．過程1中，運動員能夠越跳越高，是因為彈簧對運動員不斷做正功B．在過程2的每一次單向向上運動過程中，運動員的速度最大時，彈簧的上端都處于A點下方C．過程2中，從開始下落到彈至重心距O點高4m處，運動員克服空氣阻力做的功為1010JD．過程2中，彈簧的最大彈性勢能為2520J√√過程1中，上升階段，運動員與彈簧未分離時，彈簧對運動員做正功，運動員與彈簧分離后，彈簧對運動員不做功，A錯誤；由題可知，當物體靜止時，在A點彈簧的彈力等于重力，在過程2的每一次單向向上運動過程中，阻力方向向下，運動員的速度最大時，運動員的加速度為零，此時有F彈＝mg＋0.2mg＞mg，則速度最大時，運動員比靜止在彈簧上時彈簧的彈力更大，被壓縮更短，所以彈簧的上端都處于A點下方，B正確；過程2中，從距O點高為6.1m開始下落到彈至重心距O點高4m處，設運動員克服空氣阻力做的功為W，由動能定理得mg(6.1－4)m－W＝0，解得W＝1050J，C錯誤；過程2中，當彈簧第一次到達最低點時，彈簧的彈性勢能最大，設彈簧的壓縮量為x，運動員從距O點高為6.1m開始下落到重心與O點最大高度差為4m過程中，克服空氣阻力做的功為0.2mg×(6.1m＋x)＋0.2mg(4m＋x)＝W，解得x＝0.2m，過程2中，當彈簧第一次到達最低點時，由動能定理得mg(6.1＋0.2)m－0.2mg(6.1＋0.2)m－Epmax＝0－0，代入數(shù)據(jù)解得Epmax＝2520J，D正確。2．(2024·江蘇徐州模擬)高臺跳水是我國運動員的強項。質(zhì)量為m的跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動，設水對他的阻力大小恒為F，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是A．他的動能減少了Fh

B．他的重力勢能增加了mghC．他的機械能減少了(F－mg)h

D．他的機械能減少了Fh√運動員進入水中后，克服合力做的功等于動能的減少量，故動能減少了(F－mg)h，A錯誤；運動員進入水中后，重力做功mgh，故重力勢能減小了mgh，B錯誤；運動員進入水中后，除重力外，還克服阻力做功Fh，故機械能減少了Fh，C錯誤，D正確。3．(多選)一名滑雪運動員在雪道上下滑了一段路程，重力對他做功3000J，他克服阻力做功500J，則在此過程中這名運動員A．重力勢能增加了3000J B．動能增加了3000JC．動能增加了2500J D．機械能減少了500J√√根據(jù)題意，重力做正功，所以運動員的重力勢能減少了3000J，A錯誤；合力做的功等于動能的增加量，所以動能增加了3000J－500J＝2500J，B錯誤，C正確；重力以外的其他力做的功等于機械能的變化量，阻力做功為－500J，所以機械能減少了500J，D正確。4．如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v順時針運動，某時刻一個質(zhì)量為m的小物塊，以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同。在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列判斷中正確的是A．W＝0，Q＝mv2B．W＝0，Q＝2mv2C．W＝

，Q＝mv2D．W＝mv2，Q＝2mv2√對小物塊，由動能定理有W＝mv2＝0，設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊向左做減速運動時，二者間的相對路程x1＝

，小物塊向右做加速運動時，二者間的相對路程x2＝

，又t＝

，則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對＝x1＋x2＝

，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx相對＝2mv2，選項B正確。5．如圖甲所示，一個可視為質(zhì)點的小球從地面豎直上拋，小球的動能Ek隨它距離地面的高度h的變化關系如圖乙所示，取小球在地面時的重力勢能為零，小球運動過程中受到的空氣阻力大小恒定，重力加速度為g，則下列說法正確的是A．小球的質(zhì)量為B．小球受到空氣阻力的大小為C．上升過程中，小球的動能等于重力勢能時，小球距地面的高度為

D．下降過程中，小球的動能等于重力勢能時，小球的動能大小為√上升階段，根據(jù)能量守恒定律得2E0＝Ffh0＋mgh0，下降階段，根據(jù)能量守恒定律得E0＋Ffh0＝mgh0，聯(lián)立解得小球的質(zhì)量為m＝

，小球受到空氣阻力的大小為Ff＝

，A、B錯誤；上升過程中，小球的動能等于重力勢能時，根據(jù)能量守恒定律得2E0＝Ek1＋mgh＋Ffh＝2mgh＋Ffh，解得小球距地面的高度為h＝

，C正確；下降過程中，小球的動能等于重力勢能時，設此時高度為h1，根據(jù)能量守恒定律得mgh0＝Ek2＋mgh1＋Ff(h0－h(huán)1)＝2Ek2＋Ffh0－Ffh1，即

－Ffh1，解得小球的動能大小Ek2＝

，不等于

，D錯誤。6．(多選)(2024·山西太原模擬)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為

√√物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做的功為2μmgs，選項B正確；物塊從最左側(cè)運動至A點過程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項C正確；設物塊在A點的初速度大小為v0，對整個過程應用動能定理有－2μmgs＝0－

，解得v0＝2

，選項D錯誤。7．(多選)如圖所示，一個長為L，質(zhì)量為M的木板，靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)，以水平初速度v0，從木板的左端滑向另一端，設物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，當物塊與木板相對靜止時，物塊仍在長木板上，物塊相對木板的位移為d，木板相對地面的位移為s，重力加速度為g。則在此過程中A．摩擦力對物塊做的功為－μmg(s＋d)B．摩擦力對木板做的功為μmgsC．木板動能的增量為μmgdD．由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgs√√根據(jù)功的定義W＝Flcosθ，其中l(wèi)指物體的位移，而θ指力與位移之間的夾角，可知摩擦力對物塊做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力對木板做的功W2＝μmgs，A、B正確；根據(jù)動能定理可知木板動能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C錯誤；由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D錯誤。8．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B(可看成質(zhì)點)以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦力，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示。下列說法正確的是(g取10m/s2)A．木板A最終獲得的動能為2JB．系統(tǒng)損失的機械能為4JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1√由題圖乙可知，0～1s內(nèi)，A、B的加速度大小都為a＝1m/s2，物體B和木板A水平方向均受滑動摩擦力。根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，則木板最終獲得的動能為EkA＝

＝1J，選項A錯誤；系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝

·2mv2＝2J，選項B錯誤；由題圖乙可得二者相對位移為1m，即木板A的最小長度為1m，選項C錯誤；對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，選項D正確。9．(2024·山東棗莊模擬)如圖(a)所示，傾角為37°的傳送帶以v＝2.0m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度LAB＝10.0m。一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量m＝1.0kg的物塊，自A點無初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動能Ek與位移x的關系(Ek-x)圖像如圖(b)所示。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是A．物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25B．整個過程中合外力對物塊做的功為4.0JC．整個過程中摩擦力對物塊做的功為64.0JD．整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量√開始時物塊在傳送帶的作用下動能不斷增大，根據(jù)動能定理有(μmgcosθ－mgsinθ)x＝mv2－0，在x＝5m后動能不變，可知物塊與傳送帶相對靜止，即v＝2.0m/s，可得μ＝0.8，A錯誤；由動能定理可知，整個過程中合外力對物塊做的功等于動能的變化量，則有W合＝ΔEk＝mv2＝2.0J，B錯誤；由功能關系可知，整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量，即Wf＝

mv2＋mgLABsinθ＝62.0J，C錯誤，D正確。10．(10分)(2024·湖南邵陽模擬)如圖所示，水平傳送帶足夠長，順時針轉(zhuǎn)動的速度v＝4m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m＝2kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L＝9m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物塊：(1)第1次滑過P點時的速度大小v1；答案：6m/sA到P由動能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝

解得v1＝6m/s。(2)第1次在傳送帶上往返運動的時間t；答案：12.5s由牛頓第二定律得μ2mg＝ma物塊與傳送帶共速時，由速度公式得－v＝v1－at1解得t1＝10s勻速運動階段的時間為t2＝

＝2.5s第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝12.5s。(3)從釋放到最終停止運動，與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案：88J由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，每次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，物塊最終停止在P點，則根據(jù)能量守恒定律有Q＝μ1mgcos37