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课时2　机械能守恒定律　功能关系
考点一　机械能守恒定律
1.机械能守恒定律的表达式
2.连接体的机械能守恒问题
共速率连接体 分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度连接体 两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度连接体 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0
含轻弹簧连接体 ①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
例1　(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
例2　(多选)(八省联考·陕西·10)如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速度释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中(　　)
A.轻绳拉力大小一直增大
B.物体P的加速度大小一直增大
C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为
D.物体P的最大动能为
考点二　能量守恒定律及应用
1.应用能量守恒定律解题的两个基本思路
(1)某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减=ΔE增。
(2)某个物体的能量减小，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，即ΔEA减=ΔEB增。
2.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。
例3　(2025·吉林通化市检测)在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16 m。现将一质量m=1 kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)快件与传送带间的动摩擦因数；
(2)快件与传送带因摩擦而产生的热量；
(3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。
1.传送带的动力学问题
(1)求物体在传送带上运动时间、离开传送带时的速度、划痕长度、摩擦生热所用到的相对路程，往往需要根据动力学知识求解。
(2)传送带中的动力学问题的分析思路
2.传送带中的能量问题
(1)求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
(2)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。
(3)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功W=Ffx传。
②产生的内能Q=Ffx相对。
(4)将物体轻放在传送带上，物体从静止加速到与传送带共速时，摩擦生热与物体能量变化的关系
①水平传送带，摩擦生热等于物体增加的动能Q=Ek；
②倾斜传送带(放在最低点、向上传送)，摩擦生热等于物体增加的机械能，Q=ΔE。
例4　(2025·江苏镇江市模拟)如图所示，底部A处装有挡板、倾角θ=30°的足够长的斜面，其上静止放着一长金属板，下端与挡板接触。距离A处L=6.5 m的B处固定一电动滚轮将金属板压紧在斜面上。现启动电机，滚轮匀速转动，将金属板由静止开始送往斜面上部。当金属板下端运动到B处时，滚轮提起与金属板脱离。金属板最终会返回斜面底部，与挡板相撞后静止，此时滚轮再次压紧金属板，又将金属板从A处送往斜面上部，如此周而复始，已知滚轮转动角速度ω=80 rad/s，半径r=0.05 m，滚轮对金属板的压力FN=2×104 N、与金属板间的动摩擦因数为μ=0.35，金属板的质量为m=1×103 kg，不计板与斜面间的摩擦，g取10 m/s2。求：
(1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小；
(2)金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小；
(3)金属板往复运动的周期以及每个运动周期中电动机输出的平均功率。
应用能量守恒定律解题的一般步骤
考点三　功能关系及应用
1.功能关系的理解和应用
功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。
(1)根据功能之间的对应关系，判定能量的转化情况。
(2)根据能量转化，可计算变力做的功。
2.常见功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W=Ek2-Ek1=mv2- m
机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他=E2-E1=ΔE机
摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=Ff·s相对 s相对为相对路程
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安=E2-E1=ΔE
例5　(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　)
A.从1到2动能减少mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.从2到3机械能不变
例6　(多选)(2025·云南卷·10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　)
A.P、M两点之间的距离为
B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m
C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间
　　　　　　　　　　　　　　　　
　　通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算，排除不符合题意的选项，从寻找差异性的角度，采用逐一排除的方法来确定答案。在遇到用已有知识解决不了的问题时，换个角度，排除错误的，剩下的就是正确的。
示例　(2025·山东潍坊市三模)某次训练投掷中，运动员将质量m=4 kg的铅球以初速度v0斜向上抛出(抛出时记为零时刻)，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。已知铅球在t1=0.5 s时动能达到最小值Ekmin=150 J。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能Ek、重力势能Ep随时间t或高度h变化的关系图像正确的是(　　)
专题强化练　
[分值：45分]
[1~6题，每题4分，7题6分]
[保分基础练]
1.(2025·广东珠海市等三地一模)网球运动员在离地面h1高度处将网球以大小为v1的速度斜向上击出，空气阻力的影响不可忽略，网球经过一段时间后升到最高点，此时网球离地面高度为h2，速度大小为v2。已知网球质量为m。则(　　)
A.网球从被击出到最高点的过程，机械能守恒
B.网球从被击出到最高点的过程，减少的动能全部转化为增加的重力势能
C.网球在其轨迹最高点时重力的功率等于零
D.网球从被击出到最高点的过程，克服空气阻力做功为m-m
2.(2025·广东肇庆市一模)如图所示，a、b两小球(均可视为质点)通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮(视为质点)上。开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线水平伸直且无拉力。现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0。不计空气阻力，则a、b两球的质量之比为 (　　)
A.3∶1 B.2∶1 C.3∶2 D.1∶1
3.(多选)(2025·河北张家口市一模)2024年巴黎奥运会网球女单决赛，郑钦文创造历史成为中国首位奥运网球单打冠军。某次比赛中，郑钦文将网球斜向上击出后，若不计空气阻力，网球在空中从最高点运动至落地过程中的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随运动时间t或下落距离h变化的关系中，可能正确的是 (　　)
4.(2025·江苏省G4联考调研)如图所示，物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于光滑固定斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q，初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中(　　)
A.P的机械能一直减小
B.杆对P的冲量为零
C.P、Q组成的系统机械能守恒
D.经过M点前P与Q的速度大小关系vP5.(2025·山东卷·5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　)
A. B.
C. D.
6.(多选)(2025·湖北武汉市检测)如图所示，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接在一起的滑块M、N置于斜面上处于静止状态。现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开挡板时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。重力加速度为g。则关于从滑块M开始运动到滑块N刚要离开挡板的过程，下列说法中正确的是(　　)
A.滑块M的位移为
B.滑块N刚要离开挡板的瞬间，滑块M的加速度大小为2gsin α
C.滑块M获得的瞬时冲量大小为
D.重力对滑块M做的功为
[争分提能练]
7.(多选)(2025·四川绵阳市二模)如图所示，在水平地面上固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与套在圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦与空气阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.小圆环到达B点时的加速度为g
B.小圆环到达B点后还能再次回到A点
C.小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度大小之比为2∶
D.小圆环和物块的质量之比满足=
8.(15分)(2025·河北邯郸市二模)如图所示，左右两端带有弹性挡板M、N的长木板乙静止放在光滑的水平地面上，物块甲放置在长木板的中点C，原长为AB的弹性绳上端固定于A点，下端穿过固定于B点的光滑圆环与物块甲连接，初始时A、B、C三点位于同一竖直线上。已知物块甲的质量m1=6 kg，木板乙的质量m2=2 kg，长度L0=2 m，弹性绳的劲度系数k=100 N/m，BC间距离为L1=0.2 m，弹性绳的弹性势能的表达式为Ep=kx2(x为弹性绳的伸长量)，物块甲和木板乙之间的动摩擦因数μ=0.5，忽略挡板M、N的厚度和物块甲的大小，物块甲和木板乙之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞时间忽略不计，弹性绳始终处于弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(2分)若某时刻给物块甲、木板乙相同的向右初速度v1= m/s，二者向右一起减速且一直未发生相对滑动，求物块甲向右运动的最大位移x1；
(2)(6分)若某时刻给物块甲、木板乙相同的向右初速度v2，且当二者将要发生相对滑动时，将长木板乙锁定不动，使得物块甲与木板乙的挡板N仅能碰撞一次，求v2的最小值(结果可用根号表示)；
(3)(7分)若将长木板乙锁定不动，给物块甲一个向右的初速度，使其初动能为Ek3=70 J，求物块甲在长木板上运动的总路程s(物块甲与挡板M、N碰撞前后速度大小不变)。课时2　机械能守恒定律　功能关系
考点一　机械能守恒定律
1.机械能守恒定律的表达式
2.连接体的机械能守恒问题
共速率连接体 分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度连接体 两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度连接体 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0
含轻弹簧连接体 ①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)
例1　(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
答案　(1)4 m/s　17 N　(2)4 m
(3)2 m/s
解析　(1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律
m=mg·2L+m
在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=m
解得v1=4 m/s，FT=17 N
由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17 N
(2)小球做平抛运动：x=v1t，2L=gt2
解得x=4 m
(3)若小球经过N点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg=
从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律
mv0'2=mg·5L+m
解得v0'=2 m/s。
例2　(多选)(八省联考·陕西·10)如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速度释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中(　　)
A.轻绳拉力大小一直增大
B.物体P的加速度大小一直增大
C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为
D.物体P的最大动能为
答案　AD
解析　设物体P向下运动过程中的位移为x，弹簧的形变量为Δx，开始时弹簧被压缩，其弹力为支持力，从释放P到弹簧恢复原长过程中，对P、Q整体根据牛顿第二定律4mgsin 30°-mg+kΔx=(4m+m)a
可得a=
随着x增大，Δx减小，则加速度逐渐减小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力为拉力，根据牛顿第二定律4mgsin 30°-mg-kΔx=(4m+m)a
可得a=
随着x增大，Δx增大，当mg > kΔx时，随着x增大，加速度逐渐减小，当kΔx > mg时，随着x增大，加速度反向增大，所以物体P的加速度大小先减小后反向增大，故B错误；
以P为研究对象，设绳子拉力为FT，根据牛顿第二定律4mgsin 30°-FT=4ma
可得弹簧恢复原长前FT=1.2mg-0.8kΔx
随着Δx减小，FT增大；
弹簧恢复原长后FT=1.2mg+0.8kΔx
可知随着Δx增大，FT逐渐增大，所以轻绳拉力大小一直增大，故A正确；
没有释放物体P前，根据平衡条件mg=kx1
可得x1=
设物体P沿斜劈下滑的最大距离为xmax，根据系统机械能守恒可得
4mgxmaxsin 30°+k=mgxmax+k(xmax-x1)2
解得xmax=
故C错误；
当P的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件
4mgsin 30°=kx'+mg
解得x'=
可知P动能最大时，弹簧的弹性势能与初始状态相等，设P的动能为Ek，根据Ek=×4mv2，可知Q的动能为mv2=，根据系统机械能守恒
4mg(x'+x1)sin 30°-mg(x'+x1)=Ek+
解得Ek=
故D正确。
考点二　能量守恒定律及应用
1.应用能量守恒定律解题的两个基本思路
(1)某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减=ΔE增。
(2)某个物体的能量减小，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，即ΔEA减=ΔEB增。
2.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。
例3　(2025·吉林通化市检测)在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16 m。现将一质量m=1 kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)快件与传送带间的动摩擦因数；
(2)快件与传送带因摩擦而产生的热量；
(3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。
答案　(1)0.875　(2)56 J　(3)160 J
解析　(1)快件放在传送带上先做匀加速运动，根据v2=2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2
根据牛顿第二定律可得
μmgcos 37°-mgsin 37°=ma
解得动摩擦因数μ=0.875
(2)根据题图乙可知，传送带的速度v=4 m/s，快件加速的时间为
t1==4 s
快件与传送带的相对位移为
Δx=vt1-vt1=8 m
快件和传送带间因摩擦产生的热量为
Q=μmgcos 37°·Δx
解得Q=56 J
(3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，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，则有
W=mgLsin 37°+mv2+Q
解得W=160 J。
1.传送带的动力学问题
(1)求物体在传送带上运动时间、离开传送带时的速度、划痕长度、摩擦生热所用到的相对路程，往往需要根据动力学知识求解。
(2)传送带中的动力学问题的分析思路
2.传送带中的能量问题
(1)求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
(2)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。
(3)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功W=Ffx传。
②产生的内能Q=Ffx相对。
(4)将物体轻放在传送带上，物体从静止加速到与传送带共速时，摩擦生热与物体能量变化的关系
①水平传送带，摩擦生热等于物体增加的动能Q=Ek；
②倾斜传送带(放在最低点、向上传送)，摩擦生热等于物体增加的机械能，Q=ΔE。
例4　(2025·江苏镇江市模拟)如图所示，底部A处装有挡板、倾角θ=30°的足够长的斜面，其上静止放着一长金属板，下端与挡板接触。距离A处L=6.5 m的B处固定一电动滚轮将金属板压紧在斜面上。现启动电机，滚轮匀速转动，将金属板由静止开始送往斜面上部。当金属板下端运动到B处时，滚轮提起与金属板脱离。金属板最终会返回斜面底部，与挡板相撞后静止，此时滚轮再次压紧金属板，又将金属板从A处送往斜面上部，如此周而复始，已知滚轮转动角速度ω=80 rad/s，半径r=0.05 m，滚轮对金属板的压力FN=2×104 N、与金属板间的动摩擦因数为μ=0.35，金属板的质量为m=1×103 kg，不计板与斜面间的摩擦，g取10 m/s2。求：
(1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小；
(2)金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小；
(3)金属板往复运动的周期以及每个运动周期中电动机输出的平均功率。
答案　(1)2 m/s2　(2)4.05×104 J　
(3)5.225 s　1.3×104 W
解析　(1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小a==2 m/s2
(2)滚轮边缘线速度大小v=ωr=4 m/s，金属板匀加速运动时间t1==2 s
运动位移x=a=4 m
x根据能量守恒，金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小ΔE=mv2+mgLsin θ=4.05×104 J
(3)金属板匀速运动时间t2==0.625 s
此后先沿斜面向上做匀减速直线运动，再沿斜面向下做匀加速直线运动到底端，以沿斜面向上为正方向，总位移为x0=-6.5 m，加速度大小为a0=gsin θ=5 m/s2
根据x0=vt3-a0
解得t3=2.6 s
金属板往复运动的周期T=t1+t2+t3=5.225 s
一个周期时间内产生的热量为
Q=Ff·Δs=μFN(vt1-x)=2.8×104 J
电动机对金属板做功W=4.05×104 J，
电动机输出的平均功率P=≈1.3×104 W。
应用能量守恒定律解题的一般步骤
考点三　功能关系及应用
1.功能关系的理解和应用
功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。
(1)根据功能之间的对应关系，判定能量的转化情况。
(2)根据能量转化，可计算变力做的功。
2.常见功能关系
能量 功能关系 表达式
势能 重力做功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W=Ek2-Ek1=mv2- m
机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他=E2-E1=ΔE机
摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=Ff·s相对 s相对为相对路程
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安=E2-E1=ΔE
例5　(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球(　　)
A.从1到2动能减少mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.从2到3机械能不变
答案　B
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，故A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。
例6　(多选)(2025·云南卷·10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　)
A.P、M两点之间的距离为
B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m
C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间
答案　CD
解析　设PO的距离为L，过程Ⅰ：根据动能定理有-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=0-m ①
设MO的距离为L1，过程Ⅱ：当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1=mgsin θ+μmgcos θ ②
P、M两点之间的距离L2=L-L1，μ=tan θ，联立解得L2=，故A错误；根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgcos θ·L-kL2，结合①式及μ=tan θ可得ΔE=m-，故B错误；设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律kL2=mgsin θ·x+μmgcos θ·x+k(x-L)2，联立解得x=，故C正确；无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足kL1=mgsin θ+μmgcos θ，当在O点时，满足mgsin θ=μmgcos θ，所以在OM(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故D正确。
　　　　　　　　　　　　　　　　
　　通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算，排除不符合题意的选项，从寻找差异性的角度，采用逐一排除的方法来确定答案。在遇到用已有知识解决不了的问题时，换个角度，排除错误的，剩下的就是正确的。
示例　(2025·山东潍坊市三模)某次训练投掷中，运动员将质量m=4 kg的铅球以初速度v0斜向上抛出(抛出时记为零时刻)，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。已知铅球在t1=0.5 s时动能达到最小值Ekmin=150 J。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能Ek、重力势能Ep随时间t或高度h变化的关系图像正确的是(　　)
答案　C
解析　铅球斜向上抛出，经时间t上升高度h=v0yt-gt2，Ep=mgh=mg(v0yt-gt2)，故Ep-t图像为曲线，排除B选项；由动能定理-mgh=Ek-m，得Ek=m-mg(v0yt-gt2)=m+mg2t2-mgv0y·t，知Ek-t图像为曲线，排除A选项；铅球上升时间t1=0.5 s，上升的最大高度H=g=1.25 m，Ep=mgh，Ep-h图像是向上倾斜的直线，且上升和下降过程的图像重合，排除D选项；铅球在最高点动能为最小动能，则Ekmin=m=150 J，抛出点竖直分速度v0y=gt1=5 m/s，铅球在抛出点动能Ek0=m=m(+)=200 J，上抛过程中Ek=Ek0-mgh，故Ek-h是向下倾斜的直线，且上升过程和下降过程图像重合，选项C正确。
专题强化练　
[分值：45分]
[1~6题，每题4分，7题6分]
[保分基础练]
1.(2025·广东珠海市等三地一模)网球运动员在离地面h1高度处将网球以大小为v1的速度斜向上击出，空气阻力的影响不可忽略，网球经过一段时间后升到最高点，此时网球离地面高度为h2，速度大小为v2。已知网球质量为m。则(　　)
A.网球从被击出到最高点的过程，机械能守恒
B.网球从被击出到最高点的过程，减少的动能全部转化为增加的重力势能
C.网球在其轨迹最高点时重力的功率等于零
D.网球从被击出到最高点的过程，克服空气阻力做功为m-m
答案　C
解析　网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力做功，机械能不守恒，减少的动能一部分转化为重力势能，另一部分用来克服空气阻力做的功，A、B错误；在最高点时，速度v2沿水平方向，竖直方向的速度为vy=0，功率P=Fv=mgvy=0，C正确；由动能定理可知-mg(h2-h1)-W克f=m-m，解得W克f=m-m-mg(h2-h1)，D错误。
2.(2025·广东肇庆市一模)如图所示，a、b两小球(均可视为质点)通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮(视为质点)上。开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线水平伸直且无拉力。现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0。不计空气阻力，则a、b两球的质量之比为 (　　)
A.3∶1 B.2∶1 C.3∶2 D.1∶1
答案　A
解析　连接b球的细线摆到竖直位置时，由机械能守恒定律有mbgl=mbv2。对小球b：FT-mbg=mb，对球a：FT=mag，联立解得ma∶mb=3∶1，故选A。
3.(多选)(2025·河北张家口市一模)2024年巴黎奥运会网球女单决赛，郑钦文创造历史成为中国首位奥运网球单打冠军。某次比赛中，郑钦文将网球斜向上击出后，若不计空气阻力，网球在空中从最高点运动至落地过程中的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随运动时间t或下落距离h变化的关系中，可能正确的是 (　　)
答案　AD
解析　不计空气阻力，网球在空中从最高点运动至落地过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；根据Ek-Ek0=ΔEk=mgh=mg×gt2，可得Ek=mgh+Ek0，Ek=mg2t2+Ek0，可知Ek-t图像为曲线，Ek-h图像为直线，且斜率为正，故B错误，D正确；重力势能变化量ΔEp=mgΔh，Ep-h图像为直线，故C错误。
4.(2025·江苏省G4联考调研)如图所示，物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于光滑固定斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q，初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中(　　)
A.P的机械能一直减小
B.杆对P的冲量为零
C.P、Q组成的系统机械能守恒
D.经过M点前P与Q的速度大小关系vP答案　A
解析　P下滑过程中，除了重力对P做功外，轻绳的拉力对P一直做负功，P的机械能一直减小，故A正确；根据冲量的定义可知，杆对P的冲量不为零，故B错误；由于弹簧弹力对Q做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故C错误；设轻绳与杆的夹角为α，则P沿绳方向的分速度大小等于Q的速度大小，即vPcos α=vQ，所以除了N点和M点外，P与Q的速度大小关系为vP>vQ，故D错误。
5.(2025·山东卷·5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　根据题意小车匀速运动，则有F=f=kv，小车的机械功率P机=Fv=kv2，由于电动机的效率为50%，则有P电===2kv2，光伏电池的光电转换效率为η=，可知获得太阳能的功率P太阳==，光伏电池单位时间内获得的太阳能为，故选A。
6.(多选)(2025·湖北武汉市检测)如图所示，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接在一起的滑块M、N置于斜面上处于静止状态。现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开挡板时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。重力加速度为g。则关于从滑块M开始运动到滑块N刚要离开挡板的过程，下列说法中正确的是(　　)
A.滑块M的位移为
B.滑块N刚要离开挡板的瞬间，滑块M的加速度大小为2gsin α
C.滑块M获得的瞬时冲量大小为
D.重力对滑块M做的功为
答案　BC
解析　滑块M、N置于斜面上处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有mgsin α=kx1，滑块N刚要离开挡板时，弹簧处于拉伸状态，根据胡克定律有mgsin α=kx2，滑块M的位移为x=x1+x2，解得x=，故A错误；滑块N刚要离开挡板的瞬间，对滑块M进行分析，根据牛顿第二定律有mgsin α+kx2=ma，解得a=2gsin α，故B正确；重力对滑块M做的功W=-mg(x1+x2)sin α，解得W=-，故D错误；结合上述可知，滑块M向上运动过程中，弹簧初始位置的压缩量等于末位置的伸长量，即弹簧初末状态的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可得m-mv2=mg(x1+x2)sin α，滑块M获得的瞬时冲量大小I=mv0，联立解得I=，故C正确。
[争分提能练]
7.(多选)(2025·四川绵阳市二模)如图所示，在水平地面上固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与套在圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦与空气阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.小圆环到达B点时的加速度为g
B.小圆环到达B点后还能再次回到A点
C.小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度大小之比为2∶
D.小圆环和物块的质量之比满足=
答案　AB
解析　小圆环运动到B点时，小环受到竖直向下的重力，水平向右的拉力和圆环对小环向左的支持力，因为运动到B点时速度恰好为零，小球的合力为竖直方向的重力，根据牛顿第二定律可知mg=ma，解得a=g，A正确；小圆环和物块组成的系统，在运动过程中，由于忽略一切摩擦和空气阻力，故只有重力做功，机械能守恒，当小圆环到达B点时，速度都为零，此后小圆环沿圆轨道向下运动，机械能还是守恒，最终小圆环和物块速度都减到零，故圆环到达B点后还能再次滑回A点，B正确；小圆环在P点时，小圆环的速度方向沿绳的方向，根据速度的合成与分解可知，此时小圆环和物块的速度大小之比为1∶1，C错误；设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知OC=2R，AC=R，在运动过程中，对小圆环和物块组成的系统，根据机械能守恒定律可知mgR=MgR(-1)sin 30°，解得=，D错误。
8.(15分)(2025·河北邯郸市二模)如图所示，左右两端带有弹性挡板M、N的长木板乙静止放在光滑的水平地面上，物块甲放置在长木板的中点C，原长为AB的弹性绳上端固定于A点，下端穿过固定于B点的光滑圆环与物块甲连接，初始时A、B、C三点位于同一竖直线上。已知物块甲的质量m1=6 kg，木板乙的质量m2=2 kg，长度L0=2 m，弹性绳的劲度系数k=100 N/m，BC间距离为L1=0.2 m，弹性绳的弹性势能的表达式为Ep=kx2(x为弹性绳的伸长量)，物块甲和木板乙之间的动摩擦因数μ=0.5，忽略挡板M、N的厚度和物块甲的大小，物块甲和木板乙之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞时间忽略不计，弹性绳始终处于弹性限度内，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(2分)若某时刻给物块甲、木板乙相同的向右初速度v1= m/s，二者向右一起减速且一直未发生相对滑动，求物块甲向右运动的最大位移x1；
(2)(6分)若某时刻给物块甲、木板乙相同的向右初速度v2，且当二者将要发生相对滑动时，将长木板乙锁定不动，使得物块甲与木板乙的挡板N仅能碰撞一次，求v2的最小值(结果可用根号表示)；
(3)(7分)若将长木板乙锁定不动，给物块甲一个向右的初速度，使其初动能为Ek3=70 J，求物块甲在长木板上运动的总路程s(物块甲与挡板M、N碰撞前后速度大小不变)。
答案　(1)0.4 m　(2) m/s　(3)3.4 m
解析　(1)甲、乙一起向右做减速直线运动，由能量守恒定律可得
(m1+m2)=k(+)-k
解得x1=0.4 m
(2)甲、乙一起向右做减速直线运动，当二者将要发生相对滑动时，二者间达到最大静摩擦力，设此时二者向右运动的位移为x2，对乙，由牛顿第二定律得Ff=μ(m1g-kL1)=m2a
对甲、乙整体，由牛顿第二定律得kx2=(m1+m2)a
甲、乙向右运动位移为x2的过程中，由能量守恒定律可得
(m1+m2)(-)=k(+)-k
此后甲刚好减速到挡板N时速度v2最小，由能量守恒定律可得
m1=k-k(+)+μ(m1g-kL1)
联立解得v2= m/s
(3)物块甲先向右运动，假设能够到达挡板，且动能为EkN1，滑动摩擦力Ff=μ(m1g-kL1)
由能量守恒定律可得
Ek3-EkN1=Ff·+k-k
解得EkN1=0
则物块甲正好能够达到挡板N，此时最大静摩擦力
Ffm=μ(m1g-kL1)=20 N，小于弹性绳弹力的水平分力，所以物块甲将向左运动，物块甲从N到C过程，先加速后减速，设到达C点时动能为EkC1，由能量守恒定律可得
EkC1+Ff·=k-k
解得EkC1=30 J
则物块甲能够返回C点，之后将继续向左运动位移大小x3，由能量守恒定律可得
EkC1=Ff·x3+k(+)-k
解得x3=0.6 m
分析可知物块甲将返回C点向右运动位移大小x4，由能量守恒定律可得
Ff(x3+x4)=k(+)-k(+)
解得x4=0.2 m
此时弹性绳弹力的水平分力正好等于最大静摩擦力，所以物块甲将静止不动，物块甲在长木板上运动的总路程s=L0+2x3+x4=3.4 m

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