資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第15講　功能關系　能量守恒定律
目錄
[考試標準] 1
[基礎過關] 1
一、功能關系 1
二、能量守恒定律 2
[命題點研究] 2
命題點一　功能關系的理解和應用 2
命題點二　摩擦力做功與能量轉化 6
命題點三　能量守恒定律的理解和應用 11
[課時訓練] 16
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
能量守恒定律與能源 d 不要求用能量守恒定律進行較復雜的計算.
[基礎過關]
一、功能關系
1．功是能量轉化的量度，功和能的關系一是體現在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等．
2．做功對應變化的能量形式
功 能量的變化
合外力做正功 動能增加
重力做正功 重力勢能減少
彈簧彈力做正功 彈性勢能減少
電場力做正功 電勢能減少
其他力(除重力、彈力外)做正功 機械能增加
二、能量守恒定律
1．內容
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變．
2．表達式
ΔE減＝ΔE增 .
3．基本思路
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．
[命題點研究]
命題點一　功能關系的理解和應用
1．牢記三條功能關系
(1)重力做的功等于重力勢能的減少量，彈力做的功等于彈性勢能的減少量；
(2)合外力做的功等于動能的變化；
(3)除重力、彈力外，其他力做的功等于機械能的變化．
2．功能關系的選用原則
在應用功能關系解決具體問題的過程中
(1)若只涉及動能的變化則用動能定理分析．
(2)若只涉及重力勢能的變化則用重力做功與重力勢能變化的關系分析．
(3)若只涉及機械能變化則用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析．
（2023春 浙江期中）2018年9月21日陽澄湖開湖之際，京東在業內首次采用無人機配送大閘蟹，結結實實地讓陽澄湖大閘蟹打了一回“飛的”。貨物在無人機拉力作用下加速上升，空氣阻力不可忽略，下列說法正確的是（　　）
A．貨物處于失重狀態
B．重力勢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貨物動能的增加量
D．拉力做功等于貨物機械能的增加量
【解答】解：A.貨物勻加速上升，根據牛頓第二定律得：
F﹣mg﹣f＝ma，
解得：F＝ma+f+mg，故F＞mg，貨物處于超重狀態，故A錯誤；
B.貨物加速上升，克服重力做功，重力勢能增加，且重力勢能增加量等于克服重力做的功，故B正確；
C.根據動能定理知拉力、重力和空氣阻力做功之和等于貨物動能增加量，故C錯誤；
D.貨物在無人機拉力作用下加速上升，空氣阻力不可忽略，除了重力之外還受拉力和空氣阻力，而且這兩個力都做功，故拉力做功和空氣阻力做功之和等于貨物機械能增加量，故D錯誤。
故選：B。
（2023 寧波二模）如圖所示，近千架無人機群構造了高空巨幅光影“湯匙里的湯圓”，某段時間內，“湯圓”靜止，而“湯匙”正在勻速向上運動。在該段時間內下列說法正確的是（　　）
A．“湯匙”中的無人機受到合外力向上
B．“湯匙”中的無人機的機械能保持不變
C．“湯圓”中的無人機對空氣做正功
D．“湯圓”中的無人機消耗的電能全部轉化為無人機的光能和空氣的動能
【解答】解：A、“湯匙”正在勻速向上運動，所以合外力為零，故A錯誤；
B、“湯匙”正在勻速向上運動，動能不變，重力勢能增加，所以機械能增大，故B錯誤；
C、“湯圓”中的無人機使空氣流動，對空氣做正功，故C正確；
D、“湯圓”中的無人機消耗的電能轉化為內能、無人機的光能和空氣的動能，故D錯誤。
故選：C。
（2023 浙江開學）如圖所示，下列關于撐桿跳高運動員在上升過程中的說法正確的是（　　）
A．運動員受到桿的作用力等于重力
B．運動員經歷先超重后失重的過程
C．運動員的重力勢能全部由桿的彈性勢能轉化而來
D．分析運動員肌肉做功放能過程可將其看成質點
【解答】解：A、撐桿跳高運動員在上升過程中做變速運動，受力不平衡，運動員受到桿的作用力不等于重力，故A錯誤；
B、運動員先加速上升，再減速上升，豎直方向上加速度先向上后向下，故運動員經歷先超重后失重的過程，故B正確；
C、運動員的重力勢能主要由動能轉化而來，故C錯誤；
D、分析運動員肌肉做功放能過程，不能忽略運動員的姿勢和動作，不可將其看成質點，故D錯誤。
故選：B。
（2023 浙江二模）如圖所示，某斜面的頂端到正下方水平面O點的高度為h，斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為θ，小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ，一小木塊從斜面的頂端由靜止開始滑下，滑到水平面上距離O點為x的A點停下。以O點為原點建立xOy坐標系，改變斜面傾角和斜面長度，小木塊仍在A點停下，則小木塊靜止釋放點的坐標可能是（　　）
A．（x，h） B．（x，h） C．（x，h） D．（x，h）
【解答】解：小木塊從斜面的頂端由靜止開始滑下，最終停在A點，設斜面長為L，則斜面在水平面的投影為：x1＝Lcosθ
根據功能關系可得：mgh＝μmgLcosθ+μmg（x﹣x1）
整理可得：mgh＝μmgx
解得：μ
改變斜面傾角和斜面長度，小木塊仍在A點停下，則小木塊靜止釋放點的坐標為（x′，h′）
根據前面的分析可得：mgh′＝μmg（x﹣x′）
整理可得：h′＝h。
A、當x′x時，解得：h′h，故A錯誤；
B、當x′x時，解得：h′，故B錯誤；
C、當x′x時，解得：h′h，故C錯誤；
D、當x′x時，解得：h′h，故D正確。
故選：D。
（2023春 湖州期中）短跑比賽中，運動員會借助助推器起跑。如圖所示，照片記錄了奧運冠軍劉翔利用助推器起跑的瞬間，在起跑的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．助推器對腳面的支持力做正功
B．劉翔的動能來源于身體內部肌肉張力做正功
C．劉翔的機械能守恒
D．是否使用助推器對加速效果沒有影響
【解答】解：A、腳面未離開助推器，助推器對腳面的支持力不做功，故A錯誤；
B、劉翔屬于質點系統，肌肉張力屬于內力做正功，導致劉翔動能增加，故B正確；
C、起跑過程肌肉做人體系統做正功，動能增加，重力勢能幾乎不變，機械能增加，故C錯誤；
D、助推器利用支持力的水平分力來提供合外力，加速效果比靠靜摩擦力要好，故D錯誤。
故選：B。
命題點二　摩擦力做功與能量轉化
1．靜摩擦力做功
(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．
(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．
2．滑動摩擦力做功的特點
(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：
①機械能全部轉化為內能；
②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．
(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路徑長度．
從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統做的功等于系統內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統內能的增加量．
（2023 湖北）如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數為0.5。桿上M、N兩點與O點的距離均為l，P點到O點的距離為，OP與桿垂直。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數為
B．小球在P點下方 處的加速度大小為
C．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大
D．從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同
【解答】解：A、當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止，則有：k（l） μ＝mg，解得彈簧的勁度系數為：k，故A正確；
B、小球在P點下方 處時，彈簧與桿的夾角為45°，此時彈簧的長度為l′，彈簧處于壓縮狀態，受力情況如圖所示：
彈力大小為：F＝k（l﹣l′），解得：F＝（4﹣2）mg
根據牛頓第二定律可得：mg+Fcos45°﹣f＝ma，其中：f＝μFsin45°
聯立解得：ag，故B錯誤；
C、桿上M、N兩點與O點的距離均為l，所以小球在M和N點時彈簧處于原長，小球從M到P過程中，彈簧的壓縮量增大、彈力增大，彈簧彈力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球從P到N過程中，彈簧的壓縮量減小、彈力減小，彈簧彈力在水平方向的分力減小、摩擦力減小，故從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變大再變小，故C錯誤；
D、關于P點對稱的任意兩點，小球受到的摩擦力相同，所以從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正確。
故選：AD。
（2023 龍泉驛區模擬）如圖所示，質量為2000kg電梯的纜繩發生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，下落過程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為（k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量），安全鉗提供的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數為3000N/m
B．整個過程中電梯的加速度一直在減小
C．電梯停止在井底時受到的摩擦力大小為17000N
D．電梯接觸彈簧到速度最大的過程中電梯和彈簧組成的系統損失的機械能約為4600J
【解答】解：A．電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，根據能量守恒，得mgx
代入數據解得：k＝11000N/m
故A錯誤；
B、與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運動，剛接觸彈簧后，彈簧的彈力小于重力和摩擦力的合力，電梯做加速度逐漸減小的加速運動，當彈簧彈力等于重力時，電梯的加速度為零，電梯繼續運動，彈簧彈力大于重力和摩擦力的合力，電梯做加速度逐漸增加的減速運動，故B錯誤；
C、電梯停止在井底時，受力平衡，由平衡條件得：kx＝mg+f靜
代入數據解得：f靜＝2000N
故C錯誤；
D、當電梯速度最大時，加速度為零，由平衡條件得：kx'+f動＝mg
代入數據解得：x'
電梯接觸彈簧到速度最大的過程中，電梯和彈簧組成的系統損失的機械能等于摩擦力產生的熱量，則
故D正確。
故選：D。
（2023 延慶區一模）如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化如圖乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則（　　）
A．物體的質量m＝0.67kg
B．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5
C．物體上升過程的加速度大小a＝12m/s2
D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝20J
【解答】解：A、物體到達最高點時，機械能為：E＝EP＝mgh。由圖知：EP＝30J，得：mkg＝1kg，故A錯誤；
B、物體上升過程中，克服摩擦力做功，機械能減少，且減少的機械能等于克服摩擦力做的功，有ΔE＝﹣μmgcosα，由圖知ΔE＝30J﹣50J＝﹣20J，h＝3m，解得：μ＝0.5，故B正確；
C、物體上升過程中，由牛頓第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma，得：a＝gsinα+μgcosα＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/s2，故C錯誤；
D、由圖象可知，物體上升過程中摩擦力做功為：W＝ΔE＝﹣20J，在整個過程中由動能定理得：Ek﹣Ek0＝2W，則有：Ek＝Ek0+2W＝50J+2×（﹣20J）＝10J，故D錯誤。
故選：B。
（2023 安徽三模）如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角為37°，A、B兩點間的距離為L＝5m，傳送帶在電動機的帶動下順時針勻速運轉，一物體以6m/s的速度從A點沖上傳送帶，物體與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.5。若物體恰能到達最高點B（速度為零），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）傳送帶運行的速度大小；
（2）從A到B這一過程物體動能的減少量和摩擦產生的熱能大小之比。
【解答】解：（1）假設傳送帶的速度大于物體的初速度v0＝6m/s，則物體受到的摩擦力沿著傳送帶向上，設加速度大小為a，根據牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
代入數據解得：a＝2m/s2
這樣根據運動學公式算出來到達B點速度不是恰好為0，所以傳送帶的速度小于6m/s，設為v，這樣物體開始受到的摩擦力沿著傳送帶向下，設加速度大小為a1，根據牛頓第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，將μ、g、θ＝37°代入，解得：a1＝10m/s2
當物體速度等于傳送帶速度之后，物體受到的摩擦力又沿著傳送帶向上，根據前面分析知道加速度大小為：a＝2m/s2，
根據過程分析可知，物體做兩個階段加速度不同的減速運動，由運動學公式得：
代入數據解得傳送帶的速度大小為：v＝4m/s；
（2）設物體減速到和傳送帶相等速度所用時間為t1，再減速到0到達B點所用時間為t2，則有：
t1
t2
物體從A運動到與傳送帶速度相等的過程，物體與傳送帶相對位移大小為：
Δx14×0.2m＝0.2m
物體與傳送帶速度相等到B的過程，物體與傳送帶相對位移大小為：
Δx24m
則從A到B這一過程物體因摩擦產生的熱量為：
Q＝μmgcosθ（Δx1+Δx2）
從A到B這一過程物體動能的減少量和摩擦產生的熱能大小之比為：
18：16.8＝15：14。
答：（1）傳送帶運行的速度大小為4m/s；
（2）從A到B這一過程物體動能的減少量和摩擦產生的熱能大小之比為15：14。
（2023 閔行區二模）如圖（a），豎直平面內有軌道ABC，AB段是半徑為R＝5m的光滑圓弧，BC段是長為s＝25m的粗糙水平軌道。質量m＝0.5kg的物塊由A點靜止釋放，恰好運動到C點停止。求：
（1）運動到B點時，物塊的速度vB的大小；
（2）離開圓弧軌道前一瞬間，物塊對軌道的壓力大小；
（3）物塊和軌道BC段間的動摩擦因數μ；
（4）如圖（a）所示，以A點的水平位置為坐標原點O，以水平向右為正方向，建立Ox軸。以BC為零勢能面，在圖（b）中畫出物塊機械能E隨水平位置x變化的E﹣x圖。
【解答】解：（1）物體從A到B過程中，根據動能定理可得：mgR0
代入數據解得：vB＝10m/s
（2）在最低點根據牛頓第二定律得：FN﹣mg＝m
代入數據解得：FN＝15N
根據牛頓第三定律可知，物塊對軌道的壓力大小為FN'＝FN＝15N
（3）從B到C過程中，根據動能定理可得：﹣μmgs＝0
代入數據解得：μ＝0.2
（4）當0≤x≤5m時，由于機械能守恒，以BC為零勢能面，則有：E＝E0＝mgR＝0.5×10×5J＝25J
當5m≤x≤30m時，根據功能關系可知，摩擦力做功使得機械能減小，則有：
﹣μmg（x﹣R）＝Ek﹣E0
解得：E＝30﹣x（J）
物塊機械能E隨水平位置x變化的E﹣x圖如圖所示：
答：（1）運動到B點時，物塊的速度vB的大小為10m/s；
（2）離開圓弧軌道前一瞬間，物塊對軌道的壓力大小為15N；
（3）物塊和軌道BC段間的動摩擦因數為0.2；
（4）物塊機械能E隨水平位置x變化的E﹣x圖見解析。
命題點三　能量守恒定律的理解和應用
1．當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量轉化和守恒定律．
2．解題時，首先確定初末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．
（2023 新干縣校級一模）如圖是檢驗某種防護罩承受沖擊能力的裝置，MN為半徑R＝1.0m、固定于豎直平面內的光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平。PQ為待檢驗的固定曲面，該曲面為在豎直面內截面半徑rm的圓弧，圓弧下端切線水平且圓心恰好位于MN軌道的上端點N的下端相切處放置豎直向上的彈簧槍，可發射速度不同的質量m＝0.01kg的小鋼珠，假設某次發射的鋼珠沿軌道恰好能經過N點，水平飛出后落到PQ上的S點，取g＝10m/s2。求：
（1）小球到達N點時速度vN的大小；
（2）發射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep的大小；
（3）鋼珠落到圓弧PQ上S點時速度vS的大小。
【解答】解：（1）鋼珠恰好能過N點，在N點時重力提供向心力，根據牛頓第二定律得：mg＝m
代入數據解得：vNm/s
（2）彈簧的彈性勢能轉化為鋼珠的動能和重力勢能，由功能關系得：EpmgR
代入數據解得：Ep＝0.15J
（3）鋼珠離開N點后做平拋運動
水平方向：x＝vNt
豎直方向：y
根據幾何知識得：x2+y2＝r2
代入數據解得：ts
鋼珠落到S點時的速度大小vSm/s＝4m/s
答：（1）鋼珠到達N點時速度vN的大小是m/s；
（2）發射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep的大小是0.15J；
（3）鋼珠落到圓弧PQ上S點時速度vS的大小是4m/s。
（2023 西湖區校級模擬）如圖甲所示是一款名為“反重力”磁性軌道車的玩具，軌道和小車都裝有磁條，軌道造型可以自由調節，小車內裝有發條，可儲存一定彈性勢能。圖乙所示是小明同學搭建的軌道的簡化示意圖，它由水平直軌道AB、豎直圓軌道BCD、水平直軌道DM和兩個四分之一圓軌道MN與NP平滑連接而組成，圓軌道MN的圓心O2與圓軌道NP的圓心O3位于同一高度。已知小車的質量m＝50g，直軌道AB長度L＝0.5m，小車在軌道上運動時受到的磁吸引力始終垂直軌道面，在軌道ABCDM段所受的磁力大小恒為其重力的0.5倍，在軌道MNP段所受的磁力大小恒為其重力的2.5倍，小車脫離軌道后磁力影響忽略不計。現小明將具有彈性勢能EP＝0.3J的小車由A點靜止釋放，小車恰好能通過豎直圓軌道BCD，并最終從P點水平飛出。假設小車在軌道AB段運動時所受阻力大小等于軌道與小車間彈力的0.2倍，其余軌道均光滑，不計其他阻力，小車可視為質點，小車在到達B點前發條的彈性勢能已經完全釋放，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小車運動到B點時的速度大小vB；
（2）求小車運動到圓軌道B點時對軌道的壓力大小FN；
（3）同時調節圓軌道MN與NP的半徑r，其他條件不變，求小車落地點與P點的最大水平距離xm。
【解答】解：小車的質量m＝50g＝0.05kg
（1）小車由A運動至B過程，由能量關系可知：
其中F＝0.5mg，k＝0.2，代入數據得：vB＝3m/s
（2）小車恰好能通過豎直圓軌道BCD，設小車在C點的速度為vC，則：
小車從B到C，由動能定理得：
得：R＝0.2m
在B點，根據牛頓第二定律可得：
聯立解得：FN′＝3N
由牛頓第三定律，小車運動至B點時對軌道壓力大小為FN＝FN′＝3N
（3）小車從B到P，由動能定理得：
小車從P點飛出后做平拋運動，根據平拋運動的規律可得：
x＝vPt
聯立解得：
當rm＝0.1125m時，小車落地點與P點的水平距離最大
小車從P點飛出vP＞0，則：r＜0.225m
但因為小車在N點滿足：
小車從B到N，由動能定理得：
聯立解得：r≥0.2m
綜合可知，當r＝0.2m時，小車落點與P點水平距離最大，最大距離為：。
答：（1）小車運動到B點時的速度大小為3m/s；
（2）小車運動到圓軌道B點時對軌道的壓力大小為3N；
（3）同時調節圓軌道MN與NP的半徑r，其他條件不變，則小車落地點與P點的最大水平距離為m。
（2023 鼓樓區校級一模）已知雞蛋撞擊地面的速度不超過2m/s時，雞蛋能不被摔壞。某同學設計了如圖所示的保護裝置，該裝置是用A、B兩塊較粗糙的夾板粘合而成，已知保護裝置質量為M，雞蛋的質量為m＝0.05kg，且M＝5m＝0.25kg，雞蛋和保護裝置之間的滑動摩擦力大小為5mg。實驗中用該保護裝置夾住雞蛋，從離地面H＝1.8m的高度處靜止釋放。（重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。）
（1）如果保護裝置碰地后速度立即為零（無反彈，且保護裝置保持豎直），為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1；
（2）如果保護裝置與地面發生碰撞時，保護裝置以碰前的速率反彈（碰撞時間極短，在運動過程中，保護裝置始終保持豎直）。實驗前，雞蛋放的位置離保護裝置下端距離s2＝1.6m，其它條件不變。保護裝置第一次落地彈起，當上升到最大高度時，求該時刻雞蛋離地高度；
（3）接第（2）問，釋放保護裝置，經過足夠長時間，判斷雞蛋是否會滑出裝置（雞蛋若碰到地面不反彈，速度立即變為零），并求雞蛋與裝置之間的摩擦熱Q。
【解答】解：（1）保護裝置和雞蛋先共同自由落體，當保護裝置落地時速度2gH
保護裝置著地后雞蛋以加速度大小a4g＝4×10m/s2＝40m/s2，方向豎直向上，雞蛋向下做勻減速直線運動
因為到達地面時速度不超過v＝2m/s就不會摔懷，則為保證雞蛋安全所以2as1
代入數據解得，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1＝0.4m，v1＝6m/s
（2）保護裝置以碰前的速率反彈后，保護裝置加速度大小：a'2g＝2×10m/s2＝20m/s2，方向豎直向下
雞蛋先減速以a向下減速，當雞蛋向下速度減為零時，雞蛋受力不變，直到t1時刻雞蛋和保護裝置共速，選向上為正，共速時的速度：v2＝﹣v1+at1＝v1﹣a't1
解得：t1＝0.2s，v2＝2m/s
此時雞蛋和保護裝置共速v2＝2m/s，雞蛋與保護裝置相對位移Δht1t1
代入數據解得：Δh＝1.2m＜s2＝1.6m，所以雞蛋和保護裝置能共速
以后雞蛋和保護裝置共同向上以a3＝g做勻減速直線運動，再過t2s＝0.2s雞蛋和保護裝置到達最高點
保護裝置第一次碰后上升最大高度h1t1t2
所以當保護裝置到達最高點時雞蛋離地面高度：h＝h1+s2﹣Δh
代入數據解得：h1＝1m，h＝1.4m
（3）保護裝置到達最高點后再次下落，做自由落體運動，第二次落地時的速度大小v3m＝2m/s
保護裝置第二次落地后反彈向上做勻減速直線運動，雞蛋豎直向下做勻減速直線運動，假設經過時間t3兩者共速
以向上為正方向，則共速時v4＝v3﹣a't3＝﹣v3+at3，代入數據解得：v4m/s，t3s
該過程雞蛋與保護裝置間的相對位移Δh′，代入數據解得：Δh′m＞s2﹣Δh＝1.6m﹣1.2m＝0.4m
裝置第二次落地反彈后裝置與雞蛋不能共速，雞蛋從裝置中滑出
保護裝置第一次落地到裝置與雞蛋共速過程，雞蛋減速為零需要的時間ts＝0.15s
雞蛋速度減為零時保護裝置的速度大小v＝v1﹣a't＝6m/s﹣20×0.15m/s＝3m/s
保護裝置第一次落地后到兩者速度相等過程雞蛋相對保護裝置滑行的路程s1
代入數據解得：L1＝1.2m，第二次落地后雞蛋從保護裝置滑出，第二次落地后雞蛋相對保護裝置滑行的路程L2＝s2﹣Δh＝1.6m﹣1.2m＝0.4m
整個過程中雞蛋相對裝置滑行的路程L＝L1+L2＝1.2m+0.4m＝1.6m
整個過程雞蛋與裝置間由于摩擦產生的熱量Q＝5mgL＝5×0.05×10×1.6J＝4J
答：（1）雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1是0.4m；
（2）該時刻雞蛋離地高度是1.4m；
（3）雞蛋是會滑出裝置，雞蛋與裝置之間的摩擦熱Q是4J。
[課時訓練]
一．選擇題（共10小題）
1．（2023 海淀區一模）如圖所示，輕彈簧下端連接一重物，用手托住重物并使彈簧處于壓縮狀態。然后手與重物一同緩慢下降，直至重物與手分離并保持靜止。在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的彈性勢能與物體的重力勢能之和先減少再增加
B．彈簧對重物做的功等于重物機械能的變化量
C．重物對手的壓力隨下降的距離均勻變化
D．手對重物做的功一定等于重物重力勢能的變化量
【解答】解：A．由題可知，重物的動能變化量為零，根據題意可知手對重物的作用力一直豎直向上，將彈簧與重物視作一個整體，所以手對整體一直做負功，由此可知彈簧的彈性勢能與物體的重力勢能之和一直在減少，故A錯誤；
B．根據機械能的定義可知，彈簧和手對重物的功等于重物機械能的變化量，故B錯誤；
C．由題可知，當彈簧的彈力與重物的重力相等時，手與重物間的彈力為零，則兩者分離，設此時彈簧的形變量為x0，則有kx0＝mg
當彈簧處于壓縮狀態下重物靜止緩慢向下，設重物向下降的距離為x，則有k（x0﹣x）+F＝mg
聯立解得F＝kx，故C正確；
D．物體重力做的功等于重物重力勢能的變化量，故D錯誤。
故選：C。
2．（2023 臺州模擬）某超市中傾角為30°的自動坡道式電梯（無臺階）如圖所示，某人蹲在電梯上隨電梯勻速下行。下列說法正確的是（　　）
A．電梯對人的作用力沿坡道向上
B．人和電梯表面之間的動摩擦因數為
C．電梯對人做的功等于人的重力勢能的變化量
D．若人在電梯上突然起身站立，起身瞬間人對電梯的作用力減小
【解答】解：A、人蹲在電梯上隨電梯勻速下行，人受到的合力為零，所以電梯對人的作用力與人的重力等大反向，則電梯對人的作用力豎直向上，故A錯誤；
B、根據平衡條件得：mgsin30°＝f，而f≤μFN，FN＝mgcos30°，解得μ，故B錯誤；
C、人做勻速運動，動能不變，由功能關系可知，電梯對人做的功等于人的重力勢能的變化量，故C正確；
D、若人在電梯上突然起身站立，加速度向上，處于超重狀態，則電梯對人作用力大于重力，根據牛頓第三定律可知，起身瞬間人對電梯的作用力增大，故D錯誤。
故選：C。
3．（2023 大理州模擬）某中學生將一質量約為7kg的鉛球舉起放在肩膀處的位置，將其用力丟出，鉛球先上升大約0.8m后開始下降，最后落在距離他8m的位置。則他對鉛球做的總功最有可能是（　　）
A．100J B．300J C．600J D．1200J
【解答】解：鉛球做斜拋運動，設水平分速度為vx和豎直分速度為vy，拋出點到最高點的豎直高度為h上，拋出點到落地點的水平距離為x，
豎直方向做豎直上拋運動，
解得vy＝4m/s，t上＝0.4s
水平方向做勻速直線運動，拋出點距地面有一定高度，則vx 2t上＜x
得vx＜10m/s
對鉛球做的總功等于鉛球的初動能：
拋出點位置越高，對鉛球做功越少；
假設鉛球拋出位置距地面最大高度為1.6m，則
解得：t下＝0.69s
估算出鉛球從拋出到落地總時間：t＝t上+t下＝0.4s+0.69s≈1s
則水平分速度為vx′
同理求出總功為W'＝280J
故對鉛球做功范圍為280J＜W＜406J
故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
4．（2023 西城區一模）跳臺滑雪主要分為4個階段，助滑階段、起跳階段、飛行階段和落地階段．在飛行階段，運動員會采取一種身體向前傾，同時滑雪板向前分開呈“V”字型的經典姿勢，如圖所示．這種姿勢能夠加大運動員與下方空氣接觸的面積，并且還可以讓身體和雪板與水平方向呈最為理想的夾角，就像飛機起飛一樣，從而獲得較大的空氣托舉力．關于運動員在飛行階段采用“V”字型姿勢，下列說法正確的是（　　）
A．可以增加水平方向的飛行速度
B．可以增加豎直方向的加速度
C．可以增加運動員的機械能
D．可以獲得更長的飛行時間
【解答】解：ABD、運動員在飛行階段采用“V”字型姿勢，是為了增加身體與下方空氣的接觸面積，從而增加空氣對身體的托舉力，根據牛頓第二定律可知，運動員在豎直方向做加速運動的加速度將減小，從而延長了在空中飛行的時間，故AB錯誤，D正確；
C、空氣托舉力對運動員做負功，則運動員的機械能減少，故C錯誤。
故選：D。
5．（2023 湖北一模）質量為m的同學參加學校運動會的三級跳遠項目，將其看成質點，從靜止開始助跑直至落地過程運動軌跡如圖所示。其中OA段為助跑階段，AB段為騰空之后的第一步，BC段為騰空之后的第二步，CD段為騰空之后的第三步。已知騰空的最高高度為h。空氣阻力忽略不計，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．騰空階段合外力隨水平位移變化
B．騰空階段加速度隨水平位移變化
C． 騰空階段重力勢能隨水平位移變化
D．騰空階段機械能隨水平位移變化
【解答】解：AB、運動員騰空階段，空氣阻力忽略不計，三個階段均只受到重力，則三個階段合外力均等于重力，三個階段的加速度均為重力加速度，故AB錯誤；
C、騰空過程，上升階段重力做負功，重力勢能增大，下降階段重力做正功，重力勢能減小，而非圖中與x軸平行的直線段，故C錯誤；
D、騰空階段，運動員只受重力，機械能守恒，E﹣x圖像為與x軸平行的直線段。在騰空前，運動員用力蹬地，運動員的機械能增大，BC段的機械能比AB段的機械能大，CD段的機械能比BC段的機械能大，故D正確。
故選：D。
6．（2023 青羊區校級模擬）一固定軌道如圖所示，粗糙程度相同。AB段為四分之一圓弧軌道，其半徑為R，BC段是水平軌道，現將一質量為m的小球（小球視為質點）從A點靜止釋放，最后靜止于水平軌道某處。現要將小球沿原路徑拉回A點，關于此拉力做功的最小值W，下列說法正確的是（　　）
A．W＝2mgR B．W＜2mgR C．W＞2mgR D．無法判斷
【解答】解：小球從A點運動至水平軌道某處靜止，根據動能定理可知，這過程中重力做功與克服摩擦力做功相等，重力做功為mgR，所以這過程中克服摩擦力做功Wf＝mgR，沿原路經拉回A點，拉力做功的最小值為重力勢能的增加量和克服摩擦力做功之和，由于拉回A點過程中在圓弧軌道上可以緩慢拉，所以彈力可以比下滑時小，摩擦力同樣變小，所以克服摩擦力做功小于mgR，則此拉力做功的最小值W＜WG+Wf＜2mgR，故A、C、D錯誤，B正確。
故選：B。
7．（2023 光明區一模）投壺是古代士大夫所做的一種投射游戲。《禮記傳》中提到：“投壺，射之細也。宴飲有射以樂賓，以習容而講藝也。”若甲、乙兩人站在距壺相同水平距離處沿水平方向各投出一支完全相同的箭，箭尖插入同一個壺中時與水平面的夾角分別為53°和37°，忽略空氣阻力、箭長、壺口大小等因素的影響，下列說法正確的是（　　）
A．甲所投的箭在空中運動的時間比乙的長
B．甲所投箭的初速度大小比乙的大
C．此運動過程中，甲所投箭的動能的變化比乙的小
D．此運動過程中，甲所投箭的重力勢能的減小量比乙的小
【解答】解：A、設箭拋出點離壺口的豎直高度為h，水平距離為x，箭尖插入壺中時與水平面的夾角為θ。箭在空中做平拋運動，根據推論：速度的反向延長線過水平位移的中點，則tanθ，x相同，h越大，θ越大，則知甲所投的箭離壺口的豎直高度比乙的大，甲所投的箭在空中運動的時間比乙的長，故A正確；
B、由x＝v0t可知，x相等，甲所投的箭在空中運動的時間比乙的長，則甲所投箭的初速度大小比乙的小，故B錯誤；
C、由動能定理得：ΔEk＝mgh，則甲所投箭的動能的變化比乙的大，故C錯誤；
D、重力勢能的減小量等于重力做功，可知甲所投箭的重力勢能的減小量比乙的大，故D錯誤。
故選：A。
8．（2023 麗江一模）如圖甲所示，小物塊放在固定的足夠長的光滑斜面上，在平行于斜面向上的力F的作用下由靜止開始沿斜面運動，運動過程中物塊的機械能E隨位移x變化的關系如圖乙所示。其中0～x1過程與x2～x3過程的圖線是平滑的曲線，x1～x2過程的圖線是傾斜的直線，x3～x4過程的圖線是平行于x軸的直線，則下列說法正確的是（　　）
A．在0～x1過程中，小物塊的加速度不斷增大
B．在x1～x2過程中，小物塊可能做勻加速運動，也可能做勻速運動或者勻減速運動
C．在x2～x3過程中，F不斷減小，小物塊動能一定減小
D．在x3～x4過程中，小物塊一定做勻速運動
【解答】解：A、根據功能關系可知，在E﹣x圖中，切線的斜率反映除重力或者彈力以外的其余力的大小，即F的大小，
在0～x1過程中F不斷增大，物塊開始向下運動，物體的加速度可能不斷減小，也可能先減小再增大，故A錯誤；
B、在x1～x2過程中，力F大小不變，F可能大于、等于或小于重力沿著斜面向下的分力，所以小物塊可能做勻加速運動，也可能做勻速運動或者勻減速運動，故B正確；
C、在x2～x3過程中，如果F小于重力沿著斜面向下的分力，小物塊會向下一直加速，則動能一直增大，故C錯誤；
D、在x3～x4過程中，F＝0，小物塊做勻變速直線運動，故D錯誤。
故選：B。
9．（2023 重慶模擬）如圖甲，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，質量為m的小球，從彈簧上方x0處靜止下落。若以小球開始下落的位置為坐標原點，建立豎直向下坐標軸Ox，小球下落至最低點過程中的a﹣x圖像如圖乙（圖中x0，x1，x2，g均為已知量），不計空氣阻力，g為重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．x0到x1段，小球做加速度逐漸越小的減速運動
B．彈簧受到的最大彈力為
C．該過程中小球與彈簧組成系統的勢能變化的最大值為mg（x0+x1）
D．小球向下運動過程中最大速度為
【解答】解：A．小球與彈簧剛剛接觸，壓縮量較小時，重力大于彈簧的彈力，即x0到x1段，小球做加速度逐漸越小的加速運動，故A錯誤；
B．根據圖乙可知，在x1位置，加速度為0，小球重力等于彈力，則有
k（x1﹣x0）＝mg
隨后小球進一步向下壓縮彈簧，最大壓縮量為x2，則此時彈力最大為Fmax，此時速度減為0
Fmax＝k（x2﹣x0）
解得，故B錯誤；
C．該過程中小球與彈簧組成系統的機械能守恒，即只有動能、勢能（包含重力勢能與彈性勢能）的轉化，在加速度為0時，小球速度最大，動能最大，即小球運動至x1位置時，重力勢能減小了mgx1，減小的重力勢能轉化為彈性勢能與動能，可知小球與彈簧組成系統的勢能變化的最大值小于mgx1，故C錯誤；
D．小球運動至x1位置時，加速度為0時，小球速度最大，根據圖乙可知，將縱坐標乘以小球質量m，縱坐標表示合力，則圖像的面積表示合力做功，則有
解得，故D正確。
故選：D。
10．（2023 乙卷）如圖，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（　　）
A．木板的動能一定等于fl
B．木板的動能一定小于fl
C．物塊的動能一定大于
D．物塊的動能一定小于
【解答】解：設物塊離開木板時的速度為v1，此時木板的速度為v2，由題可知
v1＞v2
設物塊的對地位移為xm，木板的對地位移為xM
CD、根據能量守恒定律可得
mMfl
整理解得
mMflmfl
故C錯誤，D正確；
AB、因摩擦產生的熱量為
Q＝fl＝f（xm﹣xM）
根據運動學公式可得xm t
xM
由于v0＞v1＞v2
所以xm＞2xM
故xm﹣xM＝l＞xM
故W＝fxM＜fl
故A錯誤，B正確；
故選：BD。
二．計算題（共2小題）
11．（2021 寧波二模）如圖所示是一彈射游戲裝置，由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點A、C分別與水平軌道OA和CD相連）、傾斜長軌道DE組成。游戲時滑塊從O點彈出后，經過圓軌道并滑上傾斜長軌道DE，若滑塊從長軌道DE滑下則反向進入圓軌道，從圓軌道滑出，進入AO軌道并壓縮彈射器的彈簧，隨后能再次彈出（無能量損失）算游戲成功。已知圓軌道半徑為R，軌道DE的傾角θ＝37°，滑塊質量為m，滑塊與軌道DE之間的動摩擦因數μ＝0.5，其余都光滑，各軌道之間平滑連接；滑塊可視為質點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能，忽略空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。
（1）若滑塊第一次進入圓軌道，恰好能過最高點B，求滑塊能滑上斜軌道的最大距離；
（2）若某次游戲彈射釋放的彈性勢能為Ep＝5mgR，求滑塊在斜軌道上通過的總路程；
（3）要使游戲成功（即滑塊能返回彈射器、且只能返回一次），并要求滑塊始終不脫離軌道，求彈射時彈性勢能可能的范圍。
【解答】解：（1）若滑塊第一次進入圓軌道，恰好能過最高點B，則有：mg＝m
解得：vB
滑塊從B點第一次運動到斜軌道最高點過程中，根據動能定理可得：﹣mg（2R﹣Lsinθ）﹣μmgLcosθ＝0
解得：L；
（2）若滑塊恰好過B點，則彈簧彈性勢能E1＝2mgR
解得：E1＝2.5mgR，因EP＞E1，故滑塊能過B點
設滑塊第一次到斜軌道最高點時到D的距離為L1
由能量守恒定律可得：E1′＝mgL1sinθ+μmgL1cosθ
得L1＝5R
返回到C處時滑塊的動能E1'＝EP﹣2μmgL1cosθ＝mgR
因此，此后滑塊恰好不脫離軌道，在圓軌道與斜軌道間做往復運動，最終停在D點
全過程應用能量守恒定律可得：Ep＝μmgscosθ
得s＝12.5R；
（3）由題意可知，滿足題意的彈性勢能最小的條件為：滑塊恰好第2次順時針通過B
設第一次到斜軌道最高點時到D的距離為L2，根據動能定理可得：
mg（L2sinθ﹣2R）﹣μmgL2cosθ0
得L2＝12.5R
設第二次到斜軌道最高點時到D的距離為L2'，根據動能定理可得：
mg（2R﹣L2'sinθ）﹣μmgL2'cosθ＝0
得L2′＝2.5R
兩次在斜軌道往返后，滑塊在C處具有的動能E2′mgR＜mgR，滿足題目要求
根據功能關系可得：EpminmgR+2μmgcosθ（L2+L2'）
解得：Epmin＝12.5mgR
由題意可知，滿足題意的彈性勢能最大的條件為：滑塊在斜軌道上往返兩次后，恰能到達圓軌道上與圓心等高點處
分析計算可知第二次到斜軌道最高點到D的距離為L3'＝5R
第一次到斜軌道最高點時離D距離為L3＝25R
Epmx＝mgR+2μmgcosθ（L3+L3'）＝25mgR
綜上可得：12.5mgR≤EP≤25mgR。
答：（1）若滑塊第一次進入圓軌道，恰好能過最高點B，滑塊能滑上斜軌道的最大距離為；
（2）若某次游戲彈射釋放的彈性勢能為Ep＝5mgR，滑塊在斜軌道上通過的總路程為12.5R；
（3）要使游戲成功（即滑塊能返回彈射器、且只能返回一次），并要求滑塊始終不脫離軌道，彈射時彈性勢能可能的范圍為12.5mgR≤EP≤25mgR。
12．（2023 雨花區校級二模）如圖所示，一斜面固定在水平地面上，斜面傾角θ＝37°，質量為5m的小物塊A通過一根跨過固定滑輪的繩子連接質量同為5m小物塊B，連接A的繩子與斜面平行，物塊B距地面高度為L，物塊A與斜面最上端擋板的距離也為L，繩無阻礙穿過擋板上小孔。質量為2m的小環C套在B上方的繩子上，繩子與小球C之間的最大摩擦力fm＝6mg，不計滑輪和繩子質量以及滑輪與繩子之間的摩擦，重力加速度為g，sinθ，cosθ。
（1）若系統處于靜止狀態，求A與斜面間摩擦因數的最小值μ；
（2）若μ，同時由靜止釋放A、B、C，物塊A與擋板碰撞原速反彈；物塊B與地面碰撞后速度瞬間變成0，求繩子再次繃緊，B的向上運動的初速度vB（繃緊過程C的速度未變）；
（3）接第（2）問，若C始終沒有落到B上，求整個過程中C與繩子之間因摩擦產生的熱量Q。
【解答】解：（1）要使A、B、C平衡，根據平衡條件可得：（mB+mC）g≤mAgsinθ+μmAgcosθ
即：7mg≤5mg（μcosθ+sinθ）
解得：μ≥1
即μ的最小值為1
（2）A沿斜面向上運動，BC沿繩向下運動，BC保持相對靜止，根據牛頓第二定律可得：
7mg﹣5mg（μcosθ+sinθ）＝12ma0
a0g
根據運動學公式可得：2a0L
解得：v0
A碰后原速反彈，B碰后速度為0，繩子繃緊，則有：5mv0＝10mvB
解得：vB
（3）A沿斜面向下減速，B沿繩向上減速，對于AB整體，根據牛頓第二定律可得：
5mg+fm﹣5mg（sinθ﹣μcosθ）＝10ma1
解得：a1＝g
減速到零的時間：t1
C物體沿斜面向下減速過程中，根據牛頓第二定律可得：fm﹣2mg＝2ma2
解得：a2＝2g
減速到零的時間：t2
B與C恰好在同一時間速度變為0，
B上升的高度：2a1x1，解得：x1
C下落的高度：2a2x1′，解得：x1′
BC相對位移：Δx1
此時BC的狀態與初始相同，但B離地的高度為，為初始高度的
相對位移：Δxi+1
Δx總＝∑ΔxiL
產生的熱：Q＝fmΔx總
解得：QmgL
答：（1）若系統處于靜止狀態，A與斜面間摩擦因數的最小值為1；
（2）繩子再次繃緊，B的向上運動的初速度為；
（3）整個過程中C與繩子之間因摩擦產生的熱量為mgL。
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第15講　功能關系　能量守恒定律
目錄
[考試標準] 1
[基礎過關] 1
一、功能關系 1
二、能量守恒定律 2
[命題點研究] 2
命題點一　功能關系的理解和應用 2
命題點二　摩擦力做功與能量轉化 4
命題點三　能量守恒定律的理解和應用 7
[課時訓練] 9
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
能量守恒定律與能源 d 不要求用能量守恒定律進行較復雜的計算.
[基礎過關]
一、功能關系
1．功是能量轉化的量度，功和能的關系一是體現在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等．
2．做功對應變化的能量形式
功 能量的變化
合外力做正功 動能增加
重力做正功 重力勢能減少
彈簧彈力做正功 彈性勢能減少
電場力做正功 電勢能減少
其他力(除重力、彈力外)做正功 機械能增加
二、能量守恒定律
1．內容
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變．
2．表達式
ΔE減＝ΔE增 .
3．基本思路
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．
[命題點研究]
命題點一　功能關系的理解和應用
1．牢記三條功能關系
(1)重力做的功等于重力勢能的減少量，彈力做的功等于彈性勢能的減少量；
(2)合外力做的功等于動能的變化；
(3)除重力、彈力外，其他力做的功等于機械能的變化．
2．功能關系的選用原則
在應用功能關系解決具體問題的過程中
(1)若只涉及動能的變化則用動能定理分析．
(2)若只涉及重力勢能的變化則用重力做功與重力勢能變化的關系分析．
(3)若只涉及機械能變化則用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析．
（2023春 浙江期中）2018年9月21日陽澄湖開湖之際，京東在業內首次采用無人機配送大閘蟹，結結實實地讓陽澄湖大閘蟹打了一回“飛的”。貨物在無人機拉力作用下加速上升，空氣阻力不可忽略，下列說法正確的是（　　）
A．貨物處于失重狀態
B．重力勢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貨物動能的增加量
D．拉力做功等于貨物機械能的增加量
（2023 寧波二模）如圖所示，近千架無人機群構造了高空巨幅光影“湯匙里的湯圓”，某段時間內，“湯圓”靜止，而“湯匙”正在勻速向上運動。在該段時間內下列說法正確的是（　　）
A．“湯匙”中的無人機受到合外力向上
B．“湯匙”中的無人機的機械能保持不變
C．“湯圓”中的無人機對空氣做正功
D．“湯圓”中的無人機消耗的電能全部轉化為無人機的光能和空氣的動能
（2023 浙江開學）如圖所示，下列關于撐桿跳高運動員在上升過程中的說法正確的是（　　）
A．運動員受到桿的作用力等于重力
B．運動員經歷先超重后失重的過程
C．運動員的重力勢能全部由桿的彈性勢能轉化而來
D．分析運動員肌肉做功放能過程可將其看成質點
（2023 浙江二模）如圖所示，某斜面的頂端到正下方水平面O點的高度為h，斜面與水平面平滑連接，斜面傾角為θ，小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ，一小木塊從斜面的頂端由靜止開始滑下，滑到水平面上距離O點為x的A點停下。以O點為原點建立xOy坐標系，改變斜面傾角和斜面長度，小木塊仍在A點停下，則小木塊靜止釋放點的坐標可能是（　　）
A．（x，h） B．（x，h） C．（x，h） D．（x，h）
（2023春 湖州期中）短跑比賽中，運動員會借助助推器起跑。如圖所示，照片記錄了奧運冠軍劉翔利用助推器起跑的瞬間，在起跑的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．助推器對腳面的支持力做正功
B．劉翔的動能來源于身體內部肌肉張力做正功
C．劉翔的機械能守恒
D．是否使用助推器對加速效果沒有影響
命題點二　摩擦力做功與能量轉化
1．靜摩擦力做功
(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．
(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．
2．滑動摩擦力做功的特點
(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：
①機械能全部轉化為內能；
②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．
(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路徑長度．
從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統做的功等于系統內能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統內能的增加量．
（2023 湖北）如圖所示，原長為l的輕質彈簧，一端固定在O點，另一端與一質量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數為0.5。桿上M、N兩點與O點的距離均為l，P點到O點的距離為，OP與桿垂直。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數為
B．小球在P點下方 處的加速度大小為
C．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大
D．從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同
（2023 龍泉驛區模擬）如圖所示，質量為2000kg電梯的纜繩發生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4m/s，緩沖彈簧被壓縮2m時電梯停止了運動，下落過程中安全鉗總共提供給電梯17000N的滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為（k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量），安全鉗提供的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的勁度系數為3000N/m
B．整個過程中電梯的加速度一直在減小
C．電梯停止在井底時受到的摩擦力大小為17000N
D．電梯接觸彈簧到速度最大的過程中電梯和彈簧組成的系統損失的機械能約為4600J
（2023 延慶區一模）如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化如圖乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則（　　）
A．物體的質量m＝0.67kg
B．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5
C．物體上升過程的加速度大小a＝12m/s2
D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝20J
（2023 安徽三模）如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角為37°，A、B兩點間的距離為L＝5m，傳送帶在電動機的帶動下順時針勻速運轉，一物體以6m/s的速度從A點沖上傳送帶，物體與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.5。若物體恰能到達最高點B（速度為零），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）傳送帶運行的速度大小；
（2）從A到B這一過程物體動能的減少量和摩擦產生的熱能大小之比。
（2023 閔行區二模）如圖（a），豎直平面內有軌道ABC，AB段是半徑為R＝5m的光滑圓弧，BC段是長為s＝25m的粗糙水平軌道。質量m＝0.5kg的物塊由A點靜止釋放，恰好運動到C點停止。求：
（1）運動到B點時，物塊的速度vB的大小；
（2）離開圓弧軌道前一瞬間，物塊對軌道的壓力大小；
（3）物塊和軌道BC段間的動摩擦因數μ；
（4）如圖（a）所示，以A點的水平位置為坐標原點O，以水平向右為正方向，建立Ox軸。以BC為零勢能面，在圖（b）中畫出物塊機械能E隨水平位置x變化的E﹣x圖。
命題點三　能量守恒定律的理解和應用
1．當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量轉化和守恒定律．
2．解題時，首先確定初末狀態，然后分析狀態變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．
（2023 新干縣校級一模）如圖是檢驗某種防護罩承受沖擊能力的裝置，MN為半徑R＝1.0m、固定于豎直平面內的光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平。PQ為待檢驗的固定曲面，該曲面為在豎直面內截面半徑rm的圓弧，圓弧下端切線水平且圓心恰好位于MN軌道的上端點N的下端相切處放置豎直向上的彈簧槍，可發射速度不同的質量m＝0.01kg的小鋼珠，假設某次發射的鋼珠沿軌道恰好能經過N點，水平飛出后落到PQ上的S點，取g＝10m/s2。求：
（1）小球到達N點時速度vN的大小；
（2）發射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep的大小；
（3）鋼珠落到圓弧PQ上S點時速度vS的大小。
（2023 西湖區校級模擬）如圖甲所示是一款名為“反重力”磁性軌道車的玩具，軌道和小車都裝有磁條，軌道造型可以自由調節，小車內裝有發條，可儲存一定彈性勢能。圖乙所示是小明同學搭建的軌道的簡化示意圖，它由水平直軌道AB、豎直圓軌道BCD、水平直軌道DM和兩個四分之一圓軌道MN與NP平滑連接而組成，圓軌道MN的圓心O2與圓軌道NP的圓心O3位于同一高度。已知小車的質量m＝50g，直軌道AB長度L＝0.5m，小車在軌道上運動時受到的磁吸引力始終垂直軌道面，在軌道ABCDM段所受的磁力大小恒為其重力的0.5倍，在軌道MNP段所受的磁力大小恒為其重力的2.5倍，小車脫離軌道后磁力影響忽略不計。現小明將具有彈性勢能EP＝0.3J的小車由A點靜止釋放，小車恰好能通過豎直圓軌道BCD，并最終從P點水平飛出。假設小車在軌道AB段運動時所受阻力大小等于軌道與小車間彈力的0.2倍，其余軌道均光滑，不計其他阻力，小車可視為質點，小車在到達B點前發條的彈性勢能已經完全釋放，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小車運動到B點時的速度大小vB；
（2）求小車運動到圓軌道B點時對軌道的壓力大小FN；
（3）同時調節圓軌道MN與NP的半徑r，其他條件不變，求小車落地點與P點的最大水平距離xm。
（2023 鼓樓區校級一模）已知雞蛋撞擊地面的速度不超過2m/s時，雞蛋能不被摔壞。某同學設計了如圖所示的保護裝置，該裝置是用A、B兩塊較粗糙的夾板粘合而成，已知保護裝置質量為M，雞蛋的質量為m＝0.05kg，且M＝5m＝0.25kg，雞蛋和保護裝置之間的滑動摩擦力大小為5mg。實驗中用該保護裝置夾住雞蛋，從離地面H＝1.8m的高度處靜止釋放。（重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。）
（1）如果保護裝置碰地后速度立即為零（無反彈，且保護裝置保持豎直），為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1；
（2）如果保護裝置與地面發生碰撞時，保護裝置以碰前的速率反彈（碰撞時間極短，在運動過程中，保護裝置始終保持豎直）。實驗前，雞蛋放的位置離保護裝置下端距離s2＝1.6m，其它條件不變。保護裝置第一次落地彈起，當上升到最大高度時，求該時刻雞蛋離地高度；
（3）接第（2）問，釋放保護裝置，經過足夠長時間，判斷雞蛋是否會滑出裝置（雞蛋若碰到地面不反彈，速度立即變為零），并求雞蛋與裝置之間的摩擦熱Q。
[課時訓練]
一．選擇題（共10小題）
1．（2023 海淀區一模）如圖所示，輕彈簧下端連接一重物，用手托住重物并使彈簧處于壓縮狀態。然后手與重物一同緩慢下降，直至重物與手分離并保持靜止。在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．彈簧的彈性勢能與物體的重力勢能之和先減少再增加
B．彈簧對重物做的功等于重物機械能的變化量
C．重物對手的壓力隨下降的距離均勻變化
D．手對重物做的功一定等于重物重力勢能的變化量
2．（2023 臺州模擬）某超市中傾角為30°的自動坡道式電梯（無臺階）如圖所示，某人蹲在電梯上隨電梯勻速下行。下列說法正確的是（　　）
A．電梯對人的作用力沿坡道向上
B．人和電梯表面之間的動摩擦因數為
C．電梯對人做的功等于人的重力勢能的變化量
D．若人在電梯上突然起身站立，起身瞬間人對電梯的作用力減小
3．（2023 大理州模擬）某中學生將一質量約為7kg的鉛球舉起放在肩膀處的位置，將其用力丟出，鉛球先上升大約0.8m后開始下降，最后落在距離他8m的位置。則他對鉛球做的總功最有可能是（　　）
A．100J B．300J C．600J D．1200J
4．（2023 西城區一模）跳臺滑雪主要分為4個階段，助滑階段、起跳階段、飛行階段和落地階段．在飛行階段，運動員會采取一種身體向前傾，同時滑雪板向前分開呈“V”字型的經典姿勢，如圖所示．這種姿勢能夠加大運動員與下方空氣接觸的面積，并且還可以讓身體和雪板與水平方向呈最為理想的夾角，就像飛機起飛一樣，從而獲得較大的空氣托舉力．關于運動員在飛行階段采用“V”字型姿勢，下列說法正確的是（　　）
A．可以增加水平方向的飛行速度
B．可以增加豎直方向的加速度
C．可以增加運動員的機械能
D．可以獲得更長的飛行時間
5．（2023 湖北一模）質量為m的同學參加學校運動會的三級跳遠項目，將其看成質點，從靜止開始助跑直至落地過程運動軌跡如圖所示。其中OA段為助跑階段，AB段為騰空之后的第一步，BC段為騰空之后的第二步，CD段為騰空之后的第三步。已知騰空的最高高度為h。空氣阻力忽略不計，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A．騰空階段合外力隨水平位移變化
B．騰空階段加速度隨水平位移變化
C． 騰空階段重力勢能隨水平位移變化
D．騰空階段機械能隨水平位移變化
6．（2023 青羊區校級模擬）一固定軌道如圖所示，粗糙程度相同。AB段為四分之一圓弧軌道，其半徑為R，BC段是水平軌道，現將一質量為m的小球（小球視為質點）從A點靜止釋放，最后靜止于水平軌道某處。現要將小球沿原路徑拉回A點，關于此拉力做功的最小值W，下列說法正確的是（　　）
A．W＝2mgR B．W＜2mgR C．W＞2mgR D．無法判斷
7．（2023 光明區一模）投壺是古代士大夫所做的一種投射游戲。《禮記傳》中提到：“投壺，射之細也。宴飲有射以樂賓，以習容而講藝也。”若甲、乙兩人站在距壺相同水平距離處沿水平方向各投出一支完全相同的箭，箭尖插入同一個壺中時與水平面的夾角分別為53°和37°，忽略空氣阻力、箭長、壺口大小等因素的影響，下列說法正確的是（　　）
A．甲所投的箭在空中運動的時間比乙的長
B．甲所投箭的初速度大小比乙的大
C．此運動過程中，甲所投箭的動能的變化比乙的小
D．此運動過程中，甲所投箭的重力勢能的減小量比乙的小
8．（2023 麗江一模）如圖甲所示，小物塊放在固定的足夠長的光滑斜面上，在平行于斜面向上的力F的作用下由靜止開始沿斜面運動，運動過程中物塊的機械能E隨位移x變化的關系如圖乙所示。其中0～x1過程與x2～x3過程的圖線是平滑的曲線，x1～x2過程的圖線是傾斜的直線，x3～x4過程的圖線是平行于x軸的直線，則下列說法正確的是（　　）
A．在0～x1過程中，小物塊的加速度不斷增大
B．在x1～x2過程中，小物塊可能做勻加速運動，也可能做勻速運動或者勻減速運動
C．在x2～x3過程中，F不斷減小，小物塊動能一定減小
D．在x3～x4過程中，小物塊一定做勻速運動
9．（2023 重慶模擬）如圖甲，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，質量為m的小球，從彈簧上方x0處靜止下落。若以小球開始下落的位置為坐標原點，建立豎直向下坐標軸Ox，小球下落至最低點過程中的a﹣x圖像如圖乙（圖中x0，x1，x2，g均為已知量），不計空氣阻力，g為重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．x0到x1段，小球做加速度逐漸越小的減速運動
B．彈簧受到的最大彈力為
C．該過程中小球與彈簧組成系統的勢能變化的最大值為mg（x0+x1）
D．小球向下運動過程中最大速度為
10．（2023 乙卷）如圖，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（　　）
A．木板的動能一定等于fl
B．木板的動能一定小于fl
C．物塊的動能一定大于
D．物塊的動能一定小于
二．計算題（共2小題）
11．（2021 寧波二模）如圖所示是一彈射游戲裝置，由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點A、C分別與水平軌道OA和CD相連）、傾斜長軌道DE組成。游戲時滑塊從O點彈出后，經過圓軌道并滑上傾斜長軌道DE，若滑塊從長軌道DE滑下則反向進入圓軌道，從圓軌道滑出，進入AO軌道并壓縮彈射器的彈簧，隨后能再次彈出（無能量損失）算游戲成功。已知圓軌道半徑為R，軌道DE的傾角θ＝37°，滑塊質量為m，滑塊與軌道DE之間的動摩擦因數μ＝0.5，其余都光滑，各軌道之間平滑連接；滑塊可視為質點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能，忽略空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。
（1）若滑塊第一次進入圓軌道，恰好能過最高點B，求滑塊能滑上斜軌道的最大距離；
（2）若某次游戲彈射釋放的彈性勢能為Ep＝5mgR，求滑塊在斜軌道上通過的總路程；
（3）要使游戲成功（即滑塊能返回彈射器、且只能返回一次），并要求滑塊始終不脫離軌道，求彈射時彈性勢能可能的范圍。
12．（2023 雨花區校級二模）如圖所示，一斜面固定在水平地面上，斜面傾角θ＝37°，質量為5m的小物塊A通過一根跨過固定滑輪的繩子連接質量同為5m小物塊B，連接A的繩子與斜面平行，物塊B距地面高度為L，物塊A與斜面最上端擋板的距離也為L，繩無阻礙穿過擋板上小孔。質量為2m的小環C套在B上方的繩子上，繩子與小球C之間的最大摩擦力fm＝6mg，不計滑輪和繩子質量以及滑輪與繩子之間的摩擦，重力加速度為g，sinθ，cosθ。
（1）若系統處于靜止狀態，求A與斜面間摩擦因數的最小值μ；
（2）若μ，同時由靜止釋放A、B、C，物塊A與擋板碰撞原速反彈；物塊B與地面碰撞后速度瞬間變成0，求繩子再次繃緊，B的向上運動的初速度vB（繃緊過程C的速度未變）；
（3）接第（2）問，若C始終沒有落到B上，求整個過程中C與繩子之間因摩擦產生的熱量Q。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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