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第7讲　小专题:动力学和能量观点的综合应用
【学习目标】
1.掌握动力学基本规律与能量观点的内在联系。明确力与运动的因果关系和能量转化过程的等效性的辩证关系。能根据问题情境灵活选择动力学或能量观点分析问题,理解两种方法在解决复杂运动问题中的互补性。
2.能将实际问题抽象为物理模型,并综合运用动力学和能量规律建立方程。通过数学工具建立两种观点的联系。能评估不同解法的合理性,反思结果的物理意义。
3.体会物理学中“守恒思想”的统一性,理解动力学与能量观点是描述自然规律的不同视角。关注实际应用,分析技术设计中如何综合运用两种观点优化方案。形成多角度解决问题的科学思维习惯。
考点一　传送带模型中的动力学和能量问题
1.传送带问题的分析方法
(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度: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。
(3)注意:当物体与传送带速度相同时,摩擦力往往发生突变。
2.传送带问题涉及的功能关系
(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传。
(2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。
(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
[例1] 【水平传送带模型】 (2025·湖南岳阳开学考试)如图,一大型工厂内足够长的水平传送带左端有一个与传送带等高的光滑平台,二者平滑连接于A点,传送带始终以大小为v=3 m/s的速度逆时针匀速转动,在平台上一工件以水平向右、大小为v0=6 m/s 的速度从A点冲上传送带。已知工件的质量为m=2 kg且可视为质点,工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法错误的是(　　)
A.工件在传送带上向右运动的最大距离为3.6 m
B.工件在传送带上运动的时间为2.7 s
C.工件在传送带上留下的划痕长度为8.1 m
D.工件在传送带上运动的整个过程中系统因摩擦产生的热量为72 J
[例2] 【倾斜传送带模型】 (2025·广西卷,15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=,到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方向速度不变,水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔,重力加速度为g。分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I,如图乙,求这段时间内:
(1)单个散货的质量;
(2)水平传送带的平均传送速度大小;
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
考点二　“滑块—木板”模型
1.“滑块—木板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析:分别对滑块和木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速度;根据各自的运动情况利用运动学规律求解速度、位移、运动时间等。
(2)功和能分析:对滑块和木板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律。
2.三个位移的应用(如图所示)
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
[例3] 【滑块—木板模型动力学和能量分析】 (多选)(2025·河南阶段练习)如图甲所示,木板静止放在光滑的水平面上,可视为质点的小物块静置于木板左端,用F=4 N的恒力拉动小物块,使小物块运动到木板右端,此过程小物块的机械能随位移变化的Ex图像如图乙所示,木板和小物块的速度随时间变化的vt图像如图丙所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.木板长度为2 m
B.木板和小物块间的动摩擦因数为0.3
C.木板的质量为6 kg
D.系统因摩擦产生的热量为3 J
[例4] 【有外力作用的滑块—木板模型】 (2025·江苏一模)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面,倾角θ=30°,底端固定弹性挡板,长木板B放在斜面上,小物块A放在B的上端。沿斜面向上敲击B,使B立即获得初速度v0=3.0 m/s,沿斜面向上运动,此后B和挡板发生碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向相反,A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为
1.0 kg,A、B间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)敲击B后的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB;
(2)B上升的最大距离s;
(3)B的最小长度L。
考点三　应用动力学和能量观点解决多运动组合问题
　两大观点的选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)时,涉及时间与运动细节,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息,一般选用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。
[例5] (2024·江苏卷,15)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。求:
(1)CD段长度x;
(2)BC段电动机的输出功率P;
(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
解决多运动组合问题方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情境。
(2)“分”——将全过程进行分解,分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系,以衔接点为突破口,寻求解题最优方案。
第7讲　小专题:动力学和能量观点的
综合应用
考点一
[例1] D　
[例2] 【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)对单个散货,水平方向上由动量定理得
-I=0-mv0,
解得单个散货的质量为m=。
(2)设落入货箱中散货的个数为N,
N==,
则水平传送带的平均传送速度大小为
==。
(3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段,由牛顿第二定律有
μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,
解得a=g,
加速时间
t1==,
加速位移
x1=a=,
设匀速时间为t2,其中t1+t2=9Δt,
则匀速位移为
x2=v0t2=v0(9Δt-),
故传送带的长度为
L=x1+x2=9v0Δt-,
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
Δx=v0t1-x1=,
在Δt时间内传送带额外做的功为
W=m+mgLsin 30°+Q,
其中m=,L=9v0Δt-,
Q=μmgcos 30°·Δx,=,
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
=。
考点二
[例3] BCD　
[例4] 【答案】 (1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)0.375 m
(3)1.8 m
【解析】 (1)敲击B后的瞬间,A受到向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律对物块A有
μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA,
解得aA=2.5 m/s2,
对木板B有μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB,
解得aB=12.5 m/s2。
(2)设A、B向上运动,经过时间t后共速,有
v0-aBt=aAt,此后由于mAgsin θ<μmAgcos θ,
A、B一起以加速度a向上做匀减速直线运动,对A、B整体,有(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a,
s=(v0t-aBt2)+,
代入数据解得s=0.375 m。
(3)若最终A、B均停在挡板处,此情境下B的长度即为最小值,根据能量守恒定律有
mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L,
解得L=1.8 m。
考点三
[例5] 【答案】 (1)
(2)mgv(sin θ+μcos θ)　(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,
由运动学公式有0-v2=-2ax,
联立解得x=。
(2)物块在BC段做匀速运动,得电动机的牵引力为
F=mgsin θ+μmgcos θ,
由P=Fv得P=mgv(sin θ+μcos θ)。
(3)全过程物块增加的机械能为
E1=mgLsin θ,
整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产生的内能,故可知
E2=E1+μmgcos θ·L,
故可得
==。第6讲　小专题:功能关系　能量守恒定律
【学习目标】
1.理解功能关系和能量守恒定律的内涵,明确不同能量形式间的转化规律。形成“功是能量转化的量度”的物理观念,能用能量守恒观点分析自然现象或实际问题。
2. 能根据实际问题建立物理模型,并分析系统中功能关系的适用条件。运用动能定理、机械能守恒定律推导相关问题,并解释结论的物理意义。通过能量守恒定律批判性分析“永动机”等错误观点,培养科学论证能力。结合函数图像、代数运算或微积分解决功能关系问题。
3. 能提出与能量转化相关的探究性问题,并设计简单实验方案。利用传感器或光电门等工具测量动能、势能变化,通过图像法验证功能关系。
4. 理解能量守恒定律的普适性,认识其在物理学发展史上的重要意义。结合能源问题,讨论能量守恒定律对可持续发展的指导意义,树立节能环保意识。
考点一　对功能关系的理解与应用
　几种常见的功能关系及其表达式
做功 能的变化 定量关系
合力做功 动能变化 W=Ek2-Ek1=ΔEk
重力做功 重力势能 变化 (1)重力做正功,重力势能减少;重力做负功,重力势能增加。 (2)WG=-ΔEp =Ep1-Ep2
弹簧弹 力做功 弹性势能 变化 (1)弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能增加。 (2)W弹=-ΔEp =Ep1-Ep2
只有重力、 弹簧弹力 做功 机械能 不变化 机械能守恒,ΔE=0
除重力和 弹簧弹力 之外的其 他力做功 机械能 变化 (1)其他力做多少正功,物体的机械能就增加多少;其他力做多少负功,物体的机械能就减少多少。 (2)W其他=ΔE
一对相互 作用的滑 动摩擦力 做功 机械能 减少, 内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力做的总功一定为负功,系统内能增加。 (2)摩擦生热Q=Ffx相对
安培力 做功 电能变化 (1)克服安培力做的功等于电能的增加量。 (2)W克安=E电
[例1] 【对功能关系的理解】 (2025·浙江慈溪期末)如图所示,一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始下滑,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
[例2] 【功能关系与图像结合】 (多选)(2025·安徽二模)如图所示,一物块以一定的速度冲上足够长的固定斜面,物块和斜面之间的动摩擦因数随高度的增加而减小。v、a、Ek、E分别为物块的速度大小、加速度大小、动能、机械能。在物块运动过程中,上述物理量与运动的时间t或位移x的图像可能正确的是(　　)
A　 　 　B
C　　 　D
考点二　摩擦力做功与能量转化
如图所示,光滑水平面上有一质量为M的长木板以速度v1向右运动,将一质量为m、速度为v2的物块放置在长木板左侧,一段时间后两者相对静止且以v3向右运动。已知v1小于v2,长木板的位移为x1,物块的位移为x2,物块与长木板间的动摩擦因数为μ。
(1)分别对长木板和物块运动过程应用动能定理列出相关表达式。
(2)结合(1)中所列关系式你能求出该系统损失的动能吗 你认为损失的动能转化成了什么能 这一能量与滑动摩擦力做功存在什么关系
　两种摩擦力的做功情况比较
项目 静摩擦力 滑动摩擦力
不 同 点 能量的 转化 方面 不会引起系统机械能的变化,只使系统中物体间机械能发生转移 引起系统机械能的变化,一方面使系统中物体间机械能转移,另一方面使系统总机械能减少,减少的机械能转化为内能
一对摩擦 力的总 功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零,总功W=-Ffx相对,即相对滑动时产生的热量
相 同 点 做功的 性质方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功,还可以不做功
[例3] 【对摩擦力做功的理解】 关于各类恒力做功问题,下列说法正确的是(　　)
A.滑动摩擦力对物体可能做负功,也可能做正功,但不可能不做功
B.静摩擦力发生在相对静止的物体之间,所以静摩擦力对物体一定不做功
C.一对作用力与反作用力所做的功一定大小相等,正负相反
D.一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和一定不为零,且为负值
[例4] 【摩擦力做功与能量转化】 (多选)(2025·江西模拟)如图所示,物流传送带在电动机的带动下始终以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的货物,货物在传送带上做匀变速运动,经时间t货物的速度与传送带的速度相同,重力加速度大小为g,则在这段时间内,下列说法正确的是(　　)
A.货物相对传送带的位移大小为v0t
B.货物与传送带间的动摩擦因数为
C.货物与传送带间因摩擦产生的热量为m
D.因传送货物,电动机至少要多做的功为m
摩擦力做功的分析方法
(1)无论是滑动摩擦力,还是静摩擦力,计算做功时都是用力与对地位移的乘积。
(2)摩擦生热的计算公式Q=Ff·x相对,其中x相对为两接触物体间的相对位移,若物体相对接触面做往复运动,则代入总的相对路程s相对。
考点三　对能量守恒定律的理解与应用
[例5] 【能量转化和守恒定律的简单应用】 (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
[例6] 【能量转化和守恒定律在实际生活中的应用】 (2025·广西桂林阶段检测)某品牌电动汽车电动机最大输出功率为120 kW,最高车速可达180 km/h,车载电池最大输出电能为
75 kW·h。已知该车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,电能转化为机械能的总转化率为90%。若汽车行驶过程中受到阻力F阻与车速v的关系符合F阻=kv2,其中k为未知常数,则该电动汽车以90 km/h 行驶的最大里程约为(　　)
A.350 km B.405 km
C.450 km D.500 km
(1)首先确定初、末状态,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)明确哪种形式的能量增加,哪种形式的能量减少,并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
第6讲　小专题:功能关系　能量守恒定律
考点一
[例1] C　[例2] AC　
考点二
模理探真:(1)对长木板由动能定理得
μmgx1=M-M,
对物块由动能定理得
-μmgx2=m-m。
(2)该系统损失的动能为
ΔEk损=M+m-(M+m)。
系统损失的能量转化成了系统的内能,即
Q=ΔEk损,
结合(1)中动能定理表达式可得
Q=μmg(x2-x1),
即滑动摩擦力做功产生的热量数值上等于系统损失的动能,
Q=Ff(x2-x1)。
[例3] D　[例4] BC　
考点三
[例5] BCD　[例6] B　第8讲　实验:验证机械能守恒定律
【学习目标】
1.掌握实验原理;能正确使用实验器材;掌握纸带数据处理方法;学会分析误差来源,并提出减小误差的方法。
2.通过数据分析,理解实验结论的物理意义;能解释实验中动能增加量略小于势能减少量的原因;培养用图像法处理数据的能力。
3.养成严谨的实验态度,如实记录数据,避免人为操作误差。
4.建立能量转化与守恒的物理观念;通过实验设计、数据处理培养科学探究能力;运用逻辑推理分析实验误差及结论。
一、装置与器材
打点计时器、交流电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线。
二、实验步骤
1.安装器材:将打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器与电源相连。
2.打纸带:用手竖直提起纸带,使重物停靠在打点计时器下方附近,先　　　　　,再　　　　　,让重物自由下落,打点计时器就在纸带上打出一系列的点,取下纸带,换上新的纸带重打几条(3~5条)。
3.选纸带:从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带。
三、数据处理
方案一:利用起始点和第n点计算
代入mghn和m,如果在实验误差允许的范围内,mghn和m相等,则验证了机械能守恒
定律。
方案二:任取两点计算
(1)任取两点A、B,测出hAB,算出mghAB。
(2)算出m-m的值。
(3)在实验误差允许的范围内,若　　　　　　　　　　　　　,则验证了机械能守恒定律。
方案三:图像法
从纸带上选取多个点,测量从第一个点到其余各点的下落高度h,并计算各点速度的平方v2,然后以v2为纵轴,以h为横轴,根据实验数据作出v2h 图像。若在误差允许的范围内图像是一条　　　　　　　　,则验证了机械能守恒定律。
四、注意事项
1.打点计时器要竖直:安装打点计时器时要竖直架稳,使其两限位孔在同一竖直线上,以减小摩擦阻力。
2.重物应选用质量大、体积小、密度大的。
3.应先接通电源,让打点计时器正常工作,后松开纸带让重物下落。
4.某时刻的瞬时速度的计算应用vn=,不能用vn= 或vn=gt来计算。
5.此实验中不需要测量重物的质量。
五、误差分析
1.系统误差
本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功,故重物动能的增加量ΔEk稍小于其重力势能的减少量ΔEp,即ΔEk<ΔEp,这属于系统误差,改进的方法是调整器材的安装,尽可能地减小摩擦阻力,选用质量大,体积小的物体为重物,以减小空气阻力的影响。
2.偶然误差
本实验的另一个误差来源于长度的测量,属于偶然误差。减小误差的方法是测下落距离时都从O点测量,一次将各打点对应的下落高度测量完,或者多次测量取平均值。
考点一　基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2025·安徽模拟)某实验小组采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。实验装置安装好后,用手提住纸带上端,之后让纸带由静止开始下落。
(1)关于实验操作,下列说法正确的是　　　　(多选,填选项前字母)。
A.实验中应先接通电源,后释放纸带
B.可以利用公式v=来求解瞬时速度
C.打点计时器安装应使限位孔保持竖直
D.释放重物前应手提纸带上端并使重物远离打点计时器
(2)让质量为m=1 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列的点。现选取一条符合实验要求的纸带,如图乙所示,O为释放开始的第一个点, A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出),已知电源的频率f=50 Hz,重力加速度g取9.80 m/s2。根据图中数据,选取图中O点和B点来验证机械能守恒定律,则从O点到B点,重物重力势能的减少量ΔEp=　　　 J,动能的增加量ΔEk=　　　 J(结果均保留三位有效数字)。在误差允许范围内,可认为重物在下落过程中机械能　　　　。
(3)重物在下落的过程中,如果所受阻力均忽略不计,h代表下落的距离,v代表物体速率,Ek代表动能,Ep代表重力势能,E代表机械能,以水平桌面为参考面,下列图像可能正确的是　　　　。
A B
C D
[例2] 【实验数据处理与误差分析】 (2025·河南卷,12)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。
(1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排
列:　　　　　　(填步骤前面的序号)。
①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带
②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据
⑥关闭电源,取下纸带
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　　 m/s(结果保留三位有效数字)。
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应　　　　 (选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k=　　　　(结果保留三位有效数字)。
(4)定义单次测量的相对误差η=||×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其动能增加量,则实验相对误差为η=　　　 　×100%(用字母k和g表示);当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,则η=　　　　 %(结果保留两位有效数字),若η<5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。
考点二　创新性实验
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·安徽安庆二模)某同学设计了一个验证机械能守恒定律的实验,一轻绳一端连接在拉力传感器上O点,另一端连接在半径为r的匀质小钢球上,小钢球球心至O点的长度为L,O点正下方B位置有一光电门,可记录小钢球通过光电门的时间。如图甲所示,将小钢球拉至某一位置由静止释放,同时拉力传感器通过计算机采集小钢球在摆动过程中轻绳上拉力的最大值FT和最小值F。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程,根据测量数据在直角坐标系中绘制出FTF图像。
(1)小钢球从A位置由静止释放时,细线与竖直方向成θ角,小钢球通过最低点位置B时,光电门记录遮光时间为t,则小钢球通过光电门的速度vB=　　　　;在实验误差允许的范围内,若t2=　　 　　(用r、L、θ、g等符号表示)则验证了小钢球从A点运动到B点过程中机械能守恒。
(2)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则绘制出的FTF图像的直线斜率理论值为　　　　。
(3)若小钢球质量m=30 g,根据测量数据绘制的FTF图像如图乙所示,由此可计算出重力加速度g=　　　 m/s2(结果保留三位有效数字),与当地实际重力加速度相比　 　　(选填“偏小”“偏大”或“不变”)。
[例4] 【实验目的的创新】 (2025·江苏卷,11)小明同学探究机械能守恒定律,实验装置如图甲。实验时,将小钢球在斜槽上某位置A由静止释放,钢球沿斜槽通过末端O处的光电门,光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径d,由v=得出其通过光电门的速度v,再计算出动能增加量ΔEk=mv2。用刻度尺测得钢球下降的高度h,计算出重力势能减少量ΔEp。
(1)安装实验装置的操作有:
①在斜槽末端安装光电门　
②调节斜槽在竖直平面内　
③调节斜槽末端水平　
④将斜槽安装到底座上
其合理的顺序是　　　(选填“A”“B”或“C”)。
A.①②③④　 B.④②③①　 C.④①②③
(2)测量钢球直径的正确操作是图中　　　　(选填“乙”或“丙”)所示的方式。
(3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量m=0.02 kg,重力加速度g=9.80 m/s2。请将下表的数据补充完整。
表1
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00
ΔEk/(10-3 J) 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0
ΔEp/(10-3 J) 7.84 9.80 11.8 13.7 　
(4)实验数据表明,ΔEk明显小于ΔEp,钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为,机械能的损失主要是钢球受到的摩擦力做功造成的。
为验证此猜想,小明另取一个完全相同的斜槽按图丁平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放,运动到右侧斜槽上,最高能到达B点,A、B两点高度差为H。则该过程中,摩擦力做功大小的理论值W理=　　　　(用m、g、H表示)。
(5)用如图丁所示的装置,按表1中所列部分高度h进行实验,测得摩擦力做功大小W测。由于观察到H值较小,小明认为,AO过程摩擦力做功近似等于AB过程的一半,即Wf=。然后通过表1的实验数据,计算出AO过程损失的机械能ΔE=ΔEp-ΔEk。整理相关数据,见表2。
表2
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00
ΔE/(10-3 J) 2.94 3.55 4.35 4.92
Wf/(10-2 J) 0.98 1.08 1.18 1.27
上表中ΔE与Wf相差明显。小明认为这是由于用近似计算Wf不合理。你是否同意他的观点 　　　　　 　　　。请根据表2数据简要说明理由。
　 。
[例5] 【实验器材的创新】 (2025·河南模拟)小明同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律,在铁架台上固定一角度测量仪(0刻度线竖直向下),角度测量仪中心固定有拉力传感器,轻绳一端连接拉力传感器,另一端连接一小钢球,调节轻绳长度,使轻绳自然下垂时,小钢球刚好在光电门处。重力加速度为g。
(1)小明同学利用螺旋测微器测量小钢球的直径d,测量结果如图乙所示,该小钢球的直径d=
　　　　 mm。
(2)小明同学先测出轻绳悬挂点到小球球心的间距为l,然后将小钢球拉离最低点,利用角度测量仪读出其偏移角度为θ(0°<θ≤90°),将轻绳拉直,由静止释放小钢球,由光电计时器记录小钢球第一次到达最低点的挡光时间t,多次改变角度重复实验。通过记录的数据,在坐标纸上以为纵轴、以　　　　(选填“sin θ”“cos θ”或“tan θ”)为横轴作图可使图像为一条倾斜直线,若该过程小钢球的机械能守恒,则图线的斜率k=　　　　(用题中所给的物理量符号表示)。
(3)小明同学将小钢球拉至角度测量仪90°上方区域,且轻绳绷直,重复上一问中的步骤,发现结果离预期差别很大,其原因可能是 　 。
[例6] 【数据处理的创新】 (2025·广西贵港阶段检测)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个完全相同的小球P、Q,杆可以绕固定于O点且垂直于纸面的水平轴在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门,当小球P经过最低点时,激光恰好照在球心所在位置。已知重力加速度为g,用游标卡尺测得小球的直径为d。
(1)P、Q从水平位置由静止释放,当小球P通过最低点时,与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt,计算得到小球P经过最低点时的速度vP=　　　　。
(2)两小球P、Q球心间的距离为L,P、Q两球球心到转轴O点的距离之比为2∶1,当满足gL=
　　　　(用d、Δt表示)时,即验证了机械能守恒定律。
(3)若实验中发现系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,以下可能的影响因素是　　　　(填字母)。
A.小球运动过程受到空气阻力的影响
B.球心间距离L的测量值偏小
C.小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高
第8讲　实验:验证机械能守恒定律
考点一
[例1] 【答案】 (1)AC　(2) 1.88　1.84　守恒　(3)B
【解析】 (1)实验中应先接通电源,后释放纸带,A正确;若利用公式v=来求解瞬时速度,则相当于间接使用了机械能守恒定律,这样就失去了验证的意义,B错误;打点计时器安装应使限位孔保持竖直,以减小纸带和打点计时器之间的摩擦力,C正确;释放重物前应手提纸带上端并使重物靠近打点计时器,以充分利用纸带,D错误。
(2)从O点到B点,重物重力势能的减少量ΔEp=mghOB=1×9.8×0.1920 J=1.88 J,打点计时器打点周期T==0.02 s,则打B点时的速度vB== m/s=1.92 m/s,动能的增加量ΔEk=m=×1×1.922 J=1.84 J,可认为重物在下落过程中机械能守恒。
(3)由于重物下落过程中阻力忽略不计,机械能守恒,则动能Ek=mgh,即Ek与h成正比;重力势能为Ep=Ep0-mv2,Epv图像为开口向下的抛物线,A错误,B正确;机械能为E=Ep+Ek,得Ep=E-Ek,
EpEk图像为直线,C错误;由于机械能守恒,则与下落高度无关,可知Eh图线与横轴平行,D
错误。
[例2] 【答案】 (1)④①⑥⑤　(2)1.79
(3)通过　2g　19.0　(4)　3.1
【解析】 (1)将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端,先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带,关闭电源,取下纸带,在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据,根据原理mgh=mv2可知质量可以约掉,不需要用电子天平称量重锤的质量。故选择正确且排序为④①⑥⑤。
(2)根据题意可知纸带上相邻计数点间的时间间隔T==0.02 s,根据匀变速直线运动中,某一段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可得vB=,代入数据可得vB=
1.79 m/s。
(3)根据mgh=mv2,整理可得v2=2g·h,可知理论上,若机械能守恒,题图3中直线应通过原点,且斜率k=2g。由题图3得直线的斜率k==19.0。
(4)根据题意有η=×100%,可得η=×100%,当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,代入数据可得η=3.1%。
考点二
[例3] 【答案】 (1)　　(2)-2
(3)9.78　偏小
【解析】 (1)小钢球从A位置由静止释放时,细线与竖直方向成θ角,小钢球通过最低点位置B时,光电门记录遮光时间为t,则小钢球通过光电门的速度vB=,小钢球从A到B过程中,若空气阻力忽略不计,则机械能保持守恒,则有mgL(1-cos θ)=m,解得t2=。
(2)小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F=mgcos θ,最大值FT=mg+m,又mgL(1-cos θ)=
mv2,联立解得FT=3mg-2F,所以FTF图像的直线斜率理论值为-2。
(3)小钢球质量m=30 g,根据题图乙得3mg=0.88,则重力加速度g= m/s2=9.78 m/s2,实际上小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响,速度始终偏小导致绳上拉力偏小,所以截距偏小,所以与当地实际重力加速度相比偏小。
[例4] 【答案】 (1)B　(2)乙　(3)15.7　(4)mgH　
(5)见解析
【解析】 (1)正确步骤为将斜槽安置于底座,调节斜槽在竖直平面内,调节斜槽末端水平,安装光电门,序号为④②③①。
(2)测量钢球直径时需要确保测量工具与钢球接触良好,并且钢球的位置不会导致测量误差。在题图的情形中,乙方式更准确地使游标卡尺的两测量面与钢球的表面垂直接触,适合测量直径。而丙方式因为夹持不住钢球,使得钢球并没有夹在两测量爪之间,测量不准确。故选乙。
(3)根据ΔEp=mgh,可知下降高度为8.00×10-2m时减少的重力势能为下降高度为4.00×10-2 m时的2倍,代入数据可得ΔEp=15.7×10-3 J。
(4)根据动能定理可得mgH-W理=0,可得W理=mgH。
(5)同意,原因是钢球减少的重力势能有一部分转化为钢球的转动动能,相差很大的原因是钢球的转动动能没有计入。
[例5] 【答案】 (1)6.125　(2)cos θ　-　(3)释放后小球做自由落体,到绳再次绷紧时有机械能损失
【解析】 (1)由题图乙可知,小钢球的直径
d=6 mm+0.01 mm×12.5=6.125 mm。
(2)小球到达最低点时的速度为v=,根据机械能守恒定律有mgl(1-cos θ)=mv2=m,变形得=-cos θ+,可知当以cos θ为横轴时图像cos θ为一直线,其斜率k=-。
(3)释放后小球先做自由落体运动,到绳再次绷紧时有机械能损失。
[例6] 【答案】 (1)　(2)()2　(3)A
【解析】 (1)由题可知,小球P经过最低点的速度vP=。
(2)由于P、Q两球的角速度相等,圆周运动的半径之比为2∶1,故二者的线速度之比为2∶1,即vQ=,当系统重力势能的减少量ΔEp=mgL时,系统动能的增加量ΔEk=m+m=
m()2,整理可得mgL=m()2,即gL=()2。
(3)由于空气阻力做负功,系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,故A正确;球心间距离L的测量值偏小,会导致重力势能的变化量偏小,故B错误;小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高,导致实际挡光时间Δt偏小,会导致速度偏大,动能的增加量偏大,故C错误。第2讲　动能和动能定理
【学习目标】
1.能从质点和质点系的角度定义动能,明确动能是标量;理解动能的相对性和瞬时性。 建立功与能量转化的观念。 掌握动能定理,理解合力做功是动能变化的量度,建立“功是能量转化的桥梁”这一核心观念。 能区分动能与势能、内能等其他能量形式的转化关系。
2.能通过牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理,体会从动力学到能量观点的思维进阶。 理解动能定理的普适性。能根据实际问题构建物理模型,并灵活运用动能定理简化计算。会通过图像分析动能变化,理解面积法的物理意义。
3.能设计实验验证动能定理;分析实验误差来源(如摩擦力、测量精度),提出改进方案;通过真实情境(如刹车距离、弹射器设计)定量计算动能变化,论证结论的合理性。
4.理解动能与生产生活的联系,树立能量守恒与安全应用的意识。能辨析“动能与动量”“动能定理与机械能守恒定律”的区别与联系,避免概念混淆。关注动能相关技术发展中的社会争议,形成科学评价能力。
5.熟练运用代数、微积分处理动能问题;利用仿真软件模拟动能定理的动态过程,增强直观
理解。
[footnoteRef:0] [0:
(2025·广西南宁阶段练习)如图所示,运动员将质量为m的足球从水平地面上位置1以速度v0踢出,足球经过最高点(位置2),落在地面上位置3,位置2距离地面的高度为h,1与2和2与3间的水平距离不等。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.从1到2,足球动能的减少量大于mgh
B.从1到2,足球动能的减少量小于mgh
C.从1到2,足球的加速度保持不变
D.在位置2,足球的动能等于m-mgh]
考点一　对动能定理的理解与基本应用
1.应用动能定理解题的基本思路
2.注意事项
(1)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解,也可以全过程应用动能定理求解。
(2)列动能定理方程时,必须明确各个力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。
(3)动能是标量,动能定理是标量式,解题时不能分解动能。
[例1] 【对动能定理的理解】 关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是(　　)
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.动能定理适用于恒力做功,但不适用于变力做功
C.运动物体所受合力不为零,则该物体一定做变速运动,其动能要变化
D.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时动能增加,当W<0时动能减少
[例2] 【动能定理的简单应用】 (2025·黑吉辽内蒙古卷,13)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
(2)雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α。
[例3] 【应用动能定理求变力的功】 (2025·北京海淀一模)如图所示,运动员以一定速度从P点沿水平方向离开平台,恰能从A点与轨道相切进入粗糙圆弧轨道AC,沿圆弧轨道在竖直平面做圆周运动。已知运动员(含装备)质量m=50 kg,运动员进入圆弧轨道时的速度大小vA=
10 m/s,圆弧轨道的半径R=4 m,圆弧轨道AB对应的圆心角∠AOB=37°。测得运动员在轨道最低点B时对轨道的压力是其总重力的3.8倍。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。将运动员视为质点,忽略空气阻力。求:
(1)运动员从P点到A点运动过程所用时间t;
(2)运动员在B点时的动能EkB;
(3)在圆弧轨道AB段运动过程中,摩擦力对运动员所做的功W。
考点二　动能定理与图像问题的结合
　几种典型图像中图线所围“面积”和图线斜率的含义
[例4] 【Ek-t图像】 (2025·四川绵阳期末)某同学在离篮球场地面一定高度处静止释放一个充气充足的篮球,篮球与地面碰撞时间极短,且前、后速度大小不变,空气阻力恒定,不可忽略,则篮球的动能Ek与时间t的关系图像可能正确的是(　　)
A B
C D
[例5] 【Ek-s图像】 (2025·山东淄博期中)如图甲所示,一物块以一定速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小Ff恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　)
A.m=0.7 kg,Ff=0.5 N
B.m=0.7 kg,Ff=0.1 N
C.m=0.8 kg,Ff=0.5 N
D.m=0.8 kg,Ff=0.1 N
[例6] 【P-t图像】 (多选)(2025·福建厦门二模)质量m=200 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动,图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系,图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变,在18 s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是(　　)
A.汽车受到的阻力为200 N
B.汽车的最大牵引力为1 000 N
C.汽车在8~18 s内的位移大小为87.5 m
D.汽车在8~18 s内的位移大小为95.5 m
第2讲　动能和动能定理
考点一
[例1] D　
[例2] 【答案】 (1)5 m/s　(2)8 m/s　60°
【解析】 (1)雪块在屋顶上运动过程中,由动能定理有mgxsin θ-μmgcos θ·x=m-0,
解得雪块到A点时的速度大小为v0=5 m/s。
(2)雪块离开屋顶后,做斜下抛运动,由动能定理有
mgh=m-m,
解得雪块到地面时的速度大小
v1=8 m/s;
设速度方向与水平方向的夹角为α,
满足cos α=,
解得cos α=,即α=60°。
[例3] 【答案】 (1)0.6 s　(2)2 800 J　(3)-100 J
【解析】 (1)由于运动员从P点到A点的运动过程为平抛运动,且vA=10 m/s,
故运动员在A点竖直方向速度
vy=vAcos 53°=gt,解得t=0.6 s。
(2)运动员经过B点时根据牛顿第二定律有
FN-mg=m,
而FN=FN′=3.8mg,
EkB=m,
联立解得EkB=2 800 J。
(3)运动员从A点到B点过程,根据动能定理有
mgR(1-cos 37°)+W=m-m,
代入数值解得W=-100 J,
所以摩擦力对运动员所做的功为-100 J。
考点二
[例4] B　[例5] A　[例6] BD　第5讲　小专题:含弹簧的机械能守恒问题和非质点类机械能守恒问题
【学习目标】
1.掌握系统机械能守恒的条件,并能判断含弹簧或非质点系统的机械能是否守恒。理解弹簧的弹性势能、物体的动能和重力势能之间的相互转化规律,并通过受力分析和能量转化分析,推导系统机械能守恒的表达式,特别是弹簧弹性势能的引入;能够将机械能守恒中的非质点问题抽象为物理模型。
2.针对弹簧形变或非质点系统的运动过程,提出可能的能量分配假设;利用图像或数值计算分析弹性势能与动能的关系,熟练运用代数、微分求和或几何关系解决相关的计算问题。
3.认识到理想模型与实际系统的差异,讨论其适用范围。联系实际场景,理解能量守恒在工程中的意义,关注弹簧系统在减震设计、工程结构中的实际应用,培养严谨建模与能量优化意识。
考点一　含弹簧的机械能守恒问题
1.含弹簧的系统内只有弹簧弹力和重力做功时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化,物体和弹簧组成的系统机械能守恒,而单个物体或弹簧机械能都不守恒。
2.弹簧弹力做功与路径无关,取决于初、末状
态弹簧形变量的大小。
3.由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时(即弹簧弹性势能最大时),弹簧两端连接的物体速度相等;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)。
[例1] 【只有弹簧弹力做功的情形】 (2023·全国甲卷,24)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求:
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
[例2] 【弹簧弹力和重力同时做功的情形】 (2025·宁夏银川二模)如图所示,质量为3.5 kg的物体B,其下端连接一固定在水平地面上的轻质弹簧,弹簧的劲度系数k=100 N/m。一轻绳一端与物体B连接,另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O2、O1后与套在光滑直杆顶端、质量为1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定,杆长L=0.8 m,且与水平面的夹角θ=37°,初始时使小球A静止不动,与A相连的绳子保持水平,此时绳子的张力F=45 N。已知AO1=0.5 m,图中直线CO1与杆垂直。现将小球A由静止释放直至运动到D,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8,轻绳不可伸长,滑轮O2、O1视为质点,则在此过程中(　　)
A.小球A与物体B组成的系统机械能守恒
B.小球A经过C点时,绳对A的瞬时功率小于绳对B的瞬时功率
C.物体B从开始至运动到最低点,弹簧弹性势能的变化量为0
D.小球A运动到D点时的速度为3 m/s
考点二　非质点类机械能守恒问题
[例3] 【“链条”类问题】 (2025·湖南常德三模)如图甲所示,光滑平台上放着一根均匀链条,其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下,由静止释放链条。已知整根链条的质量为m,链条悬垂的长度为l,台面高度为2l。如果链条的悬垂端接一质量也为m的小球(直径相对链条长度可忽略不计),如图乙所示,还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.图甲中在链条下端触地瞬间,链条的速度大小为
B.图乙中在链条下端触地瞬间,链条的速度大小为
C.图甲中链条下端在触地之前,链条的加速度大小不变
D.图乙中小球在下落过程中,链条对小球的拉力在不断增大
[例4] 【“液柱”类问题】 (多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上,筒内装水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度为g,不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,到两筒水面高度相等的过程中(　　)
A.水柱的重力做正功
B. 大气压力对水柱做负功
C. 水柱的机械能守恒
D.水柱动能的改变量是ρgS(h1-h2)2
[例5] 【“多个小球”组合类问题】 (多选)固定在竖直面内的光滑圆管POQ,PO段长度为L,与水平方向的夹角为30°,在O处有插销,OQ段水平且足够长。管内PO段装满了质量均为m的小球,小球的半径远小于L,其编号如图所示。拔掉插销,1号 球在下滑过程中(　　)
A.机械能不守恒
B.做匀加速运动
C.对2号球做的功为mgL
D.经过O点时速度v=
(1)物体虽然不能看作质点,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。
(2)在确定物体重力势能的变化量时,要根据情况,将物体分段处理,确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
(3)分析非质点类物体的动能时,要看物体各部分是否都在运动,运动的速度大小是否相同,若相同,则物体的动能才可以表示为mv2。
(4)在解决多个小球类问题时,应抓住小球之间是否始终相互挤压。也可采用整体法,利用解决非质点类问题的方法进行解题。
第5讲　小专题:含弹簧的机械能守恒问题
和非质点类机械能守恒问题
考点一
[例1] 【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知
Ep=mv2,
解得小球离开桌面时的速度大小为v=。
(2)小球与地面第一次碰撞后,竖直方向有h=,
由题可知vy′=vy,
而小球离开桌面后由平抛运动规律得
x=vt,vy=gt,
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为
x=。
[例2] C　
考点二
[例3] A　[例4] ACD　[例5] AC　第4讲　机械能守恒定律
【学习目标】
1.理解机械能守恒的内涵;掌握机械能的定义及相互转化关系。明确机械能守恒的条件。
2.能将实际问题抽象为理想模型。通过牛顿第二定律和动能定理推导机械能守恒的表达式,理解其与力学规律的关联性。学会用守恒观点替代复杂受力分析,优化解题路径。
3.理解机械能守恒是理想化模型,体会科学理论的近似性与适用范围。分析生活中能量转化的案例,讨论节能设计中的守恒思想。探讨能量转化中的效率问题,树立可持续发展观念。
4.熟练运用代数、微分求和等表达物理规律。利用仿真软件模拟机械能转化过程,增强直观
理解。
[footnoteRef:0] [0:
1.如图,撑竿跳高运动中,运动员经过助跑、撑竿起跳,最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10 m/s,则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为(重力加速度取
10 m/s2)(　　)
A.4 m　　　　　 B.5 m
C.6 m D.7 m
2.如图所示,粗细均匀的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长为4h,后来让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为(不计液体内能的变化,重力加速度为g)(　　)
A. B.
C. D.]
考点一　对机械能守恒的理解与判断
　判断机械能守恒的三种方法
[例1] (多选)有以下物理过程:图甲为跳伞运动员匀速下落;图乙为地面上放置一固定斜面B,物块A从B上匀速下滑;图丙为物体A压缩弹簧的过程;图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量,物体A加速下落,物体B加速上升过程。关于这几个物理过程,下列判断正确的是(　　)
A.图甲所示过程中跳伞运动员的机械能不守恒
B.图乙所示过程中物块A的机械能守恒
C.图丙所示过程中物体A的机械能守恒
D.图丁所示过程中物体A、B组成的系统机械能守恒
考点二　单物体的机械能守恒问题
1.机械能守恒定律的表达式
说明:单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
[例2] 【单物体在单一过程中的机械能守恒】 (2025·河南期末)晓宇在练习投篮时,某次将可视为质点、质量为m的篮球以速度v0从P点抛出,最终在Q点落入篮筐,如图所示。已知篮球离手瞬间距离地面的高度为h,篮筐距离地面的高度为H,重力加速度为g,规定地面为零势能面,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.篮球抛出时的机械能为m
B.从P到Q篮球重力做功为mg(H-h)
C.篮球在Q点的动能为m+mg(H-h)
D.篮球在Q点的机械能为m+mgh
[例3] 【单物体在多过程中的机械能守恒】 (2025·北京海淀区阶段检测)如图所示,竖直平面内的四分之三圆弧形光滑管道半径略大于小球半径,管道中心到圆心距离为R,A端与圆心O等高,AD为水平面,B端在O的正下方,小球自A点正上方由静止释放,自由下落至A点时进入管道。
(1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的四分之三圆周)始终对小球没有弹力,小球释放点距离A点的最小高度为多大
(2)如果小球到达B点时,管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍。求:
①小球运动到管道最高点E时对管道的弹力;
②落点C与A点的水平距离。
考点三　多物体系统的机械能守恒问题
　几种实际情境的分析
多物体 系统类型 常见情境 模型特点
轻绳连 接的系统 (1)两物体沿绳方向的分速度大小相等。 (2)对于单个物体,一般绳上的力会做功,机械能不守恒,但对于绳连接的系统,机械能可能守恒
轻杆连 接的系统 (1)平动时两物体的线速度相等,转动时两物体的角速度相等。 (2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。 (3)对于杆和物体组成的系统,若忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统的机械能守恒
[例4] 【轻绳连接的系统】 (2025·浙江阶段练习)如图所示,轻质动滑轮下方悬挂重物P,轻质定滑轮下方悬挂重物Q,悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时,重物P、Q均处于静止状态,释放后P、Q开始运动。已知P、Q的质量相等,假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度为g,当P的位移大小为h时,下列说法正确的是(　　)
A.重物P的重力势能减少了mgh
B.重物Q的重力势能减少了mgh
C.重物Q运动的速度大小为
D.重物Q运动的速度大小为
[例5] 【轻杆连接的系统】 (2025·江苏南通开学考试)如图所示,在竖直平面内有光滑轨道ABCD,其中AB是竖直轨道,CD是水平轨道,AB与BC相切于B点,BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点),将轻杆锁定在图示位置,并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆,轻杆将沿轨道下滑,重力加速度为g。求:
(1)P球到达C点时的速度大小;
(2)P球到达B点时的速度大小。
第4讲　机械能守恒定律
考点一
[例1] AD　
考点二
[例2] D　
[例3] 【答案】 (1)1.5R
(2)①3mg,方向竖直向上　②(2-1)R
【解析】 (1)如果管道与小球接触的内侧壁始终对小球没有弹力,则小球到达最高点时的最小速度满足mg=m,
以水平面AD为参考平面,小球从开始下落至到达管道的最高点,由机械能守恒定律有
mghA=mgR+mv2,
解得hA=1.5R,
则小球释放点距离A点的最小高度为1.5R。
(2)①在B点,管壁对小球的弹力F=9mg,
小球做圆周运动,由牛顿第二定律得
F-mg=m,
小球从B点至到达管道最高点E的过程中,以B点所在水平面为参考平面,由机械能守恒定
律得
m=mg·2R+m,
在E点由牛顿第二定律得F′+mg=m,
联立解得F′=3mg,
根据牛顿第三定律可知小球运动到管道最高点E时对管道的弹力为3mg,方向竖直向上。
②小球离开管道后做平抛运动,
在竖直方向上有R=gt2,
在水平方向上有x=vEt,
解得x=2R,
则落点C与A点的水平距离为(2-1)R。
考点三
[例4] D　
[例5] 【答案】 (1)2　(2)
【解析】 (1)P球到达C点时由机械能守恒定律得
mgR+3mgR=×2mv2,解得v=2。
(2)如图所示,设当P球到达B点时杆与水平面的夹角为θ,则有sin θ==,
解得θ=30°;
当P球到达B点时,由于两球在沿杆方向的分速度大小相等,则有vQcos 30°=vPcos 60°,
P、Q系统机械能守恒,则有
mgR+2mgR=m+m,
解得vP=。第1讲　功与功率
【学习目标】
1.掌握功的定义,理解正功、负功和零功的物理意义;理解功率的定义,区分平均功率与瞬时功率。认识功与能量转化的关系,功率与能量转移速率的关系。
2. 能设计实验测量简单情境中的功和功率;通过数据分析理解变量关系;评估实际情境中的效率问题。
3.运用公式解决实际问题;辨析常见误区;能够将生活中的有关案例转化为物理问题。
4.认识功率在可持续发展中的意义;分析科技应用中功和功率的得与失;培养量化评估习惯。
[footnoteRef:0] [0:
1.(2025·云南卷,2)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A.4×105 J　　　 B.4×104 J
C.4×103 J D.4×102 J
2.(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阻=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.]
考点一　功的分析和计算
1.功的正负的判断方法
(1)根据力与位移的方向的夹角判断。
(2)根据力与瞬时速度方向的夹角α判断:0≤α<,力做正功;α=,力不做功;<α≤π,力做负功。
2.计算功的方法
(1)恒力做功。
(2)合力做功。
法一 先求合力F合,再用W合=F合lcos α求功。适用于F合为恒力的过程
法二 先求各个力做的功W1、W2、W3、…,再应用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功
法三 利用动能定理W合=ΔEk
(3)变力做功。
方法及图示 方法解读
微元法 质量为m的物体在粗糙水平面内沿圆周运动一周过程中,摩擦力做功 Wf=-FfΔx1-FfΔx2-FfΔx3-…=-Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=-Ff·2πR,适用于力的大小不变而方向变化的情况
W=Pt公式法 Pt图像中图线与坐标轴所围面积表示对应力做的功,则WF=t0
平均力法 物体受力随位移线性变化,在一段位移x内的初、末位置对应的力分别为F1、F2,则此变力所做的功W=x
Fx图像法 图线与坐标轴所围“面积”表示力F做的功,且x轴上方的“面积”为正功,下方的“面积”为负功。图中力做的功W=x0
等效转换法 恒力F把物块从位置A拉到位置B过程中绳子对物块做的功W=F(-)
动能定理法 应用动能定理可以求解变力做功。图中用力F把小球从A处缓慢拉到B处,F为变力,则有 WF-mgl(1-cos θ)=0,得WF=mgl(1-cos θ)
[例1] 【正、负功的判断】 (2025·广东期末)手拿球拍托着乒乓球跑是校运动会的一项常见的趣味项目,如图所示。假设某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向右做匀速直线运动,不计空气阻力,则此过程中(　　)
A.乒乓球受到的摩擦力不做功
B.乒乓球受到的支持力做正功
C.乒乓球受到的重力做负功
D.乒乓球所受合力做正功
[例2] 【恒力做功的计算】 (2025·青海海东二模)如图所示,倾角为θ、足够长的光滑斜面固定在水平地面上,斜面底端有一质量m=1 kg的物块,t=0时刻物块在沿斜面向上的恒力F的作用下,从斜面底端由静止开始运动,t=2 s时物块到达A点并撤去F,t=4 s时物块恰好返回斜面底端,取sin θ=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求撤去F后物块的加速度大小a1;
(2)求恒力F对物块做的功W;
(3)若t=0时刻物块在沿斜面向上的变力F′的作用下,从斜面底端由静止开始运动,t=1.5 s时物块到达A点并撤去F′,此过程中物块的加速度与速度成反比,t=3.5 s时物块返回斜面底端,求变力F′的最小值Fmin。
[例3] 【多种方法求变力做功】 (多选)力F对物体所做的功可由公式W=Flcos α求得,公式中力F必须是恒力,而实际问题中,有很多情况是变力在对物体做功。如图,对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功,下列说法正确的是(　　)
A.图甲中,若F大小不变,物块从A到C过程中绳的拉力对物块做的功为W=F(lOA-lOC)
B.图乙中,全过程中F做的总功为π J
C.图丙中,绳长为R,若空气阻力F阻大小不变,小球从A运动到B过程中,空气阻力做的功W=πRF阻
D.图丁中,F始终保持水平,无论是F缓慢将小球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从P拉到Q,F做的功都是W=Flsin θ
[例4] 【利用平均力法求变力做功】 (2025·宁夏期末)某块石头陷入淤泥过程中,其所受的阻力F与深度h的关系为 F=kh+F0(k、F0已知),石头沿竖直方向做直线运动,当h=h0时,石头陷入淤泥过程中克服阻力做的功为(　　)
A.F0h0 B.kF0h0
C.F0h0+k D.(kh0+F0)h0
考点二　功率的分析与计算
1.平均功率的计算方法
(1)利用=求解。
(2)利用=F·cos α求解,其中为物体运动的平均速度,F为恒力,α不变。
2.瞬时功率的计算方法
(1)利用P=Fvcos α,其中v为t时刻的瞬时速度,F为此时刻的力,α为此时刻F与v的夹角。
(2)对P=Fvcos α的理解:可以认为Fcos α是力F在速度v方向上的分力,也可以认为vcos α是速度v在力F方向上的分速度。
[例5] 【对功率的理解】 (2025·江苏苏州阶段检测)一架飞机从水平方向平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升,如图所示。假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变,发动机推力方向沿轨迹切线方向,飞机所受升力垂直于机身,空气阻力与运动方向相反且大小不变,则飞机沿圆弧向上运动时(　　)
A.飞机发动机推力做功的功率逐渐增大
B.飞机发动机推力大小保持不变
C.飞机克服重力做功的功率保持不变
D.空气对飞机的作用力不变
[例6] 【功率的计算】 (多选)(2025·天津月考)如图甲所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动,监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示,g取10 m/s2,则(　　)
A.物体的质量为6 kg
B.这3 s内物体克服摩擦力做的功W=6 J
C.1.5 s时推力F的功率为1.5 W
D.后2 s内推力F做功的平均功率=3.5 W
考点三　机车启动问题
　两种启动方式
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
Pt图像 和vt图像
OA段 过程分析 v↑ F=↓ a=↓ a=不变 F不变,v↑ P=Fv↑直到P=P额=Fv1
运动性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动,维持时间t1=
AB段 过程分析 F=F阻 a=0 vm= v↑ F=↓ a=↓
运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动
BC段 过程分析 — F=F阻 a=0 vm=
运动性质 — 以vm做匀速直线运动
转折点 在转折点A,牵引力与阻力大小相等,此时加速度为零,速度达到最大,此时 在转折点A,功率达到额定功率,匀加速运动结束,此时; 在转折点B,速度达到最大,此时
[例7] (2025·黑龙江模拟)如图所示,高速列车CR450动车组样车发布,这标志着“CR450科技创新工程”取得重大突破,将极大提升我国铁路科技创新水平和科技自立自强能力,进一步巩固扩大了我国高铁技术世界领跑的优势。若某高速列车由4辆提供动力的动车和4辆无动力的拖车组成,其中第2、4、5、7节车厢为动车,其余为拖车。每节车厢的质量均为50吨,每节动车的额定功率均为2 750千瓦,各节车厢之间只有水平方向的相互作用力。行驶过程中,每节动车提供的动力相同,每节车厢所受阻力大小恒为其重力的。某次测试中,动车组由始发站以1 m/s2 的加速度匀加速启动,达到额定功率后以额定功率行驶。设铁轨为水平直线,重力加速度g取10 m/s2。
(1)匀加速阶段,第3节车厢与第4节车厢间的相互作用力多大
(2)动车组匀加速运动的时间和位移分别为多少
(3)若动车组行驶过程中所受总阻力与速度的二次方成正比,即F阻=v2(各量均取国际单位),则动车组匀速行驶的速度为多大
掌握三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即满足P=F·vm,F=F阻(此时F为最小牵引力)。
(2)机车以恒定加速度启动的过程中,匀加速过程结束时,功率最大,但速度不是最大,满足F-
F阻=ma,P额=F·v,此时v(3)机车以恒定功率启动时,牵引力做的功W=Pt。由动能定理得Pt-F阻x=ΔEk,此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
第1讲　功与功率
考点一
[例1] B　
[例2] 【答案】 (1)6 m/s2　(2)32 J　(3) N
【解析】 (1)撤去外力后,物块只受到重力和斜面的支持力,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma1,
解得a1=gsin θ=6 m/s2。
(2)设恒力作用时物块的加速度大小为a,根据牛顿第二定律可得F-mgsin θ=ma,在外力作用下,物块到达A点的速度为vA=a·Δt=2a,
物块的位移xA=vA·Δt=vA×2,
撤去外力后,物块先做匀减速运动,后反向做匀加速运动,该过程中有
xA=-vA·Δt+a1(Δt)2=-2vA+×6×22,
联立解得
vA=4 m/s,a=2 m/s2,F=8 N,
故恒力做的功W==32 J。
(3)物块在变力F′作用下从斜面底端到A点的位移xA=4 m,撤去外力后,从A点返回到斜面底端的时间Δt=2 s,因此在0~1.5 s内,物块的位移仍为4 m,撤去外力后,物块的加速度大小仍为a1=6 m/s2,用Δt=2 s的时间回到底端,由(2)可知经A点的速度也为vA=4 m/s,
根据题意可知前 1.5 s的v图像如图所示,其图线与坐标轴所围面积表示时间,则有
t=1.5 s=×4×,
解得最小加速度amin= m/s2,
根据牛顿第二定律
Fmin-mgsin θ=mamin,
解得Fmin= N。
[例3] AB　[例4] C　
考点二
[例5] A　[例6] BD　
考点三
[例7] 【答案】 (1)6.25×104 N　(2)22 s　242 m
(3)110 m/s
【解析】 (1)设匀加速阶段每节动车提供的牵引力为F,则整车有4F-8kmg=8ma,
代入数据解得F=1.25×105 N,
将第1、2、3节车厢看成整体,若第4节车厢对该部分有向前的推力,则有
F-3kmg+F43=3ma,
解得F43=6.25×104 N,
即第3节车厢与第4节车厢间的相互作用力大小为6.25×104 N。
(2)当动车组匀加速结束时功率恰好达到额定功率,设此时速度为v1,根据P=Fv,
解得v1==22 m/s,
设匀加速阶段的时间为t,
则t==22 s,
设匀加速阶段的位移为x,
则x==242 m,
即动车组匀加速运动的时间为22 s,位移为242 m。
(3)动车组匀速行驶时有4P=F阻vmax,
整理解得F阻=,
而F阻=,
联立解得vmax=110 m/s,
即动车组匀速行驶的速度为110 m/s。第3讲　小专题:动能定理在多过程和往复运动中的应用
【学习目标】
1.能够分析多过程问题中的动能变化,会将复杂运动分解为多个简单过程,学会处理变力做功或分段恒力做功的情况,并分别应用动能定理。
2.对往复运动问题,会分析周期性运动中动能的变化规律;理解摩擦力等耗散力对往复运动中动能损失的影响;掌握通过动能定理计算往复运动在平面和曲面结合情况下的停止条件。
3.培养实际问题建模能力,能够将实际问题抽象为物理模型。
4.掌握解题策略与数学工具,熟练运用图像法计算变力做功;学习通过微分求和求解连续变化力的功。
考点一　动能定理在多过程问题中的应用
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理。
①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理。
当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大减少运算。
2.全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
[例1] 【动能定理在多段直线运动过程中的应用】 (2025·福建福州阶段练习)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型:如图,两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为F=mg(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37°的力,重物离开地面高度h后人停止施力,最后重物自由下落砸入地面的深度为,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。不计空气阻力,则(　　)
A.重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B.重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C.重物刚落地时的速度大小为
D.地面对重物的平均阻力大小为25mg
[变式] 若已知两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个大小均为F=500 N的恒力,方向都与竖直方向成θ=37°,重物与地面的平均冲击力为F′=1.05×104 N。重物离开地面H后人停止施力,最后重物自由下落把地面夯实h深度,g取 10 m/s2。若H=(50 kg≤m≤60 kg,
k=25 kg·m),求重物夯实的最大深度hm。
[例2] 【动能定理在圆周、平抛运动过程中的应用】 (2025·湖北十堰期末)如图所示,质量m=0.1 kg 的小物体从平台右端以v0=3 m/s的初速度水平抛出,并恰好无碰撞地沿斜面顶端A点滑下,斜面长L=2.4 m,倾角θ=53°,小物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。小物体从斜面最低点B平滑进入半径R=1 m的光滑圆形凹槽BCD,C为圆弧的最低点,∠BOC=θ=53°,通过与B点等高的D点抛出后落在水平地面上,g取10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)斜面顶端与平台间的高度h;
(2)小物体通过最低点C时对凹槽的压力大小;
(3)小物体从D点飞出后落地点与D点的距离。
考点二　动能定理在往复运动问题中的应用
[例3] (2025·安徽合肥二模)如图所示,竖直平面内有一半径为1 m、圆心角为127°的光滑圆弧形轨道ABC,O为圆心,半径OA水平,B为轨道的最低点。倾角为37°的长直轨道CD与圆弧轨道在C点平滑对接。质量为0.1 kg 的小滑块从A点由静止释放,沿圆轨道滑至C点,再经0.6 s运动到直轨道上E点(图中未标出)。已知小滑块与CD间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6。求:
(1)滑块到达B点时对轨道的压力大小;
(2)E与C之间的距离;
(3)滑块在整个运动过程中通过CD段的总路程。
此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功特点与路程有关,求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐,甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初末状态而不计运动过程的细节,因此用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
第3讲　小专题:动能定理在多过程
和往复运动中的应用
考点一
[例1] A　
[变式] 【答案】 4 cm
【解析】 对全过程列动能定理有
2Fcos θ·H+mg·h-F′·h=0,
将H=代入上式得
2Fcos θ·+mg·h-F′·h=0,
联立解得h=(50 kg≤m≤60 kg),
由数学知识得,当m=50 kg时,有hm=4 cm。
[例2] 【答案】 (1)0.8 m　(2)6.7 N　(3)4.704 m
【解析】 (1)小物体水平抛出后做平抛运动,在A点速度与水平方向的夹角为53°,此时竖直方向的速度
vy=v0tan 53°,由于=2gh,
联立解得h=0.8 m。
(2)从抛出到运动到C点的过程,根据动能定理有mg(h+Lsin θ+R-Rcos θ)-μmgcos θ·L=
m-m,
小物体经C点时,根据牛顿第二定律有
FN-mg=,联立解得FN=6.7 N,即小物体通过最低点C时对凹槽的压力大小为6.7 N。
(3)小物体由C点到D点,根据动能定理有
-mgR(1-cos 53°)=m-m,
解得vD=7 m/s,
小物体从D点飞出后做斜抛运动,落到水平面的过程中,根据斜抛运动规律有
vDsin θ=gt,x=vDcos θ·2t,
代入数值解得x=4.704 m。
考点二
[例3] 【答案】 (1)3 N　(2)0.76 m　(3)2 m
【解析】 (1)小滑块从A到B的过程,由动能定理得
mgR=m,
经过B点时有FN-mg=m,
联立解得FN=3 N,
根据牛顿第三定律,滑块到达B点时对轨道的压力大小为3 N。
(2)对滑块从A到C的过程,根据动能定理有
mgRcos 37°=m,
则vC==4 m/s,
滑块从C沿斜面上滑过程,根据牛顿第二定律有
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma,
得a=gsin 37°+μgcos 37°=10 m/s2,
可知滑块匀减速上滑至最高点的时间
t==0.4 s<0.6 s,
而上滑最大距离x==0.8 m;
由于μmgcos 37°则滑块在0.6 s内,先沿直轨道滑至最高点后又下滑0.2 s,下滑过程加速度
a′=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2,
位移x′=a′t′2=0.04 m,
故E点与C点的距离l=x-x′=0.76 m。
(3)因圆弧轨道光滑,且滑块不可能停在斜面上,则滑块最终在过C点的水平线下方圆弧轨道上往返运动,则对滑块运动的全过程,根据动能定理有
mgRcos 37°-μmgscos 37°=0,
则s==2 m。

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