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第15讲　功能关系　能量守恒定律
目录
[考试标准] 1
[基础过关] 1
一、功能关系 1
二、能量守恒定律 2
[命题点研究] 2
命题点一　功能关系的理解和应用 2
命题点二　摩擦力做功与能量转化 6
命题点三　能量守恒定律的理解和应用 11
[课时训练] 16
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
能量守恒定律与能源 d 不要求用能量守恒定律进行较复杂的计算.
[基础过关]
一、功能关系
1．功是能量转化的量度，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．
2．做功对应变化的能量形式
功 能量的变化
合外力做正功 动能增加
重力做正功 重力势能减少
弹簧弹力做正功 弹性势能减少
电场力做正功 电势能减少
其他力(除重力、弹力外)做正功 机械能增加
二、能量守恒定律
1．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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式
ΔE减＝ΔE增 .
3．基本思路
(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．
[命题点研究]
命题点一　功能关系的理解和应用
1．牢记三条功能关系
(1)重力做的功等于重力势能的减少量，弹力做的功等于弹性势能的减少量；
(2)合外力做的功等于动能的变化；
(3)除重力、弹力外，其他力做的功等于机械能的变化．
2．功能关系的选用原则
在应用功能关系解决具体问题的过程中
(1)若只涉及动能的变化则用动能定理分析．
(2)若只涉及重力势能的变化则用重力做功与重力势能变化的关系分析．
(3)若只涉及机械能变化则用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．
（2023春 浙江期中）2018年9月21日阳澄湖开湖之际，京东在业内首次采用无人机配送大闸蟹，结结实实地让阳澄湖大闸蟹打了一回“飞的”。货物在无人机拉力作用下加速上升，空气阻力不可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．货物处于失重状态
B．重力势能的增加量等于克服重力做的功
C．拉力和重力做功之和等于货物动能的增加量
D．拉力做功等于货物机械能的增加量
【解答】解：A.货物匀加速上升，根据牛顿第二定律得：
F﹣mg﹣f＝ma，
解得：F＝ma+f+mg，故F＞mg，货物处于超重状态，故A错误；
B.货物加速上升，克服重力做功，重力势能增加，且重力势能增加量等于克服重力做的功，故B正确；
C.根据动能定理知拉力、重力和空气阻力做功之和等于货物动能增加量，故C错误；
D.货物在无人机拉力作用下加速上升，空气阻力不可忽略，除了重力之外还受拉力和空气阻力，而且这两个力都做功，故拉力做功和空气阻力做功之和等于货物机械能增加量，故D错误。
故选：B。
（2023 宁波二模）如图所示，近千架无人机群构造了高空巨幅光影“汤匙里的汤圆”，某段时间内，“汤圆”静止，而“汤匙”正在匀速向上运动。在该段时间内下列说法正确的是（　　）
A．“汤匙”中的无人机受到合外力向上
B．“汤匙”中的无人机的机械能保持不变
C．“汤圆”中的无人机对空气做正功
D．“汤圆”中的无人机消耗的电能全部转化为无人机的光能和空气的动能
【解答】解：A、“汤匙”正在匀速向上运动，所以合外力为零，故A错误；
B、“汤匙”正在匀速向上运动，动能不变，重力势能增加，所以机械能增大，故B错误；
C、“汤圆”中的无人机使空气流动，对空气做正功，故C正确；
D、“汤圆”中的无人机消耗的电能转化为内能、无人机的光能和空气的动能，故D错误。
故选：C。
（2023 浙江开学）如图所示，下列关于撑杆跳高运动员在上升过程中的说法正确的是（　　）
A．运动员受到杆的作用力等于重力
B．运动员经历先超重后失重的过程
C．运动员的重力势能全部由杆的弹性势能转化而来
D．分析运动员肌肉做功放能过程可将其看成质点
【解答】解：A、撑杆跳高运动员在上升过程中做变速运动，受力不平衡，运动员受到杆的作用力不等于重力，故A错误；
B、运动员先加速上升，再减速上升，竖直方向上加速度先向上后向下，故运动员经历先超重后失重的过程，故B正确；
C、运动员的重力势能主要由动能转化而来，故C错误；
D、分析运动员肌肉做功放能过程，不能忽略运动员的姿势和动作，不可将其看成质点，故D错误。
故选：B。
（2023 浙江二模）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（　　）
A．（x，h） B．（x，h） C．（x，h） D．（x，h）
【解答】解：小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为：x1＝Lcosθ
根据功能关系可得：mgh＝μmgLcosθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ
改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标为（x′，h′）
根据前面的分析可得：mgh′＝μmg（x﹣x′）
整理可得：h′＝h。
A、当x′x时，解得：h′h，故A错误；
B、当x′x时，解得：h′，故B错误；
C、当x′x时，解得：h′h，故C错误；
D、当x′x时，解得：h′h，故D正确。
故选：D。
（2023春 湖州期中）短跑比赛中，运动员会借助助推器起跑。如图所示，照片记录了奥运冠军刘翔利用助推器起跑的瞬间，在起跑的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．助推器对脚面的支持力做正功
B．刘翔的动能来源于身体内部肌肉张力做正功
C．刘翔的机械能守恒
D．是否使用助推器对加速效果没有影响
【解答】解：A、脚面未离开助推器，助推器对脚面的支持力不做功，故A错误；
B、刘翔属于质点系统，肌肉张力属于内力做正功，导致刘翔动能增加，故B正确；
C、起跑过程肌肉做人体系统做正功，动能增加，重力势能几乎不变，机械能增加，故C错误；
D、助推器利用支持力的水平分力来提供合外力，加速效果比靠静摩擦力要好，故D错误。
故选：B。
命题点二　摩擦力做功与能量转化
1．静摩擦力做功
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路径长度．
从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．
（2023 湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方 处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【解答】解：A、当小球置于杆上P点时恰好能保持静止，则有：k（l） μ＝mg，解得弹簧的劲度系数为：k，故A正确；
B、小球在P点下方 处时，弹簧与杆的夹角为45°，此时弹簧的长度为l′，弹簧处于压缩状态，受力情况如图所示：
弹力大小为：F＝k（l﹣l′），解得：F＝（4﹣2）mg
根据牛顿第二定律可得：mg+Fcos45°﹣f＝ma，其中：f＝μFsin45°
联立解得：ag，故B错误；
C、杆上M、N两点与O点的距离均为l，所以小球在M和N点时弹簧处于原长，小球从M到P过程中，弹簧的压缩量增大、弹力增大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球从P到N过程中，弹簧的压缩量减小、弹力减小，弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C错误；
D、关于P点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正确。
故选：AD。
（2023 龙泉驿区模拟）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
【解答】解：A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得mgx
代入数据解得：k＝11000N/m
故A错误；
B、与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，刚接触弹簧后，弹簧的弹力小于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，电梯的加速度为零，电梯继续运动，弹簧弹力大于重力和摩擦力的合力，电梯做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；
C、电梯停止在井底时，受力平衡，由平衡条件得：kx＝mg+f静
代入数据解得：f静＝2000N
故C错误；
D、当电梯速度最大时，加速度为零，由平衡条件得：kx'+f动＝mg
代入数据解得：x'
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力产生的热量，则
故D正确。
故选：D。
（2023 延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为：E＝EP＝mgh。由图知：EP＝30J，得：mkg＝1kg，故A错误；
B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，且减少的机械能等于克服摩擦力做的功，有ΔE＝﹣μmgcosα，由图知ΔE＝30J﹣50J＝﹣20J，h＝3m，解得：μ＝0.5，故B正确；
C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma，得：a＝gsinα+μgcosα＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/s2，故C错误；
D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W＝ΔE＝﹣20J，在整个过程中由动能定理得：Ek﹣Ek0＝2W，则有：Ek＝Ek0+2W＝50J+2×（﹣20J）＝10J，故D错误。
故选：B。
（2023 安徽三模）如图所示，传送带与水平面间的夹角为37°，A、B两点间的距离为L＝5m，传送带在电动机的带动下顺时针匀速运转，一物体以6m/s的速度从A点冲上传送带，物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5。若物体恰能到达最高点B（速度为零），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）传送带运行的速度大小；
（2）从A到B这一过程物体动能的减少量和摩擦产生的热能大小之比。
【解答】解：（1）假设传送带的速度大于物体的初速度v0＝6m/s，则物体受到的摩擦力沿着传送带向上，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
这样根据运动学公式算出来到达B点速度不是恰好为0，所以传送带的速度小于6m/s，设为v，这样物体开始受到的摩擦力沿着传送带向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，将μ、g、θ＝37°代入，解得：a1＝10m/s2
当物体速度等于传送带速度之后，物体受到的摩擦力又沿着传送带向上，根据前面分析知道加速度大小为：a＝2m/s2，
根据过程分析可知，物体做两个阶段加速度不同的减速运动，由运动学公式得：
代入数据解得传送带的速度大小为：v＝4m/s；
（2）设物体减速到和传送带相等速度所用时间为t1，再减速到0到达B点所用时间为t2，则有：
t1
t2
物体从A运动到与传送带速度相等的过程，物体与传送带相对位移大小为：
Δx14×0.2m＝0.2m
物体与传送带速度相等到B的过程，物体与传送带相对位移大小为：
Δx24m
则从A到B这一过程物体因摩擦产生的热量为：
Q＝μmgcosθ（Δx1+Δx2）
从A到B这一过程物体动能的减少量和摩擦产生的热能大小之比为：
18：16.8＝15：14。
答：（1）传送带运行的速度大小为4m/s；
（2）从A到B这一过程物体动能的减少量和摩擦产生的热能大小之比为15：14。
（2023 闵行区二模）如图（a），竖直平面内有轨道ABC，AB段是半径为R＝5m的光滑圆弧，BC段是长为s＝25m的粗糙水平轨道。质量m＝0.5kg的物块由A点静止释放，恰好运动到C点停止。求：
（1）运动到B点时，物块的速度vB的大小；
（2）离开圆弧轨道前一瞬间，物块对轨道的压力大小；
（3）物块和轨道BC段间的动摩擦因数μ；
（4）如图（a）所示，以A点的水平位置为坐标原点O，以水平向右为正方向，建立Ox轴。以BC为零势能面，在图（b）中画出物块机械能E随水平位置x变化的E﹣x图。
【解答】解：（1）物体从A到B过程中，根据动能定理可得：mgR0
代入数据解得：vB＝10m/s
（2）在最低点根据牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m
代入数据解得：FN＝15N
根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为FN'＝FN＝15N
（3）从B到C过程中，根据动能定理可得：﹣μmgs＝0
代入数据解得：μ＝0.2
（4）当0≤x≤5m时，由于机械能守恒，以BC为零势能面，则有：E＝E0＝mgR＝0.5×10×5J＝25J
当5m≤x≤30m时，根据功能关系可知，摩擦力做功使得机械能减小，则有：
﹣μmg（x﹣R）＝Ek﹣E0
解得：E＝30﹣x（J）
物块机械能E随水平位置x变化的E﹣x图如图所示：
答：（1）运动到B点时，物块的速度vB的大小为10m/s；
（2）离开圆弧轨道前一瞬间，物块对轨道的压力大小为15N；
（3）物块和轨道BC段间的动摩擦因数为0.2；
（4）物块机械能E随水平位置x变化的E﹣x图见解析。
命题点三　能量守恒定律的理解和应用
1．当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量转化和守恒定律．
2．解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
（2023 新干县校级一模）如图是检验某种防护罩承受冲击能力的装置，MN为半径R＝1.0m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平。PQ为待检验的固定曲面，该曲面为在竖直面内截面半径rm的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于MN轨道的上端点N的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过N点，水平飞出后落到PQ上的S点，取g＝10m/s2。求：
（1）小球到达N点时速度vN的大小；
（2）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep的大小；
（3）钢珠落到圆弧PQ上S点时速度vS的大小。
【解答】解：（1）钢珠恰好能过N点，在N点时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＝m
代入数据解得：vNm/s
（2）弹簧的弹性势能转化为钢珠的动能和重力势能，由功能关系得：EpmgR
代入数据解得：Ep＝0.15J
（3）钢珠离开N点后做平抛运动
水平方向：x＝vNt
竖直方向：y
根据几何知识得：x2+y2＝r2
代入数据解得：ts
钢珠落到S点时的速度大小vSm/s＝4m/s
答：（1）钢珠到达N点时速度vN的大小是m/s；
（2）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep的大小是0.15J；
（3）钢珠落到圆弧PQ上S点时速度vS的大小是4m/s。
（2023 西湖区校级模拟）如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m＝50g，直轨道AB长度L＝0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP＝0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小车运动到B点时的速度大小vB；
（2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。
【解答】解：小车的质量m＝50g＝0.05kg
（1）小车由A运动至B过程，由能量关系可知：
其中F＝0.5mg，k＝0.2，代入数据得：vB＝3m/s
（2）小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C点的速度为vC，则：
小车从B到C，由动能定理得：
得：R＝0.2m
在B点，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：FN′＝3N
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为FN＝FN′＝3N
（3）小车从B到P，由动能定理得：
小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：
x＝vPt
联立解得：
当rm＝0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出vP＞0，则：r＜0.225m
但因为小车在N点满足：
小车从B到N，由动能定理得：
联立解得：r≥0.2m
综合可知，当r＝0.2m时，小车落点与P点水平距离最大，最大距离为：。
答：（1）小车运动到B点时的速度大小为3m/s；
（2）小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小为3N；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，则小车落地点与P点的最大水平距离为m。
（2023 鼓楼区校级一模）已知鸡蛋撞击地面的速度不超过2m/s时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的保护装置，该装置是用A、B两块较粗糙的夹板粘合而成，已知保护装置质量为M，鸡蛋的质量为m＝0.05kg，且M＝5m＝0.25kg，鸡蛋和保护装置之间的滑动摩擦力大小为5mg。实验中用该保护装置夹住鸡蛋，从离地面H＝1.8m的高度处静止释放。（重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。）
（1）如果保护装置碰地后速度立即为零（无反弹，且保护装置保持竖直），为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1；
（2）如果保护装置与地面发生碰撞时，保护装置以碰前的速率反弹（碰撞时间极短，在运动过程中，保护装置始终保持竖直）。实验前，鸡蛋放的位置离保护装置下端距离s2＝1.6m，其它条件不变。保护装置第一次落地弹起，当上升到最大高度时，求该时刻鸡蛋离地高度；
（3）接第（2）问，释放保护装置，经过足够长时间，判断鸡蛋是否会滑出装置（鸡蛋若碰到地面不反弹，速度立即变为零），并求鸡蛋与装置之间的摩擦热Q。
【解答】解：（1）保护装置和鸡蛋先共同自由落体，当保护装置落地时速度2gH
保护装置着地后鸡蛋以加速度大小a4g＝4×10m/s2＝40m/s2，方向竖直向上，鸡蛋向下做匀减速直线运动
因为到达地面时速度不超过v＝2m/s就不会摔怀，则为保证鸡蛋安全所以2as1
代入数据解得，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1＝0.4m，v1＝6m/s
（2）保护装置以碰前的速率反弹后，保护装置加速度大小：a'2g＝2×10m/s2＝20m/s2，方向竖直向下
鸡蛋先减速以a向下减速，当鸡蛋向下速度减为零时，鸡蛋受力不变，直到t1时刻鸡蛋和保护装置共速，选向上为正，共速时的速度：v2＝﹣v1+at1＝v1﹣a't1
解得：t1＝0.2s，v2＝2m/s
此时鸡蛋和保护装置共速v2＝2m/s，鸡蛋与保护装置相对位移Δht1t1
代入数据解得：Δh＝1.2m＜s2＝1.6m，所以鸡蛋和保护装置能共速
以后鸡蛋和保护装置共同向上以a3＝g做匀减速直线运动，再过t2s＝0.2s鸡蛋和保护装置到达最高点
保护装置第一次碰后上升最大高度h1t1t2
所以当保护装置到达最高点时鸡蛋离地面高度：h＝h1+s2﹣Δh
代入数据解得：h1＝1m，h＝1.4m
（3）保护装置到达最高点后再次下落，做自由落体运动，第二次落地时的速度大小v3m＝2m/s
保护装置第二次落地后反弹向上做匀减速直线运动，鸡蛋竖直向下做匀减速直线运动，假设经过时间t3两者共速
以向上为正方向，则共速时v4＝v3﹣a't3＝﹣v3+at3，代入数据解得：v4m/s，t3s
该过程鸡蛋与保护装置间的相对位移Δh′，代入数据解得：Δh′m＞s2﹣Δh＝1.6m﹣1.2m＝0.4m
装置第二次落地反弹后装置与鸡蛋不能共速，鸡蛋从装置中滑出
保护装置第一次落地到装置与鸡蛋共速过程，鸡蛋减速为零需要的时间ts＝0.15s
鸡蛋速度减为零时保护装置的速度大小v＝v1﹣a't＝6m/s﹣20×0.15m/s＝3m/s
保护装置第一次落地后到两者速度相等过程鸡蛋相对保护装置滑行的路程s1
代入数据解得：L1＝1.2m，第二次落地后鸡蛋从保护装置滑出，第二次落地后鸡蛋相对保护装置滑行的路程L2＝s2﹣Δh＝1.6m﹣1.2m＝0.4m
整个过程中鸡蛋相对装置滑行的路程L＝L1+L2＝1.2m+0.4m＝1.6m
整个过程鸡蛋与装置间由于摩擦产生的热量Q＝5mgL＝5×0.05×10×1.6J＝4J
答：（1）鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1是0.4m；
（2）该时刻鸡蛋离地高度是1.4m；
（3）鸡蛋是会滑出装置，鸡蛋与装置之间的摩擦热Q是4J。
[课时训练]
一．选择题（共10小题）
1．（2023 海淀区一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
【解答】解：A．由题可知，重物的动能变化量为零，根据题意可知手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，所以手对整体一直做负功，由此可知弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和一直在减少，故A错误；
B．根据机械能的定义可知，弹簧和手对重物的功等于重物机械能的变化量，故B错误；
C．由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为x0，则有kx0＝mg
当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为x，则有k（x0﹣x）+F＝mg
联立解得F＝kx，故C正确；
D．物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D错误。
故选：C。
2．（2023 台州模拟）某超市中倾角为30°的自动坡道式电梯（无台阶）如图所示，某人蹲在电梯上随电梯匀速下行。下列说法正确的是（　　）
A．电梯对人的作用力沿坡道向上
B．人和电梯表面之间的动摩擦因数为
C．电梯对人做的功等于人的重力势能的变化量
D．若人在电梯上突然起身站立，起身瞬间人对电梯的作用力减小
【解答】解：A、人蹲在电梯上随电梯匀速下行，人受到的合力为零，所以电梯对人的作用力与人的重力等大反向，则电梯对人的作用力竖直向上，故A错误；
B、根据平衡条件得：mgsin30°＝f，而f≤μFN，FN＝mgcos30°，解得μ，故B错误；
C、人做匀速运动，动能不变，由功能关系可知，电梯对人做的功等于人的重力势能的变化量，故C正确；
D、若人在电梯上突然起身站立，加速度向上，处于超重状态，则电梯对人作用力大于重力，根据牛顿第三定律可知，起身瞬间人对电梯的作用力增大，故D错误。
故选：C。
3．（2023 大理州模拟）某中学生将一质量约为7kg的铅球举起放在肩膀处的位置，将其用力丢出，铅球先上升大约0.8m后开始下降，最后落在距离他8m的位置。则他对铅球做的总功最有可能是（　　）
A．100J B．300J C．600J D．1200J
【解答】解：铅球做斜抛运动，设水平分速度为vx和竖直分速度为vy，抛出点到最高点的竖直高度为h上，抛出点到落地点的水平距离为x，
竖直方向做竖直上抛运动，
解得vy＝4m/s，t上＝0.4s
水平方向做匀速直线运动，抛出点距地面有一定高度，则vx 2t上＜x
得vx＜10m/s
对铅球做的总功等于铅球的初动能：
抛出点位置越高，对铅球做功越少；
假设铅球抛出位置距地面最大高度为1.6m，则
解得：t下＝0.69s
估算出铅球从抛出到落地总时间：t＝t上+t下＝0.4s+0.69s≈1s
则水平分速度为vx′
同理求出总功为W'＝280J
故对铅球做功范围为280J＜W＜406J
故B正确，ACD错误。
故选：B。
4．（2023 西城区一模）跳台滑雪主要分为4个阶段，助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和落地阶段．在飞行阶段，运动员会采取一种身体向前倾，同时滑雪板向前分开呈“V”字型的经典姿势，如图所示．这种姿势能够加大运动员与下方空气接触的面积，并且还可以让身体和雪板与水平方向呈最为理想的夹角，就像飞机起飞一样，从而获得较大的空气托举力．关于运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势，下列说法正确的是（　　）
A．可以增加水平方向的飞行速度
B．可以增加竖直方向的加速度
C．可以增加运动员的机械能
D．可以获得更长的飞行时间
【解答】解：ABD、运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势，是为了增加身体与下方空气的接触面积，从而增加空气对身体的托举力，根据牛顿第二定律可知，运动员在竖直方向做加速运动的加速度将减小，从而延长了在空中飞行的时间，故AB错误，D正确；
C、空气托举力对运动员做负功，则运动员的机械能减少，故C错误。
故选：D。
5．（2023 湖北一模）质量为m的同学参加学校运动会的三级跳远项目，将其看成质点，从静止开始助跑直至落地过程运动轨迹如图所示。其中OA段为助跑阶段，AB段为腾空之后的第一步，BC段为腾空之后的第二步，CD段为腾空之后的第三步。已知腾空的最高高度为h。空气阻力忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．腾空阶段合外力随水平位移变化
B．腾空阶段加速度随水平位移变化
C． 腾空阶段重力势能随水平位移变化
D．腾空阶段机械能随水平位移变化
【解答】解：AB、运动员腾空阶段，空气阻力忽略不计，三个阶段均只受到重力，则三个阶段合外力均等于重力，三个阶段的加速度均为重力加速度，故AB错误；
C、腾空过程，上升阶段重力做负功，重力势能增大，下降阶段重力做正功，重力势能减小，而非图中与x轴平行的直线段，故C错误；
D、腾空阶段，运动员只受重力，机械能守恒，E﹣x图像为与x轴平行的直线段。在腾空前，运动员用力蹬地，运动员的机械能增大，BC段的机械能比AB段的机械能大，CD段的机械能比BC段的机械能大，故D正确。
故选：D。
6．（2023 青羊区校级模拟）一固定轨道如图所示，粗糙程度相同。AB段为四分之一圆弧轨道，其半径为R，BC段是水平轨道，现将一质量为m的小球（小球视为质点）从A点静止释放，最后静止于水平轨道某处。现要将小球沿原路径拉回A点，关于此拉力做功的最小值W，下列说法正确的是（　　）
A．W＝2mgR B．W＜2mgR C．W＞2mgR D．无法判断
【解答】解：小球从A点运动至水平轨道某处静止，根据动能定理可知，这过程中重力做功与克服摩擦力做功相等，重力做功为mgR，所以这过程中克服摩擦力做功Wf＝mgR，沿原路经拉回A点，拉力做功的最小值为重力势能的增加量和克服摩擦力做功之和，由于拉回A点过程中在圆弧轨道上可以缓慢拉，所以弹力可以比下滑时小，摩擦力同样变小，所以克服摩擦力做功小于mgR，则此拉力做功的最小值W＜WG+Wf＜2mgR，故A、C、D错误，B正确。
故选：B。
7．（2023 光明区一模）投壶是古代士大夫所做的一种投射游戏。《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”若甲、乙两人站在距壶相同水平距离处沿水平方向各投出一支完全相同的箭，箭尖插入同一个壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是（　　）
A．甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长
B．甲所投箭的初速度大小比乙的大
C．此运动过程中，甲所投箭的动能的变化比乙的小
D．此运动过程中，甲所投箭的重力势能的减小量比乙的小
【解答】解：A、设箭抛出点离壶口的竖直高度为h，水平距离为x，箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ。箭在空中做平抛运动，根据推论：速度的反向延长线过水平位移的中点，则tanθ，x相同，h越大，θ越大，则知甲所投的箭离壶口的竖直高度比乙的大，甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，故A正确；
B、由x＝v0t可知，x相等，甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，则甲所投箭的初速度大小比乙的小，故B错误；
C、由动能定理得：ΔEk＝mgh，则甲所投箭的动能的变化比乙的大，故C错误；
D、重力势能的减小量等于重力做功，可知甲所投箭的重力势能的减小量比乙的大，故D错误。
故选：A。
8．（2023 丽江一模）如图甲所示，小物块放在固定的足够长的光滑斜面上，在平行于斜面向上的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物块的机械能E随位移x变化的关系如图乙所示。其中0～x1过程与x2～x3过程的图线是平滑的曲线，x1～x2过程的图线是倾斜的直线，x3～x4过程的图线是平行于x轴的直线，则下列说法正确的是（　　）
A．在0～x1过程中，小物块的加速度不断增大
B．在x1～x2过程中，小物块可能做匀加速运动，也可能做匀速运动或者匀减速运动
C．在x2～x3过程中，F不断减小，小物块动能一定减小
D．在x3～x4过程中，小物块一定做匀速运动
【解答】解：A、根据功能关系可知，在E﹣x图中，切线的斜率反映除重力或者弹力以外的其余力的大小，即F的大小，
在0～x1过程中F不断增大，物块开始向下运动，物体的加速度可能不断减小，也可能先减小再增大，故A错误；
B、在x1～x2过程中，力F大小不变，F可能大于、等于或小于重力沿着斜面向下的分力，所以小物块可能做匀加速运动，也可能做匀速运动或者匀减速运动，故B正确；
C、在x2～x3过程中，如果F小于重力沿着斜面向下的分力，小物块会向下一直加速，则动能一直增大，故C错误；
D、在x3～x4过程中，F＝0，小物块做匀变速直线运动，故D错误。
故选：B。
9．（2023 重庆模拟）如图甲，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，质量为m的小球，从弹簧上方x0处静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，建立竖直向下坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a﹣x图像如图乙（图中x0，x1，x2，g均为已知量），不计空气阻力，g为重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．x0到x1段，小球做加速度逐渐越小的减速运动
B．弹簧受到的最大弹力为
C．该过程中小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值为mg（x0+x1）
D．小球向下运动过程中最大速度为
【解答】解：A．小球与弹簧刚刚接触，压缩量较小时，重力大于弹簧的弹力，即x0到x1段，小球做加速度逐渐越小的加速运动，故A错误；
B．根据图乙可知，在x1位置，加速度为0，小球重力等于弹力，则有
k（x1﹣x0）＝mg
随后小球进一步向下压缩弹簧，最大压缩量为x2，则此时弹力最大为Fmax，此时速度减为0
Fmax＝k（x2﹣x0）
解得，故B错误；
C．该过程中小球与弹簧组成系统的机械能守恒，即只有动能、势能（包含重力势能与弹性势能）的转化，在加速度为0时，小球速度最大，动能最大，即小球运动至x1位置时，重力势能减小了mgx1，减小的重力势能转化为弹性势能与动能，可知小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值小于mgx1，故C错误；
D．小球运动至x1位置时，加速度为0时，小球速度最大，根据图乙可知，将纵坐标乘以小球质量m，纵坐标表示合力，则图像的面积表示合力做功，则有
解得，故D正确。
故选：D。
10．（2023 乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
【解答】解：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知
v1＞v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD、根据能量守恒定律可得
mMfl
整理解得
mMflmfl
故C错误，D正确；
AB、因摩擦产生的热量为
Q＝fl＝f（xm﹣xM）
根据运动学公式可得xm t
xM
由于v0＞v1＞v2
所以xm＞2xM
故xm﹣xM＝l＞xM
故W＝fxM＜fl
故A错误，B正确；
故选：BD。
二．计算题（共2小题）
11．（2021 宁波二模）如图所示是一弹射游戏装置，由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连）、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后，经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE，若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道，从圆轨道滑出，进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧，随后能再次弹出（无能量损失）算游戏成功。已知圆轨道半径为R，轨道DE的倾角θ＝37°，滑块质量为m，滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ＝0.5，其余都光滑，各轨道之间平滑连接；滑块可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。
（1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，求滑块能滑上斜轨道的最大距离；
（2）若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep＝5mgR，求滑块在斜轨道上通过的总路程；
（3）要使游戏成功（即滑块能返回弹射器、且只能返回一次），并要求滑块始终不脱离轨道，求弹射时弹性势能可能的范围。
【解答】解：（1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，则有：mg＝m
解得：vB
滑块从B点第一次运动到斜轨道最高点过程中，根据动能定理可得：﹣mg（2R﹣Lsinθ）﹣μmgLcosθ＝0
解得：L；
（2）若滑块恰好过B点，则弹簧弹性势能E1＝2mgR
解得：E1＝2.5mgR，因EP＞E1，故滑块能过B点
设滑块第一次到斜轨道最高点时到D的距离为L1
由能量守恒定律可得：E1′＝mgL1sinθ+μmgL1cosθ
得L1＝5R
返回到C处时滑块的动能E1'＝EP﹣2μmgL1cosθ＝mgR
因此，此后滑块恰好不脱离轨道，在圆轨道与斜轨道间做往复运动，最终停在D点
全过程应用能量守恒定律可得：Ep＝μmgscosθ
得s＝12.5R；
（3）由题意可知，满足题意的弹性势能最小的条件为：滑块恰好第2次顺时针通过B
设第一次到斜轨道最高点时到D的距离为L2，根据动能定理可得：
mg（L2sinθ﹣2R）﹣μmgL2cosθ0
得L2＝12.5R
设第二次到斜轨道最高点时到D的距离为L2'，根据动能定理可得：
mg（2R﹣L2'sinθ）﹣μmgL2'cosθ＝0
得L2′＝2.5R
两次在斜轨道往返后，滑块在C处具有的动能E2′mgR＜mgR，满足题目要求
根据功能关系可得：EpminmgR+2μmgcosθ（L2+L2'）
解得：Epmin＝12.5mgR
由题意可知，满足题意的弹性势能最大的条件为：滑块在斜轨道上往返两次后，恰能到达圆轨道上与圆心等高点处
分析计算可知第二次到斜轨道最高点到D的距离为L3'＝5R
第一次到斜轨道最高点时离D距离为L3＝25R
Epmx＝mgR+2μmgcosθ（L3+L3'）＝25mgR
综上可得：12.5mgR≤EP≤25mgR。
答：（1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，滑块能滑上斜轨道的最大距离为；
（2）若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep＝5mgR，滑块在斜轨道上通过的总路程为12.5R；
（3）要使游戏成功（即滑块能返回弹射器、且只能返回一次），并要求滑块始终不脱离轨道，弹射时弹性势能可能的范围为12.5mgR≤EP≤25mgR。
12．（2023 雨花区校级二模）如图所示，一斜面固定在水平地面上，斜面倾角θ＝37°，质量为5m的小物块A通过一根跨过固定滑轮的绳子连接质量同为5m小物块B，连接A的绳子与斜面平行，物块B距地面高度为L，物块A与斜面最上端挡板的距离也为L，绳无阻碍穿过挡板上小孔。质量为2m的小环C套在B上方的绳子上，绳子与小球C之间的最大摩擦力fm＝6mg，不计滑轮和绳子质量以及滑轮与绳子之间的摩擦，重力加速度为g，sinθ，cosθ。
（1）若系统处于静止状态，求A与斜面间摩擦因数的最小值μ；
（2）若μ，同时由静止释放A、B、C，物块A与挡板碰撞原速反弹；物块B与地面碰撞后速度瞬间变成0，求绳子再次绷紧，B的向上运动的初速度vB（绷紧过程C的速度未变）；
（3）接第（2）问，若C始终没有落到B上，求整个过程中C与绳子之间因摩擦产生的热量Q。
【解答】解：（1）要使A、B、C平衡，根据平衡条件可得：（mB+mC）g≤mAgsinθ+μmAgcosθ
即：7mg≤5mg（μcosθ+sinθ）
解得：μ≥1
即μ的最小值为1
（2）A沿斜面向上运动，BC沿绳向下运动，BC保持相对静止，根据牛顿第二定律可得：
7mg﹣5mg（μcosθ+sinθ）＝12ma0
a0g
根据运动学公式可得：2a0L
解得：v0
A碰后原速反弹，B碰后速度为0，绳子绷紧，则有：5mv0＝10mvB
解得：vB
（3）A沿斜面向下减速，B沿绳向上减速，对于AB整体，根据牛顿第二定律可得：
5mg+fm﹣5mg（sinθ﹣μcosθ）＝10ma1
解得：a1＝g
减速到零的时间：t1
C物体沿斜面向下减速过程中，根据牛顿第二定律可得：fm﹣2mg＝2ma2
解得：a2＝2g
减速到零的时间：t2
B与C恰好在同一时间速度变为0，
B上升的高度：2a1x1，解得：x1
C下落的高度：2a2x1′，解得：x1′
BC相对位移：Δx1
此时BC的状态与初始相同，但B离地的高度为，为初始高度的
相对位移：Δxi+1
Δx总＝∑ΔxiL
产生的热：Q＝fmΔx总
解得：QmgL
答：（1）若系统处于静止状态，A与斜面间摩擦因数的最小值为1；
（2）绳子再次绷紧，B的向上运动的初速度为；
（3）整个过程中C与绳子之间因摩擦产生的热量为mgL。
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第15讲　功能关系　能量守恒定律
目录
[考试标准] 1
[基础过关] 1
一、功能关系 1
二、能量守恒定律 2
[命题点研究] 2
命题点一　功能关系的理解和应用 2
命题点二　摩擦力做功与能量转化 4
命题点三　能量守恒定律的理解和应用 7
[课时训练] 9
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
能量守恒定律与能源 d 不要求用能量守恒定律进行较复杂的计算.
[基础过关]
一、功能关系
1．功是能量转化的量度，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．
2．做功对应变化的能量形式
功 能量的变化
合外力做正功 动能增加
重力做正功 重力势能减少
弹簧弹力做正功 弹性势能减少
电场力做正功 电势能减少
其他力(除重力、弹力外)做正功 机械能增加
二、能量守恒定律
1．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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式
ΔE减＝ΔE增 .
3．基本思路
(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．
[命题点研究]
命题点一　功能关系的理解和应用
1．牢记三条功能关系
(1)重力做的功等于重力势能的减少量，弹力做的功等于弹性势能的减少量；
(2)合外力做的功等于动能的变化；
(3)除重力、弹力外，其他力做的功等于机械能的变化．
2．功能关系的选用原则
在应用功能关系解决具体问题的过程中
(1)若只涉及动能的变化则用动能定理分析．
(2)若只涉及重力势能的变化则用重力做功与重力势能变化的关系分析．
(3)若只涉及机械能变化则用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．
（2023春 浙江期中）2018年9月21日阳澄湖开湖之际，京东在业内首次采用无人机配送大闸蟹，结结实实地让阳澄湖大闸蟹打了一回“飞的”。货物在无人机拉力作用下加速上升，空气阻力不可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．货物处于失重状态
B．重力势能的增加量等于克服重力做的功
C．拉力和重力做功之和等于货物动能的增加量
D．拉力做功等于货物机械能的增加量
（2023 宁波二模）如图所示，近千架无人机群构造了高空巨幅光影“汤匙里的汤圆”，某段时间内，“汤圆”静止，而“汤匙”正在匀速向上运动。在该段时间内下列说法正确的是（　　）
A．“汤匙”中的无人机受到合外力向上
B．“汤匙”中的无人机的机械能保持不变
C．“汤圆”中的无人机对空气做正功
D．“汤圆”中的无人机消耗的电能全部转化为无人机的光能和空气的动能
（2023 浙江开学）如图所示，下列关于撑杆跳高运动员在上升过程中的说法正确的是（　　）
A．运动员受到杆的作用力等于重力
B．运动员经历先超重后失重的过程
C．运动员的重力势能全部由杆的弹性势能转化而来
D．分析运动员肌肉做功放能过程可将其看成质点
（2023 浙江二模）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离O点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（　　）
A．（x，h） B．（x，h） C．（x，h） D．（x，h）
（2023春 湖州期中）短跑比赛中，运动员会借助助推器起跑。如图所示，照片记录了奥运冠军刘翔利用助推器起跑的瞬间，在起跑的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．助推器对脚面的支持力做正功
B．刘翔的动能来源于身体内部肌肉张力做正功
C．刘翔的机械能守恒
D．是否使用助推器对加速效果没有影响
命题点二　摩擦力做功与能量转化
1．静摩擦力做功
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路径长度．
从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．
（2023 湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方 处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
（2023 龙泉驿区模拟）如图所示，质量为2000kg电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4600J
（2023 延庆区一模）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　）
A．物体的质量m＝0.67kg
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．物体上升过程的加速度大小a＝12m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J
（2023 安徽三模）如图所示，传送带与水平面间的夹角为37°，A、B两点间的距离为L＝5m，传送带在电动机的带动下顺时针匀速运转，一物体以6m/s的速度从A点冲上传送带，物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5。若物体恰能到达最高点B（速度为零），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）传送带运行的速度大小；
（2）从A到B这一过程物体动能的减少量和摩擦产生的热能大小之比。
（2023 闵行区二模）如图（a），竖直平面内有轨道ABC，AB段是半径为R＝5m的光滑圆弧，BC段是长为s＝25m的粗糙水平轨道。质量m＝0.5kg的物块由A点静止释放，恰好运动到C点停止。求：
（1）运动到B点时，物块的速度vB的大小；
（2）离开圆弧轨道前一瞬间，物块对轨道的压力大小；
（3）物块和轨道BC段间的动摩擦因数μ；
（4）如图（a）所示，以A点的水平位置为坐标原点O，以水平向右为正方向，建立Ox轴。以BC为零势能面，在图（b）中画出物块机械能E随水平位置x变化的E﹣x图。
命题点三　能量守恒定律的理解和应用
1．当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量转化和守恒定律．
2．解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
（2023 新干县校级一模）如图是检验某种防护罩承受冲击能力的装置，MN为半径R＝1.0m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平。PQ为待检验的固定曲面，该曲面为在竖直面内截面半径rm的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于MN轨道的上端点N的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过N点，水平飞出后落到PQ上的S点，取g＝10m/s2。求：
（1）小球到达N点时速度vN的大小；
（2）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep的大小；
（3）钢珠落到圆弧PQ上S点时速度vS的大小。
（2023 西湖区校级模拟）如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m＝50g，直轨道AB长度L＝0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP＝0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小车运动到B点时的速度大小vB；
（2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。
（2023 鼓楼区校级一模）已知鸡蛋撞击地面的速度不超过2m/s时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的保护装置，该装置是用A、B两块较粗糙的夹板粘合而成，已知保护装置质量为M，鸡蛋的质量为m＝0.05kg，且M＝5m＝0.25kg，鸡蛋和保护装置之间的滑动摩擦力大小为5mg。实验中用该保护装置夹住鸡蛋，从离地面H＝1.8m的高度处静止释放。（重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。）
（1）如果保护装置碰地后速度立即为零（无反弹，且保护装置保持竖直），为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1；
（2）如果保护装置与地面发生碰撞时，保护装置以碰前的速率反弹（碰撞时间极短，在运动过程中，保护装置始终保持竖直）。实验前，鸡蛋放的位置离保护装置下端距离s2＝1.6m，其它条件不变。保护装置第一次落地弹起，当上升到最大高度时，求该时刻鸡蛋离地高度；
（3）接第（2）问，释放保护装置，经过足够长时间，判断鸡蛋是否会滑出装置（鸡蛋若碰到地面不反弹，速度立即变为零），并求鸡蛋与装置之间的摩擦热Q。
[课时训练]
一．选择题（共10小题）
1．（2023 海淀区一模）如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态。然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止。在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加
B．弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量
C．重物对手的压力随下降的距离均匀变化
D．手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量
2．（2023 台州模拟）某超市中倾角为30°的自动坡道式电梯（无台阶）如图所示，某人蹲在电梯上随电梯匀速下行。下列说法正确的是（　　）
A．电梯对人的作用力沿坡道向上
B．人和电梯表面之间的动摩擦因数为
C．电梯对人做的功等于人的重力势能的变化量
D．若人在电梯上突然起身站立，起身瞬间人对电梯的作用力减小
3．（2023 大理州模拟）某中学生将一质量约为7kg的铅球举起放在肩膀处的位置，将其用力丢出，铅球先上升大约0.8m后开始下降，最后落在距离他8m的位置。则他对铅球做的总功最有可能是（　　）
A．100J B．300J C．600J D．1200J
4．（2023 西城区一模）跳台滑雪主要分为4个阶段，助滑阶段、起跳阶段、飞行阶段和落地阶段．在飞行阶段，运动员会采取一种身体向前倾，同时滑雪板向前分开呈“V”字型的经典姿势，如图所示．这种姿势能够加大运动员与下方空气接触的面积，并且还可以让身体和雪板与水平方向呈最为理想的夹角，就像飞机起飞一样，从而获得较大的空气托举力．关于运动员在飞行阶段采用“V”字型姿势，下列说法正确的是（　　）
A．可以增加水平方向的飞行速度
B．可以增加竖直方向的加速度
C．可以增加运动员的机械能
D．可以获得更长的飞行时间
5．（2023 湖北一模）质量为m的同学参加学校运动会的三级跳远项目，将其看成质点，从静止开始助跑直至落地过程运动轨迹如图所示。其中OA段为助跑阶段，AB段为腾空之后的第一步，BC段为腾空之后的第二步，CD段为腾空之后的第三步。已知腾空的最高高度为h。空气阻力忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．腾空阶段合外力随水平位移变化
B．腾空阶段加速度随水平位移变化
C． 腾空阶段重力势能随水平位移变化
D．腾空阶段机械能随水平位移变化
6．（2023 青羊区校级模拟）一固定轨道如图所示，粗糙程度相同。AB段为四分之一圆弧轨道，其半径为R，BC段是水平轨道，现将一质量为m的小球（小球视为质点）从A点静止释放，最后静止于水平轨道某处。现要将小球沿原路径拉回A点，关于此拉力做功的最小值W，下列说法正确的是（　　）
A．W＝2mgR B．W＜2mgR C．W＞2mgR D．无法判断
7．（2023 光明区一模）投壶是古代士大夫所做的一种投射游戏。《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”若甲、乙两人站在距壶相同水平距离处沿水平方向各投出一支完全相同的箭，箭尖插入同一个壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是（　　）
A．甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长
B．甲所投箭的初速度大小比乙的大
C．此运动过程中，甲所投箭的动能的变化比乙的小
D．此运动过程中，甲所投箭的重力势能的减小量比乙的小
8．（2023 丽江一模）如图甲所示，小物块放在固定的足够长的光滑斜面上，在平行于斜面向上的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物块的机械能E随位移x变化的关系如图乙所示。其中0～x1过程与x2～x3过程的图线是平滑的曲线，x1～x2过程的图线是倾斜的直线，x3～x4过程的图线是平行于x轴的直线，则下列说法正确的是（　　）
A．在0～x1过程中，小物块的加速度不断增大
B．在x1～x2过程中，小物块可能做匀加速运动，也可能做匀速运动或者匀减速运动
C．在x2～x3过程中，F不断减小，小物块动能一定减小
D．在x3～x4过程中，小物块一定做匀速运动
9．（2023 重庆模拟）如图甲，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，质量为m的小球，从弹簧上方x0处静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，建立竖直向下坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a﹣x图像如图乙（图中x0，x1，x2，g均为已知量），不计空气阻力，g为重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．x0到x1段，小球做加速度逐渐越小的减速运动
B．弹簧受到的最大弹力为
C．该过程中小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值为mg（x0+x1）
D．小球向下运动过程中最大速度为
10．（2023 乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
二．计算题（共2小题）
11．（2021 宁波二模）如图所示是一弹射游戏装置，由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连）、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后，经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE，若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道，从圆轨道滑出，进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧，随后能再次弹出（无能量损失）算游戏成功。已知圆轨道半径为R，轨道DE的倾角θ＝37°，滑块质量为m，滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ＝0.5，其余都光滑，各轨道之间平滑连接；滑块可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。
（1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，求滑块能滑上斜轨道的最大距离；
（2）若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep＝5mgR，求滑块在斜轨道上通过的总路程；
（3）要使游戏成功（即滑块能返回弹射器、且只能返回一次），并要求滑块始终不脱离轨道，求弹射时弹性势能可能的范围。
12．（2023 雨花区校级二模）如图所示，一斜面固定在水平地面上，斜面倾角θ＝37°，质量为5m的小物块A通过一根跨过固定滑轮的绳子连接质量同为5m小物块B，连接A的绳子与斜面平行，物块B距地面高度为L，物块A与斜面最上端挡板的距离也为L，绳无阻碍穿过挡板上小孔。质量为2m的小环C套在B上方的绳子上，绳子与小球C之间的最大摩擦力fm＝6mg，不计滑轮和绳子质量以及滑轮与绳子之间的摩擦，重力加速度为g，sinθ，cosθ。
（1）若系统处于静止状态，求A与斜面间摩擦因数的最小值μ；
（2）若μ，同时由静止释放A、B、C，物块A与挡板碰撞原速反弹；物块B与地面碰撞后速度瞬间变成0，求绳子再次绷紧，B的向上运动的初速度vB（绷紧过程C的速度未变）；
（3）接第（2）问，若C始终没有落到B上，求整个过程中C与绳子之间因摩擦产生的热量Q。
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