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第4讲　功能关系　能量守恒定律
第1　课时　功能关系、能量守恒定律的理解及应用(基础落实课)
一、功能关系
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.几种常见的功能关系
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
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 只有重力、系统内弹力做功 ΔE=　　　
除重力和系统内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
二、能量守恒定律
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,能量的总量　　　　　　　。
2.表达式:ΔE减=ΔE增。
微点判断
1.力对物体做了多少功,物体就具有多少能。 (　 )
2.力对物体做正功,物体的机械能一定增加。 (　 )
3.物体的机械能减少,动能有可能是增加的。 (　 )
4.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。 (　 )
5.除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。 (　 )
6.静摩擦力做功时,一定会引起能量的转化。 (　 )
7.滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化。 (　 )
8.一个物体的能量增加,必定有别的物体的能量减少。 (　 )
9.能量在转移或转化过程中,其总量会不断减少。 (　 )
10.节约可利用能源是为了减少污染排放。 (　 )
逐点清(一)　功能关系的理解与应用
功能关系的三种应用
(1)物体动能增加与减少要看合外力对物体是做正功还是做负功。
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)是做负功还是做正功。
(3)机械能增加与减少要看重力和系统内弹力之外的力对物体是做正功还是做负功。
[考法全训]
考法1　定性分析
1.(2025·衡阳高三模拟)图甲为某游乐场的水滑梯,其简化模型如图乙所示。一质量为m的小朋友从a点沿轨道经b点滑到最低点c,已知ab、bc间高度差均为h。则小朋友 (　　)
A.从a到b和从b到c,动能增加量一定相同
B.从a到b和从b到c,重力势能减少量一定相同
C.从a到b和从b到c,机械能保持不变
D.从a到c的运动总时间为2
考法2　定量计算
2.(2024·浙江1月选考)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,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
逐点清(二)　摩擦力做功与能量转化
1.两种摩擦力做功的比较
　　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机械能的损失量
一对摩 擦力做 的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值,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
2.三步求解相对滑动物体的能量问题
第一步 正确分析物体的运动过程,做好受力分析
第二步 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
第三步 代入公式W=Ff·x相对计算,其中x相对为两接触物体间的相对位移,若物体做往复运动,则代入总的相对路程s相对
[考法全训]
考法1　摩擦力做功与摩擦热的计算
1.(2023·全国乙卷)(多选)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m-fl
D.物块的动能一定小于m-fl
考法2　往复运动中摩擦力做功的计算
2.(多选)如图所示,固定光滑斜面AB的倾角θ=53°,BC为水平面,BC长度为1.25 m,CD为光滑的竖直圆弧轨道,半径为0.6 m,轨道在B、C两点平滑连接。一可视为质点的质量为m=2 kg的物体,从斜面上A点由静止开始下滑,物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2。物体到达D点后,继续竖直向上运动,最高点到D点的高度为0.65 m。不计空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.物体第一次滑入圆轨道C点的速度大小为5 m/s
B.物体第一次滑入圆轨道C点时对轨道的压力大小为100 N
C.释放点A距水平面BC的高度为1.5 m
D.物体最终恰好停在B点
逐点清(三)　能量守恒定律的理解及应用
1.对能量守恒定律的理解
(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。
2.能量转化问题的解题思路
(1)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)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减与增加的能量总和ΔE增。
(3)列出能量守恒关系式:ΔE减=ΔE增。
3.涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程,具有以下特点:
(1)能量转化方面,如果只有重力和系统内弹力做功,系统机械能守恒。
(2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零,则当弹簧伸长或压缩到最大程度时,两物体速度大小相同。
[考法全训]
题型1　物体在圆弧轨道上运动
1.(人教版教材必修2,P99T6)如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接,导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧,它经过B点的速度为v1,之后沿半圆形导轨运动,到达C点的速度为v2。重力加速度为g。
(1)求弹簧压缩至A点时的弹性势能。
(2)求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
2.(2024·北京高考)如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是 (　　)
A.物体在C点所受合力为零
B.物体在C点的速度为零
C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
|考|教|衔|接|
　　对教材知识变化命题角度考查是高考命题的常用手段,以上两题是这方面的典型代表。教材题中半圆形轨道粗糙,给定物体质量、半圆形轨道半径、物体到达B点和C点的速度,利用能量守恒定律定量计算弹簧的弹性势能和阻力对物体所做的功;高考题则改变情境设计:半圆形轨道光滑,定性分析物体在C点的运动参量,分析判断弹簧的弹性势能与物体在C点的动能的关系。高考题是对教材题的拓展,体现出高考命题的创新性。
题型2　物体在斜面上运动
3.(2024·江苏高考)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块,在电动机作用下,从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从 C点又恰好到达最高点D。已知重力加速度为g。求:
(1)CD段长x;
(2)BC段电动机的输出功率P;
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
4.(2025·哈尔滨模拟)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上,轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板P上,另一端与物块B相连,不可伸长的细线一端固定在斜面上的O点,另一端绕过轻滑轮Q和定滑轮R连接物块A,物块B与轻滑轮Q相连。已知物块A、B的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg,弹簧的劲度系数k=100 N/m,弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量),重力加速度g=10 m/s2。开始时用手托着物块A使其处于静止状态,此时细线恰好伸直但无作用力,然后由静止释放物块A,在之后的运动过程中物块B未到达O点,物块A未着地,弹簧始终在弹性限度内,细线始终与斜面平行,两物块A、B均可视为质点。求:
(1)物块B的最大速度;(结果可用根式表示)
(2)物块A下降的最大距离。
第1课时　功能关系、能量守恒定律的理解及应用
课前基础先行
一、1.(1)能量转化　(2)量度　2.0
二、1.产生　转化　转移　保持不变
[微点判断]　1.×　2.×　3.√　4.√　5.×　6.×　7.√　8.√　9.×　10.×
逐点清(一)
1.选B　从a到b和从b到c过程,虽然下降高度相同,重力做功相同,但摩擦力做功关系不明确,因此无法确定两个过程中合外力做功关系,由W合=ΔEk可知,两个过程动能的增加量不一定相同,故A项错误;从a到b和从b到c过程,下降高度相同,重力做功相同,所以重力势能减少量相同,故B项正确;从a到b和从b到c过程中,由于存在摩擦力做功,所以机械能减小,故C项错误;若从a到c做自由落体运动,则有2h=gt2,解得t=2,由于从a到c过程的实际运动并不是自由落体运动,所以其运动时间一定比从a处开始做自由落体运动所需时间长,即时间大于2,故D项错误。
2.选B　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,A错误,B正确;从2到3由于空气阻力作用,则机械能减少,重力势能减少mgh,则动能增加量小于mgh,C、D错误。
逐点清(二)
1.选BD　当物块从木板右端离开时,对物块有
-fxm=m-m,对木板有fxM=M,由几何关系有l=xm-xM,由于物块能从木板滑下,说明vm>vM,作出物块和木板运动的v t图像,如图所示,根据v t图像与横轴围成的面积表示物体运动的位移可知l=xm-xM>xM,则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl,A错误,B正确;根据以上式子,联立有m-fl=m+M,则物块的动能一定小于m-fl,C错误,D正确。
2.选ACD　物体从C点到最高点的过程,由机械能守恒定律有m=mg(R+h),解得vC=5 m/s,A正确;物体第一次滑入圆轨道C点时,由牛顿第二定律有FNC-mg=m,解得FNC= N,由牛顿第三定律可知,物体在C点时对轨道的压力大小为 N,B错误;从A到C由动能定理有mgH=μmgLBC+m,解得H=1.5 m,C正确;最终当物体停止时,由功能关系可知mgH=μmgx,解得x=7.5 m=6LBC,即物体在BC上运动三个来回,最终恰好停在B点,D正确。
逐点清(三)
1.解析:(1)物体由A到B的过程中机械能守恒,弹簧压缩至A时的弹性势能Ep=m。
(2)设物体由B到C的过程中阻力做功为Wf,由动能定理知-2mgR+Wf=m-m,解得Wf=m-m+2mgR。
答案:(1)m　(2)m-m+2mgR
2.选C　物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点C只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=m,解得物体在C点的速度大小为v=,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C正确;由能量守恒定律知,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和,D错误。
3.解析:(1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma
由运动学公式得0-v2=-2ax
联立解得x=。
(2)物块在BC段匀速运动,由平衡条件得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ
输出功率P=Fv=mgv。
(3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ
整个过程能量守恒,电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,可知E2=E1+μmgcos θ·L
可得==。
答案:(1)　(2)mgv(sin θ+μcos θ)　(3)
4.解析:(1)设物块B处于静止状态时弹簧的压缩量为Δx1,根据平衡条件有kΔx1=mBgsin θ
解得Δx1=0.1 m
当物块B的速度最大时,A、B两物块的加速度均为零,设细线上的张力为T,弹簧的伸长量为Δx2,有T=mAg
2T=mBgsin θ+kΔx2
解得Δx2=0.1 m
设物块B的最大速度为v,初状态和达到最大速度时弹簧的弹性势能相等,根据能量守恒定律有
mAg×2-mBg(Δx1+Δx2)sin θ=mA(2v)2+mBv2
解得物块B的最大速度为v= m/s。
(2)设物块A下降的最大距离为h,此时A、B两物块的速度均为零,根据能量守恒定律有
mAgh+kΔ=mBg×sin θ+k-Δx12
解得物块A下降的最大距离h=0.8 m。
答案:(1) m/s　(2)0.8 m
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功能关系　能量守恒定律
第 4 讲
功能关系、能量守恒定律的理解及应用(基础落实课)
第1课时
1
课前基础先行
2
逐点清(一)　功能关系的理解与应用
CONTENTS
目录
4
逐点清(三)　能量守恒定律的理解及应用
5
课时跟踪检测
3
逐点清(二)　摩擦力做功与能量转化
课前基础先行
一、功能关系
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.几种常见的功能关系
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
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 只有重力、系统内弹力做功 ΔE=___
除重力和系统内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
0
续表
二、能量守恒定律
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，能量的总量__________。
2.表达式:ΔE减=ΔE增。
产生
转化
转移
保持不变
1.力对物体做了多少功，物体就具有多少能。 ( )
2.力对物体做正功，物体的机械能一定增加。 ( )
3.物体的机械能减少，动能有可能是增加的。 ( )
4.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力)做的功等于对应势能的增加量。 ( )
5.除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量。 ( )
微点判断
×
×
√
√
×
6.静摩擦力做功时，一定会引起能量的转化。 ( )
7.滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。 ( )
8.一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量减少。 ( )
9.能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。 ( )
10.节约可利用能源是为了减少污染排放。 ( )
×
√
√
×
×
逐点清(一)　功能关系的
理解与应用
课
堂
功能关系的三种应用
(1)物体动能增加与减少要看合外力对物体是做正功还是做负功。
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)是做负功还是做正功。
(3)机械能增加与减少要看重力和系统内弹力之外的力对物体是做正功还是做负功。
考法全训
考法1　定性分析
1.(2025·衡阳高三模拟)图甲为某游乐场的水滑梯，其简化模型如图乙所示。一质量为m的小朋友从a点沿轨道经b点滑到最低点c，已知ab、bc间高度差均为h。则小朋友(　　)
A.从a到b和从b到c，动能增加量一定相同
B.从a到b和从b到c，重力势能减少量一定相同
C.从a到b和从b到c，机械能保持不变
D.从a到c的运动总时间为2
√
解析:从a到b和从b到c过程，虽然下降高度相同，重力做功相同，但摩擦力做功关系不明确，因此无法确定两个过程中合外力做功关系，由W合=ΔEk可知，两个过程动能的增加量不一定相同，故A项错误；从a到b和从b到c过程，下降高度相同，重力做功相同，所以重力势能减少量相同，故B项正确；从a到b和从b到c过程中，由于存在摩擦力做功，所以机械能减小，故C项错误；
若从a到c做自由落体运动，则有2h=gt2，解得t=2，由于从a到c过程的实际运动并不是自由落体运动，所以其运动时间一定比从a处开始做自由落体运动所需时间长，即时间大于2，故D项错误。
考法2　定量计算
2.(2024·浙江1月选考)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，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
√
解析: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，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加量小于mgh，C、D错误。
逐点清(二)　摩擦力做功与能量转化
课
堂
1.两种摩擦力做功的比较
　　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机械能的损失量
一对摩 擦力做 的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值,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
2.三步求解相对滑动物体的能量问题
第一步 正确分析物体的运动过程，做好受力分析
第二步 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
第三步 代入公式W=Ff·x相对计算，其中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体做往复运动，则代入总的相对路程s相对
考法1　摩擦力做功与摩擦热的计算
1.(2023·全国乙卷)(多选)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m-fl
D.物块的动能一定小于m-fl
√
考法全训
√
解析:当物块从木板右端离开时，对物块有-fxm=m-m，对木板有fxM=M，由几何关系有l=xm-xM，由于物块能从木板滑下，说明vm>vM，作出物块和木板运动的v t图像，如图所示，根据v t图像与横轴围成的面积表示物体运动的位移可知l=xm-xM>xM，
则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，
B正确；根据以上式子，联立有m-fl=m+
M，则物块的动能一定小于m-fl，C错误，
D正确。
考法2　往复运动中摩擦力做功的计算
2.(多选)如图所示，固定光滑斜面
AB的倾角θ=53°，BC为水平面，BC长
度为1.25 m，CD为光滑的竖直圆弧轨
道，半径为0.6 m，轨道在B、C两点平滑连接。
一可视为质点的质量为m=2 kg的物体，从斜
面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2。
物体到达D点后，继续竖直向上运动，最高点到D点的高度为0.65 m。不计空气阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物体第一次滑入圆轨道C点的速度大小为5 m/s
B.物体第一次滑入圆轨道C点时对轨道的压力大小为100 N
C.释放点A距水平面BC的高度为1.5 m
D.物体最终恰好停在B点
√
√
√
解析:物体从C点到最高点的过程，由机械能守恒定律有m=mg(R+h)，解得vC=5 m/s，A正确；物体第一次滑入圆轨道C点时，由牛顿第二定律有FNC-mg=m，解得FNC= N，由牛顿第三定律可知，物体在C点时对轨道的压力大小为 N，B错误；从A到C由动能定理有mgH=μmgLBC+m，解得H=1.5 m，C正确；最终当物体停止时，由功能关系可知mgH=μmgx，解得x=7.5 m=6LBC，即物体在BC上运动三个来回，最终恰好停在B点，D正确。
逐点清(三)　能量守恒定律的理解及应用
课
堂
1.对能量守恒定律的理解
(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。
2.能量转化问题的解题思路
(1)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)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减与增加的能量总和ΔE增。
(3)列出能量守恒关系式:ΔE减=ΔE增。
3.涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点:
(1)能量转化方面，如果只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时，两物体速度大小相同。
题型1　物体在圆弧轨道上运动
1.(人教版教材必修2，P99T6)如图所示，
光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨
在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的
物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2。重力加速度为g。
考法全训
(1)求弹簧压缩至A点时的弹性势能。
答案:m　
解析:物体由A到B的过程中机械能守恒，弹簧压缩至A时的弹性势能Ep=m。
(2)求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
答案:m-m+2mgR
解析:设物体由B到C的过程中阻力做功为Wf，由动能定理知-2mgR+Wf=m-m，解得Wf=m-m+2mgR。
2.(2024·北京高考)如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是 (　　)
A.物体在C点所受合力为零
B.物体在C点的速度为零
C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
√
解析:物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点C只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg=m，解得物体在C点的速度大小为v=，A、B错误；由牛顿第二定律得mg=ma，解得物体在C点的向心加速度a=g，C正确；由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。
对教材知识变化命题角度考查是高考命题的常用手段，以上两题是这方面的典型代表。教材题中半圆形轨道粗糙，给定物体质量、半圆形轨道半径、物体到达B点和C点的速度，利用能量守恒定律定量计算弹簧的弹性势能和阻力对物体所做的功；高考题则改变情境设计:半圆形轨道光滑，定性分析物体在C点的运动参量，分析判断弹簧的弹性势能与物体在C点的动能的关系。高考题是对教材题的拓展，体现出高考命题的创新性。
考教衔接
题型2　物体在斜面上运动
3.(2024·江苏高考)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。已知重力加速度为g。求:
(1)CD段长x；
答案:
解析:物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma
由运动学公式得0-v2=-2ax
联立解得x=。
(2)BC段电动机的输出功率P；
答案:
解析:物块在BC段匀速运动，由平衡条件得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ
输出功率P=Fv=mgv。
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
答案:
解析:全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ
整个过程能量守恒，电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，可知E2=E1+μmgcos θ·L
可得==。
4.(2025·哈尔滨模拟)如图所示，
倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平
面上，轻弹簧一端固定在斜面底端
的挡板P上，另一端与物块B相连，
不可伸长的细线一端固定在斜面上的O点，另一端绕过轻滑轮Q和定滑轮R连接物块A，物块B与轻滑轮Q相连。已知物块A、B的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg，弹簧的劲度系数k=100 N/m，弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，重力加速度g=10 m/s2。
开始时用手托着物块A使其处于静止状态，此时细线恰好伸直但无作用力，然后由静止释放物块A，在之后的运动过程中物块B未到达O点，物块A未着地，弹簧始终在弹性限度内，细线始终与斜面平行，两物块A、B均可视为质点。求:
(1)物块B的最大速度；(结果可用根式表示)
答案: m/s　
解析:设物块B处于静止状态时弹簧的压缩量为Δx1，根据平衡条件有kΔx1=mBgsin θ
解得Δx1=0.1 m
当物块B的速度最大时，A、B两物块的加速度均为零，设细线上的张力为T，弹簧的伸长量为Δx2，有T=mAg
2T=mBgsin θ+kΔx2，
解得Δx2=0.1 m
设物块B的最大速度为v，初状态和达到最大速度时弹簧的弹性势能相等，根据能量守恒定律有
mAg×2-mBgsin θ=mA(2v)2+mBv2
解得物块B的最大速度为v= m/s。
(2)物块A下降的最大距离。
答案:0.8 m
解析:设物块A下降的最大距离为h，此时A、B两物块的速度均为零，根据能量守恒定律有
mAgh+kΔ=mBg×sin θ+k
解得物块A下降的最大距离h=0.8 m。
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.(2024·江西高考)“飞流直下三千尺，疑是银河落九
天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流
量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位
落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　)
A.109 W B.107 W
C.105 W D.103 W
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解析:在t时间内流下的水的质量m=ρV=ρQt，这些水产生的能量W=mgh，则发电功率P=η·=ηρQgh，代入数据解得P≈107 W，B正确。
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2.在离地高度相同的A、B两点抛出两
质量不同的小球A和B，A的初速度斜向
上，B的初速度水平。某时刻两小球恰好
在C点相碰，如图所示，此时两小球均未
落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上。不计阻力，则两小球在此过程中 (　　)
A.位移相同　　　　　 B.速度的变化量相同
C.动能的增量相同 D.机械能的增量相同
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解析:两小球初位置不同，末位置相同，故两小球在此过程中位移不同，故A错误；小球A在竖直方向做竖直上抛运动，则h=-v0yt1+g，小球B在竖直方向做自由落体运动，则h=g，可得t1>t2，速度的变化量为Δv=gΔt，故小球A速度的变化量较大，故B错误；根据动能定理ΔEk=W合=mgh，两小球质量不同，下落高度相同，动能的增量不同，故C错误；两小球运动过程中只有重力做功，两小球机械能守恒，机械能的增量相同，均为零，故D正确。
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3.已知质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G，式中M为地球质量，G为引力常量。现将空间站的质量记为m0，空间站变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2，如图所示。空间站变轨过程发动机做的功至少为(　　)
A.GMm0 B.GMm0
C.GMm0 D.2GMm0
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解析:空间站从轨道r1变轨到r2过程，根据动能定理有W+W引力=ΔEk，依题意可得引力做功W引力=G-G，万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有G=m0，则空间站在轨道上运动的动能为Ek=m0v2=G，空间站变轨前后动能的变化量为ΔEk=G-G，解得W=，故选A。
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4.(2024·山东高考)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(d2
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A.+μmg(l-d)　 B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d)
解析: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，乙及其所坐木板的位移为x1=x0+l-d，则由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d)，故选B。
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5.(2025·岳阳一模)如图所示，轻质弹
簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，
另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为
0.2 kg的小球(可视为质点)相连。直杆与
水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0.4 m，NP=PM，ON=OM，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2 m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10 m/s2，小球与直杆间的动摩擦因数为，下列说法正确的是(　　)
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A.小球通过P点时的加速度大小为3 m/s2
B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5 J
C.小球通过NP段摩擦力做功大于小球通过PM段摩擦力做功
D.从N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4 J
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解析:因在P点时弹簧处于原长，则小球通过P点时的加速度大小为a=gsin 30°-μgcos 30°=2 m/s2，故A错误；因NP段与PM段关于P点对称，则在这两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C错误；设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律，对于从N到P过程，有mg×+Ep=mv2+Wf，从N到M过程，有mgh=2Wf，解得Ep=mv2=×0.2×22 J=0.4 J，故B错误；从N到P过程中，小球和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE=Wf=0.4 J，故D正确。
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6.(2025·内江一模)如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速运动和匀速运动两个过程)。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0=4 m/s，
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滚轮对夯杆的正压力大小为F=2×104 N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数为μ=0.3，夯杆质量m=1×103 kg，坑深h=6.4 m，打夯的过程中坑的深度变化忽略不计，取g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A.夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为2.5 m/s2
B.每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为7.2×104 J
C.每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×104 J
D.增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加
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解析:夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，对夯杆进行分析，根据牛顿第二定律有2μF-mg=ma，解得a=2 m/s2，故A错误；夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，根据速度与位移的关系式有=2ax0，解得x0=4 m=6.4 m，之后夯杆做匀速运动直至到达坑口，此过程夯杆所受左、右两轮静摩擦力的合力大小等于夯杆的重力，匀加速过程经历时间与匀速过程经历时间分别为t1==2 s，t2==0.6 s，根据功能关系，由于滚轮边缘的线速度大小恒定，则每个打夯周期中，电动机多消耗的电能等于滚轮克服摩擦阻力所做的功E电动机=2μFv0t1+mgv0t2=1.2×105 J，故B错误；
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每个打夯周期中滚轮与夯杆间的相对位移大小为x相=v0t1-x0=4 m，则因摩擦产生的热量为Q=2μFx相=4.8×104 J，故C正确；综合上述可知，在匀加速过程中有2μF-mg=ma，夯杆匀加速至v0的相对位移x相=v0t1-，其中t1=，产生的热量Q=2μFx相，解得Q==，可知当增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将减小，故D错误。
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二、多项选择题
7.如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小恒为g，已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m，重力加速度为g。在滑板爱好者(含滑板)沿斜坡下滑距离为L的过程中，下列说法正确的是(　　)
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A.滑板爱好者下滑过程中机械能守恒
B.滑板爱好者减少的重力势能为mgL
C.滑板爱好者增加的动能为mgL
D.滑板爱好者减少的机械能为mgL
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解析:滑板爱好者下滑过程中的加速度大小恒为，小于gsin 30°，因此滑板受到滑动摩擦力，机械能不守恒，故A错误；滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，即减少的重力势能为ΔEp=mgLsin 30°=mgL，故B错误；根据动能定理可知，滑板爱好者增加的动能为ΔEk=FL=maL=mgL，故C正确；根据牛顿第二定律可得mgsin 30°-Ff=mg，解得摩擦力大小为Ff=mg，滑板爱好者减少的机械能等于克服摩擦力所做的功，即ΔE=FfL=mgL，故D正确。
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8.如图所示为某探究活动小组设计
的节能运动系统。固定斜面轨道倾角为
θ，与斜面轨道平滑连接的水平轨道上装
有缓冲保护装置，由劲度系数为k的轻质
弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力大小恒为f。质量为M的木箱与斜面轨道间的动摩擦因数为0.5，水平轨道光滑。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，进入水平轨道后挤压轻弹簧，
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当轻弹簧被压缩至最短时(轻杆未滑动)，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。取地面为零势能面，不计物体大小和形状对问题的影响。sin θ=0.6，cos θ=0.8，g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.木箱和货物在斜面上下滑过程中的加速度大小为2 m/s2
B.m=3M
C.木箱返回过程中，动能与重力势能相等的点在斜面的中点
D.若某次操作失误导致木箱挤压弹簧时轻杆发生滑动，则在轻杆滑动过程中弹簧的压缩量保持不变
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解析:木箱和货物在斜面上下滑过程中，根据牛顿第二定律有(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a，解得a=2 m/s2，故A正确；设斜面轨道长为l，根据功能关系有mglsin θ-μ(M+m)glcos θ=μMglcos θ，解得m=4M，故B错误；木箱被弹回到轨道顶端的过程中，根据功能关系有Mglsin θ+μMglcos θ=Ek0，木箱返回到斜面中点时有Mg×lsin θ+μMg×lcos θ=Ek0-Ek'，可知Ek'=Ek0>Mg×lsin θ，故C错误；若某次操作失误导致木箱挤压弹簧时轻杆发生滑动，则在轻杆滑动过程中，由平衡条件可知f=kx，解得x=，则弹簧的压缩量保持不变，故D正确。
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三、计算题
9.(12分)(2025·昆明高三月考)如图甲所示，滑梯是一种有趣的娱乐设施，可以简化为如图乙所示的圆弧形滑道，其在竖直面内的半径r=0.8 m，过A点的切线与竖直方向的夹角为30°。一质量m=10 kg的小孩(可视为质点)从A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小孩到达圆弧最低点B(切线水平)时的速度大小为
vB=2 m/s，g取10 m/s2。
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(1)求小孩在B点时，滑梯对小孩的支持力；(4分)
答案:150 N，方向竖直向上　
解析:小孩在B点时，由牛顿第二定律有FN-mg=m，解得FN=150 N，方向竖直向上。
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(2)求小孩在下滑过程中损失的机械能；(4分)
答案:20 J　
解析:由能量守恒定律可知，小孩在下滑过程中损失的机械能为ΔE=mgr-m
解得ΔE=20 J。
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(3)若用外力将小孩缓慢从B点推到A点，设摩擦阻力大小恒为重力的倍，求外力做的功。(4分)
答案:60 J
解析:设外力做的功为W，由动能定理有
W-mgr-mg··2πr=0
解得W=60 J。
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10.(12分)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面的高度为H，上端套着一个细环。棒和环的质量分别为M和m，且M=5m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小为5mg。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，重力加速度为g，空气阻力不计。
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(1)棒第一次与地面碰撞弹起后瞬间，求棒和环的加速度大小a1、a2；(4分)
答案:2g　4g　
解析:对棒由牛顿第二定律有Mg+5mg=Ma1，解得a1=2g
对环由牛顿第二定律有5mg-mg=ma2
解得a2=4g。
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(2)求棒第一次与地面碰撞后弹起的最大高度H1；(5分)
答案:　
解析:设棒第一次落地的速度大小为v，则v2=2gH
设棒弹起后经时间t棒与环速度相同，大小为v1，则v1=v-a1t
v1=-v+a2t
共速后，棒与环共同做匀减速运动，则棒上升的总高度为H1=+，解得H1=。
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(3)从断开轻绳到棒和环都静止，求环相对棒运动的路程s。(3分)
答案:H
解析:环始终相对棒向下运动，则由能量守恒定律有
MgH+mg=5mgs
解得s=H。
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11.(15分)如图甲是组合玩具实物图，该玩具主要配件有小车、弹射器、三连环、滑跃板及部分直线轨道等。如图乙为该玩具的轨道结构示意图，其中三连环是由三个半径不同的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组成，且三个圆轨道平滑连接但不重叠，其圆心分别为O1、O2、O3，半径分别为R1=20 cm、R2=15 cm、R3=10 cm。OA、AC为光滑水平轨道，滑跃板CD为足够长的粗糙倾斜轨道，轨道倾角θ可调(0°≤θ<90°)。某次游戏中弹射器将小车自O点以一定初速度弹出，小车先后通过圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后冲上滑跃板。小车可视为质点，其质量m=0.1 kg，与滑跃板CD间的动摩擦因数μ=，轨道各部分平滑连接，g取10 m/s2。
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(1)若小车恰好能够通过圆轨道Ⅰ的最高点B，求初始时弹射器的弹性势能；(4分)
答案:0.5 J　
解析:小车恰好能够通过圆轨道Ⅰ的最高点B，由牛顿第二定律有mg=m
解得vB= m/s
根据能量守恒这律，可得初始时弹射器的弹性势能Ep=m+2mgR1，解得Ep=0.5 J。
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(2)若小车恰好能够通过三连环，调整滑跃板CD的倾角θ，求小车第一次滑上CD轨道的最小距离；(4分)
答案: m　
解析:若小车恰好能够通过三连环，则初始时弹射器的弹性势能为0.5 J，设小车第一次滑上CD轨道的距离为L，由能量守恒定律有Ep=μmgLcos θ+mgLsin θ，可得L=
当θ=60°时，有Lmin= m。
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(3)若小车恰好能够通过三连环，为确保小车整个运动过程均不脱离轨道，分析滑跃板CD与水平面间夹角θ的取值范围(可用三角函数表示)。(7分)
答案:0°≤θ≤arctan
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解析:①当0°≤θ≤30°时，满足μmgcos θ≥mgsin θ
小车冲上滑跃板轨道CD后不再下滑，符合题目要求；
②设小车冲上滑跃板轨道CD的最大距离为x，根据动能定理有
Ep-μmgxcos θ-mgxsin θ=0-0
解得x=
小车在滑跃板轨道CD上往返一次克服摩擦力做功为Wf=2μmgxcos θ=
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可知θ增大，Wf减小，若要使小车不脱离轨道，返回三连环时不能超过圆轨道Ⅲ圆心O3等高位置，根据动能定理有Ep-mgR3-Wf1=0-0
解得tan θ1=
故当30°≤θ≤arctan 时，小车做往返运动最终静止于C点，综上所述，当0°≤θ≤arctan 时小车不脱离轨道。
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4课时跟踪检测(三十二)　功能关系、能量守恒定律的理解及应用
一、单项选择题
1.(2024·江西高考)“飞流直下三千尺,疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s,水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电,发电效率为70%,则发电功率大致为 (　　)
A.109 W B.107 W
C.105 W D.103 W
2.在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B,A的初速度斜向上,B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰,如图所示,此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上。不计阻力,则两小球在此过程中 (　　)
A.位移相同　　　　　　 B.速度的变化量相同
C.动能的增量相同 D.机械能的增量相同
3.已知质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G,式中M为地球质量,G为引力常量。现将空间站的质量记为m0,空间站变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2,如图所示。空间站变轨过程发动机做的功至少为 (　　)
A.GMm0 B.GMm0
C.GMm0 D.2GMm0
4.(2024·山东高考)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(dA.+μmg(l-d)
B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d)
D.+2μmg(l-d)
5.(2025·岳阳一模)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上,另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2 kg的小球(可视为质点)相连。直杆与水平面的夹角为30°,N点距水平面的高度为0.4 m,NP=PM,ON=OM,OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑,经过P处的速度为2 m/s,并恰能停止在M处。已知重力加速度取10 m/s2,小球与直杆间的动摩擦因数为,下列说法正确的是 (　　)
A.小球通过P点时的加速度大小为3 m/s2
B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5 J
C.小球通过NP段摩擦力做功大于小球通过PM段摩擦力做功
D.从N到P过程中,球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4 J
6.(2025·内江一模)如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图,电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来,当夯杆底端刚到达坑口时,两个滚轮彼此分开,将夯杆释放,夯杆在自身重力作用下落回深坑,夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧,夯杆被提上来,如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中,经历匀加速运动和匀速运动两个过程)。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0=4 m/s,滚轮对夯杆的正压力大小为F=2×104 N,滚轮与夯杆间的动摩擦因数为μ=0.3,夯杆质量m=1×103 kg,坑深h=6.4 m,打夯的过程中坑的深度变化忽略不计,取g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.夯杆被滚轮带动加速上升的过程中,加速度的大小为2.5 m/s2
B.每个打夯周期中,电动机多消耗的电能为7.2×104 J
C.每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×104 J
D.增加滚轮对夯杆的正压力,每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加
二、多项选择题
7.如图所示,一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑,下滑过程中的加速度大小恒为g,已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m,重力加速度为g。在滑板爱好者(含滑板)沿斜坡下滑距离为L的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.滑板爱好者下滑过程中机械能守恒
B.滑板爱好者减少的重力势能为mgL
C.滑板爱好者增加的动能为mgL
D.滑板爱好者减少的机械能为mgL
8.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。固定斜面轨道倾角为θ,与斜面轨道平滑连接的水平轨道上装有缓冲保护装置,由劲度系数为k的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力大小恒为f。质量为M的木箱与斜面轨道间的动摩擦因数为0.5,水平轨道光滑。木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,进入水平轨道后挤压轻弹簧,当轻弹簧被压缩至最短时(轻杆未滑动),自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。取地面为零势能面,不计物体大小和形状对问题的影响。sin θ=0.6,cos θ=0.8,g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.木箱和货物在斜面上下滑过程中的加速度大小为2 m/s2
B.m=3M
C.木箱返回过程中,动能与重力势能相等的点在斜面的中点
D.若某次操作失误导致木箱挤压弹簧时轻杆发生滑动,则在轻杆滑动过程中弹簧的压缩量保持不变
卷码 400013221 姓名
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三、计算题
9.(12分)(2025·昆明高三月考)如图甲所示,滑梯是一种有趣的娱乐设施,可以简化为如图乙所示的圆弧形滑道,其在竖直面内的半径r=0.8 m,过A点的切线与竖直方向的夹角为30°。一质量m=10 kg的小孩(可视为质点)从A点由静止开始下滑,利用速度传感器测得小孩到达圆弧最低点B(切线水平)时的速度大小为vB=2 m/s,g取10 m/s2。
(1)求小孩在B点时,滑梯对小孩的支持力;(4分)
(2)求小孩在下滑过程中损失的机械能;(4分)
(3)若用外力将小孩缓慢从B点推到A点,设摩擦阻力大小恒为重力的倍,求外力做的功。(4分)
10.(12分)如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面的高度为H,上端套着一个细环。棒和环的质量分别为M和m,且M=5m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其大小为5mg。断开轻绳,棒和环自由下落。假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直,重力加速度为g,空气阻力不计。
(1)棒第一次与地面碰撞弹起后瞬间,求棒和环的加速度大小a1、a2;(4分)
(2)求棒第一次与地面碰撞后弹起的最大高度H1;(5分)
(3)从断开轻绳到棒和环都静止,求环相对棒运动的路程s。(3分)
11.(15分)如图甲是组合玩具实物图,该玩具主要配件有小车、弹射器、三连环、滑跃板及部分直线轨道等。如图乙为该玩具的轨道结构示意图,其中三连环是由三个半径不同的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组成,且三个圆轨道平滑连接但不重叠,其圆心分别为O1、O2、O3,半径分别为R1=20 cm、R2=15 cm、R3=10 cm。OA、AC为光滑水平轨道,滑跃板CD为足够长的粗糙倾斜轨道,轨道倾角θ可调(0°≤θ<90°)。某次游戏中弹射器将小车自O点以一定初速度弹出,小车先后通过圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后冲上滑跃板。小车可视为质点,其质量m=0.1 kg,与滑跃板CD间的动摩擦因数μ=,轨道各部分平滑连接,g取10 m/s2。
(1)若小车恰好能够通过圆轨道Ⅰ的最高点B,求初始时弹射器的弹性势能;(4分)
(2)若小车恰好能够通过三连环,调整滑跃板CD的倾角θ,求小车第一次滑上CD轨道的最小距离;(4分)
(3)若小车恰好能够通过三连环,为确保小车整个运动过程均不脱离轨道,分析滑跃板CD与水平面间夹角θ的取值范围(可用三角函数表示)。(7分)
课时跟踪检测(三十二)
1.选B　在t时间内流下的水的质量m=ρV=ρQt,这些水产生的能量W=mgh,则发电功率P=η·=ηρQgh,代入数据解得P≈107 W,B正确。
2.选D　两小球初位置不同,末位置相同,故两小球在此过程中位移不同,故A错误;小球A在竖直方向做竖直上抛运动,则h=-v0yt1+g,小球B在竖直方向做自由落体运动,则h=g,可得t1>t2,速度的变化量为Δv=gΔt,故小球A速度的变化量较大,故B错误;根据动能定理ΔEk=W合=mgh,两小球质量不同,下落高度相同,动能的增量不同,故C错误;两小球运动过程中只有重力做功,两小球机械能守恒,机械能的增量相同,均为零,故D正确。
3.选A　空间站从轨道r1变轨到r2过程,根据动能定理有W+W引力=ΔEk,依题意可得引力做功W引力=G-G,万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力,由牛顿第二定律有G=m0,则空间站在轨道上运动的动能为Ek=m0v2=G,空间站变轨前后动能的变化量为ΔEk=G-G,解得W=-,故选A。
4.选B　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,乙及其所坐木板的位移为x1=x0+l-d,则由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d),故选B。
5.选D　因在P点时弹簧处于原长,则小球通过P点时的加速度大小为a=gsin 30°-μgcos 30°=2 m/s2,故A错误;因NP段与PM段关于P点对称,则在这两段上弹力的平均值相等,则摩擦力平均值相等,摩擦力做功相等,故C错误;设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf,弹簧具有的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒定律,对于从N到P过程,有mg×+Ep=mv2+Wf,从N到M过程,有mgh=2Wf,解得Ep=mv2=×0.2×22 J=0.4 J,故B错误;从N到P过程中,小球和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE=Wf=0.4 J,故D正确。
6.选C　夯杆被滚轮带动加速上升的过程中,对夯杆进行分析,根据牛顿第二定律有2μF-mg=ma,解得a=2 m/s2,故A错误;夯杆被滚轮带动加速上升的过程中,根据速度与位移的关系式有=2ax0,解得x0=4 m7.选CD　滑板爱好者下滑过程中的加速度大小恒为,小于gsin 30°,因此滑板受到滑动摩擦力,机械能不守恒,故A错误;滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功,即减少的重力势能为ΔEp=mgLsin 30°=mgL,故B错误;根据动能定理可知,滑板爱好者增加的动能为ΔEk=FL=maL=mgL,故C正确;根据牛顿第二定律可得mgsin 30°-Ff=mg,解得摩擦力大小为Ff=mg,滑板爱好者减少的机械能等于克服摩擦力所做的功,即ΔE=FfL=mgL,故D正确。
8.选AD　木箱和货物在斜面上下滑过程中,根据牛顿第二定律有(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a,解得a=2 m/s2,故A正确;设斜面轨道长为l,根据功能关系有mglsin θ-μ(M+m)glcos θ=μMglcos θ,解得m=4M,故B错误;木箱被弹回到轨道顶端的过程中,根据功能关系有Mglsin θ+μMglcos θ=Ek0,木箱返回到斜面中点时有Mg×lsin θ+μMg×lcos θ=Ek0-Ek',可知Ek'=Ek0>Mg×lsin θ,故C错误;若某次操作失误导致木箱挤压弹簧时轻杆发生滑动,则在轻杆滑动过程中,由平衡条件可知f=kx,解得x=,则弹簧的压缩量保持不变,故D正确。
9.解析:(1)小孩在B点时,由牛顿第二定律有FN-mg=m
解得FN=150 N
方向竖直向上。
(2)由能量守恒定律可知,小孩在下滑过程中损失的机械能为ΔE=mgr-m
解得ΔE=20 J。
(3)设外力做的功为W,由动能定理有
W-mgr-mg··2πr=0,解得W=60 J。
答案:(1)150 N,方向竖直向上　(2)20 J　(3)60 J
10.解析:(1)对棒由牛顿第二定律有Mg+5mg=Ma1,解得a1=2g
对环由牛顿第二定律有5mg-mg=ma2
解得a2=4g。
(2)设棒第一次落地的速度大小为v,则v2=2gH
设棒弹起后经时间t棒与环速度相同,大小为v1,则
v1=v-a1t
v1=-v+a2t
共速后,棒与环共同做匀减速运动,则棒上升的总高度为
H1=+
解得H1=。
(3)环始终相对棒向下运动,则由能量守恒定律有
MgH+mg=5mgs
解得s=H。
答案:(1)2g　4g　(2)　(3)H
11.解析:(1)小车恰好能够通过圆轨道Ⅰ的最高点B,由牛顿第二定律有mg=m
解得vB= m/s
根据能量守恒这律,可得初始时弹射器的弹性势能Ep=m+2mgR1
解得Ep=0.5 J。
(2)若小车恰好能够通过三连环,则初始时弹射器的弹性势能为0.5 J,设小车第一次滑上CD轨道的距离为L,由能量守恒定律有Ep=μmgLcos θ+mgLsin θ
可得L=
当θ=60°时,有Lmin= m。
(3)①当0°≤θ≤30°时,满足μmgcos θ≥mgsin θ
小车冲上滑跃板轨道CD后不再下滑,符合题目要求;
②设小车冲上滑跃板轨道CD的最大距离为x,根据动能定理有
Ep-μmgxcos θ-mgxsin θ=0-0
解得x=
小车在滑跃板轨道CD上往返一次克服摩擦力做功为Wf=2μmgxcos θ=
可知θ增大,Wf减小,若要使小车不脱离轨道,返回三连环时不能超过圆轨道Ⅲ圆心O3等高位置,根据动能定理有
Ep-mgR3-Wf1=0-0
解得tan θ1=
故当30°≤θ≤arctan 时,小车做往返运动最终静止于C点,
综上所述,当0°≤θ≤arctan 时小车不脱离轨道。
答案:(1)0.5 J　(2) m　(3)0°≤θ≤arctan
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