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(共77張PPT)
第五章　機械能
第4節　功能關系　能量守恒定律
[學習目標]　1．掌握幾種常見的功能關系，知道能量守恒定律。
2．理解摩擦力做功與能量轉化的關系。
3．會應用能量的觀點解決綜合問題。
鏈接教材·夯基固本
1．常見的功能關系
力做功 能的變化 定量關系
合力 的功 動能變化 W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力 的功 重力勢能變化 (1)重力做正功，重力勢能____
(2)重力做負功，重力勢能____
(3)WG＝－ΔEp＝____________
減少
增加
Ep1－Ep2
力做功 能的變化 定量關系
彈簧彈力的功 彈性勢能變化 (1)彈力做正功，彈性勢能____
(2)彈力做負功，彈性勢能____
(3)W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、彈簧彈力做功 機械能______ 機械能守恒，ΔE＝___
減少
增加
不變化
0
力做功 能的變化 定量關系
除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功 機械能____ (1)其他力做多少正功，物體的機械能就____多少
(2)其他力做多少負功，物體的機械能就____多少
(3)W其他＝____
變化
增加
減少
ΔE
力做功 能的變化 定量關系
一對相互作用的滑動摩擦力的總功 機械能____，內能____ (1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能____
(2)摩擦生熱Q＝__________
安培力做功　 電能變化 (1)克服安培力做的功等于電能增加量
(2)W克安＝ΔE電
減少
增加
增加
Ff x相對
力做功 能的變化 定量關系
電場力做功　 電勢能變化 (1)電場力做正功，電勢能減小
(2)電場力做負功，電勢能增加
(3)W電＝－ΔEp
2．能量守恒定律
(1)內容：能量既不會憑空____，也不會憑空消失，它只能從一種形式____為其他形式，或者從一個物體____到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量________。
(2)表達式：ΔE減＝______。
產生
轉化
轉移
保持不變
ΔE增
1．易錯易混辨析
(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。 (　　)
(2)一個物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少。 (　　)
(3)在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。 (　　)
(4)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化。 (　　)
(5)除重力以外的其他力做的功等于物體動能的改變量。 (　　)
×
√
√
√
×
2．(人教版必修第二冊習題改編)某海灣共占面積1.0×107 m2，漲潮時水深20 m，此時關閉水壩閘門可使水位保持20 m不變，退潮時，壩外水位降至18 m。假如利用此水壩建立水力發電站，且重力勢能轉變為電能的效率是10%，每天有兩次漲潮，則該電站一天能發出的電能為多少焦？( g＝10 m/s2 ，ρ水＝1.0×103 kg/m3)
[解析]　由于壩外面積很大，所以水量變化不影響水位高度，本題相當于讓高度為18～20 m的這部分水平鋪到壩外高度為18 m的水面上去，這些水的重心只降低了1 m，即從19 m降到18 m，每天漲潮兩次，所以產生的電能為
E＝2×mgh＝×1.0×103×1.0×107×2×10× J＝4.0×1010 J。
[答案]　4.0×1010 J
細研考點·突破題型
考點1　功能關系的理解及應用
1．對功能關系的理解
(1)做功的過程就是能量轉化的過程，不同形式的能量發生相互轉化是通過力做功來實現的。
(2)功是能量轉化的量度
①不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系。
②做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等。
2．功能關系的選用原則
(1)在應用功能關系解決具體問題的過程中，若只涉及動能的變化用動能定理分析。
(2)只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關系分析。
(3)只涉及機械能的變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析。
(4)只涉及電勢能的變化用靜電力做功與電勢能變化的關系分析。
角度1　功能關系的分析與計算
[典例1]　(2024·1月九省聯考貴州卷)如圖所示，一輕質彈簧置于固定光滑斜面上，下端與固定在斜面底端的擋板連接，彈簧處于原長時上端位于A點。一物塊由斜面上A點上方某位置釋放，將彈簧壓縮至最低點B(彈簧在彈性限度內)，則物塊由A點運動至B點的過程中，彈簧彈性勢能的(　　)
A．增加量等于物塊動能的減少量
B．增加量等于物塊重力勢能的減少量
C．增加量等于物塊機械能的減少量
D．最大值等于物塊動能的最大值
√
C　[設物塊在A點時的動能為Ek，斜面的傾角為θ，物塊由A點運動至B點的過程中，對物塊由能量守恒有Ek＋mgLABsin θ＝Ep，可知，物塊由A點運動至B點的過程中，物塊的機械能轉化成了彈簧的彈性勢能，因此可知，彈簧彈性勢能增加量大于物塊動能的減少量，同樣大于物塊重力勢能的減少量，而等于物塊機械能的減少量，故A、B錯誤，C正確；顯然，物塊由A點運動至B點的過程中，彈簧彈性勢能最大時即彈簧被壓縮至最短時，而物塊動能最大時，彈簧的彈力等于物塊重力沿斜面向下的分力，即此時彈簧已被壓縮，具有了一定的彈性勢能，而此后物塊還要繼續向下運動，直至速度減為零，彈簧被壓縮至最短，因此彈簧彈性勢能的最大值大于物塊動能的最大值，而等于物塊機械能的減少量，故D錯誤。]
[典例2]　(多選)(2024·四川廣安二模統考)滑沙運動是繼滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新興運動，它使戶外運動愛好者在運動的同時又能領略到沙漠的綺麗風光。質量為50 kg的人坐在滑沙板上從沙坡斜面的頂端由靜止沿直線勻加速下滑，經過10 s到達坡底，速度大小為20 m/s。已知沙坡斜面的傾角為30°，重力加速度g取10 m/s2，下列關于此過程的說法正確的是(　　)
A．人的重力勢能減少5.0×104 J
B．人的動能增加1.0×104 J
C．人的機械能減少1.5×104 J
D．人克服阻力做功4.0×104 J
√
√
BC　[人沿沙坡下滑的距離l＝vt＝100 m，重力勢能減少ΔEp＝mgl sin 30°＝2.5×104 J，故A錯誤；動能增量ΔEk＝mv2＝1.0×104 J，故B正確；機械能減少量ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104 J，故C正確；人克服阻力做功Wf＝ΔE＝1.5×104 J，故D錯誤。]
角度2　功能關系與圖像結合
[典例3]　(多選)(2024·湖北武漢高三月考)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和，取地面為零勢能參考平面，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度g取10 m/s2，根據圖中數據
可知(　　)
A．物體的質量為2 kg
B．物體上升過程中所受阻力大小為4 N
C．在物體上升至h＝2 m處，物體的動能為40 J
D．在物體上升后返回至h＝2 m處，物體的動能為30 J
√
√
AD　[根據Ep＝mgh結合題圖可得物體的質量為 2 kg，故A正確；根據ΔE＝－f h，解得f ＝ N＝5 N，故B錯誤；由題圖可知，物體初動能為100 J，在物體上升至h＝2 m處，根據動能定理得－f h－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50 J，故C錯誤；從地面上升后返回至h＝
2 m處，根據動能定理得－f s－mgh＝Ek2－Ek0，又s＝6 m，解得Ek2＝30 J，故D正確。]
考點2　能量守恒定律的理解及應用
1．對能量守恒定律的點理解
(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。
2．運用能量守恒定律解題的基本思路
[典例4]　(多選)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態。小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中
(　　)
A．彈簧的最大彈力為μmg
B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs
D．物塊在A點的初速度大小為
√
√
BC　[物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>μmg，A錯誤；根據功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運動到A點靜止的過程中，根據能量守恒定律，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉化為內能，故Epm＝μmgs，C正確；根據能量守恒定律，在整個過程中，物塊的初動能通過摩擦力做功轉化為內能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D錯誤。]
[典例5]　(2024·江蘇卷)如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質量為m的物塊，在電動機作用下，從 A點由靜止加速至 B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關閉電動機，從 C點又恰好到達最高點D。求：
(1)CD段長x；
(2)BC段電動機的輸出功率P；
(3)全過程物塊增加的機械能E1和電動機
消耗的總電能 E2的比值。
[解析]　(1)物塊在CD段運動過程中，由牛頓第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma
由運動學公式0－v2＝－2ax
聯立解得x＝。
(2)物塊在BC段勻速運動，得電動機的牽引力為
F＝mg sin θ＋μmg cos θ
由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
(3)全過程物塊增加的機械能為E1＝mgL sin θ
整個過程由能量守恒定律得電動機消耗的總電能轉化為物塊增加的機械能和摩擦產生的內能，故可知
E2＝E1＋μmg cos θ·L
故可得＝＝。
[答案]　(1)　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3)
[典例6]　(2024·遼寧沈陽市第五十六中學開學考試)如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數μ＝，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側繩子始終與斜面平行，A的質量為2m＝4 kg，B的質量為m＝2 kg，初始時物體A到C點的距離L＝1 m，現給A、B一初速度大小v0＝3 m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈回到C點。已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態。求在此過程中：
(1)物體A向下運動到剛到C點時的速度大小；
(2)彈簧的最大壓縮量；
(3)彈簧的最大彈性勢能。
[解析]　(1)在物體A向下運動到剛到C點的過程中，對A、B組成的系統應用能量守恒定律可得
μ·2mg cos θ·L＝－×3mv2＋2mgL sin θ－mgL
解得v＝2 m/s。
(2)對A、B組成的系統分析，在物體A從C點壓縮彈簧至最短后恰好返回到C點的過程中，系統動能的減少量等于因摩擦產生的熱量，即×3mv2－0＝μ·2mg cos θ·2x，其中x為彈簧的最大壓縮量
解得x＝0.4 m。
(3)設彈簧的最大彈性勢能為Epm，從C點到彈簧被壓縮至最短過程中由能量守恒定律可得
×3mv2＋2mgx sin θ－mgx＝μ·2mg cos θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J
規律總結　能量守恒問題的幾點注意
(1)涉及滑動摩擦力做功的能量問題的解題方法
①當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。
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。
(2)涉及彈簧彈力做功的能量問題的解題關鍵
兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統相互作用的過程，具有以下特點：
①能量變化上，如果只有重力和系統內彈簧彈力做功，系統機械能守恒。
②如果系統中每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同，同時彈性勢能最大，動能最小。
即時檢驗·感悟高考
1．(2023·浙江1月選考)一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中(　　)
A．彈性勢能一直減小
B．重力勢能一直減小
C．機械能保持不變
D．繩一繃緊動能就開始減小
√
B　[游客從跳臺下落，開始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用做自由落體運動，下落到一定高度時橡皮繩開始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從零逐漸增大，游客所受合力先向下減小后向上增大，速度先增大后減小，到最低點時速度減小到零，彈力達到最大值，彈性勢能達到最大值，橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；從橡皮繩開始繃緊到最低點，橡皮繩對游客做負功，游客
機械能減少，橡皮繩的彈性勢能增大，C錯誤；橡皮繩剛繃緊后的一段時間內，彈力小于重力，合力向下做正功，游客向下運動的速度逐漸增大，游客的動能逐漸增加，當彈力等于重力時，游客向下運動的速度最大，游客的動能最大，游客再向下運動，彈力大于重力，合力向上對游客做負功，游客的動能逐漸減小，D錯誤。]
2．(2024·山東卷)如圖所示，質量均為m的甲、乙兩同學分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為d(dA．＋μmg(l－d)
B．＋μmg(l－d)
C．＋2μmg(l－d)
D．＋2μmg(l－d)
√
B　[解法一　當甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有μmg＝kx0，解得彈性繩的伸長量x0＝，則此時彈性繩的彈性勢能為E0＝＝；從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x1＝x0＋l－d，則由功能關系可知該過程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，B正確。
解法二　畫出外力F與乙所坐的木板的位移x的關系圖像如圖所示，則外力F做的功W＝μmg(l－d)＋x0＝＋μmg(l－d)，B正確。]
3．(2024·安徽卷)在某地區的干旱季節，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為ρ，水管內徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為(　　)
A．
B．
C．
D．
√
B　[設水從出水口射出的初速度為v0，取t時間內的水為研究對象，該部分水的質量為m＝v0tSρ，根據平拋運動規律v0t＝l，h＝gt2，解得v0＝l，根據功能關系得Ptη＝＋mg(H＋h)，聯立解得水泵的輸出功率為P＝，故選B。]
4．(多選)(2022·廣東卷)如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率 570 W、 速度2 m/s勻速行駛。已知小車總質量為50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的有(　　)
A．從M到N，小車牽引力大小為40 N
B．從M到N，小車克服摩擦力做功800 J
C．從P到Q，小車重力勢能增加1×104 J
D．從P到Q，小車克服摩擦力做功700 J
√
√
√
ABD　[小車從M到N，依題意有P1＝Fv1＝200 W，代入數據解得F＝40 N，故A正確；依題意，小車從M到N勻速行駛，則小車所受的摩擦力大小為f1＝F＝40 N，摩擦力做功為W1＝－40×20 J ＝－800 J，則小車克服摩擦力做功為800 J，故B正確；依題意，從P到Q，重力勢能增加量為ΔEp＝mgΔh＝500×20×sin 30° J＝5 000 J，故C錯誤；依題意，小車從P到Q，摩擦力為f 2，有f2＋mgsin 30°＝，摩擦力做功為W2＝－f2s2，s2＝20 m，聯立解得W2＝－700 J，則小車克服摩擦力做功為 700 J，故D正確。]
課時數智作業(十五)
題號
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1．(2024·金華十校二模)如圖所示是航天員在水下進行模擬失重訓練的一種方式。航天員穿水槽訓練航天服浸沒在水中，通過配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假設其總質量為m，訓練空間的重力加速度為g且不變，航天員在某次出艙作業時，勻速
上升距離為h的過程中，下列說法正確的是(　　)
題號
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A．航天員處于完全失重狀態
B．機械能增加了mgh
C．合力不做功，機械能守恒
D．重力做負功，機械能減少
√
B　[航天員勻速上升，處于平衡狀態，故A錯誤；根據功能關系，除了重力、彈力外其他力做的功等于機械能的變化量，由題意可知F浮＝mg，浮力做的功W浮＝F浮h＝mgh，則航天員機械能增加了mgh，重力對航天員做的功WG＝－mgh，故B正確，C、D錯誤。]
2．(2024·江西卷)“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天。”是李白對廬山瀑布的浪漫主義描寫。設瀑布的水流量約為 10 m3/s，水位落差約為150 m。若利用瀑布水位落差發電，發電效率為70%，則發電功率大致為(　　)
A．109 W B．107 W
C．105 W D．103 W
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√
B　[發電功率P＝η·P＝P＝ηρQgh，代入數據解得P≈107 W，B正確。]
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3．某同學用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m，彈簧的左端固定在墻上，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)并將其壓縮，記下木塊右端位置A點，靜止釋放后，木塊右端恰能運動到B1點。在木塊槽中加入一個質量m0＝800 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，靜止釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點，測得AB1、AB2長分別為27.0 cm和9.0 cm，則木塊的質量m為(　　)
A．100 g B．200 g
C．300 g D．400 g
題號
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√
D　[根據能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，聯立解得m＝400 g，D正確。]
題號
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4．如圖所示，一質量為m、長度為L的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距，重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　)
A．
C．
題號
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√
A　[由題知PM段繩的機械能不變，MQ段繩的重心升高了Δh＝，則重力勢能的增加量為ΔEp＝mg·＝，根據功能關系，在此過程中，外力做的功等于MQ段繩重力勢能的增加量，則W＝，故A正確，B、C、D錯誤。]
題號
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5．(多選)如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度大小為g，重力加速度為g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體(　　)
A．重力勢能增加了mgh
B．機械能損失了mgh
C．動能損失了mgh
D．克服摩擦力做功mgh
題號
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√
√
AB　[物體的加速度大小為a＝g＝，解得摩擦力Ff＝mg，機械能損失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝mg·＝mgh，B正確，D錯誤；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，A正確；動能損失量為克服合力做功的大小，動能損失量ΔEk＝F合x＝mg·2h＝mgh，C錯誤。]
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6．(2024·寧波十校三月聯考)DIY手工能夠讓兒童體驗到創造過程中的樂趣和成就感。某款DIY太陽能小車，組裝成功后質量約為130 g，太陽直射時行駛速度約為0.25 m/s，行駛過程中阻力約為車重的0.2倍。已知太陽與地球之間的平均距離約為1.5×1011 m，太陽每秒輻射的能量約為3.9×1026 J，太陽光傳播到達地面的過程中大約有37%的能量損耗，太陽能電池有效受光面積約為15 cm2，則該車所用太陽能電池將太陽能轉化為機械能的效率約為(　　)
A．5% B．10%
C．20% D．30%
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√
A　[由題意可知，驅動該太陽能小車正常行駛時所需要的機械功率為P機＝Fv＝f v＝0.2mgv，代入數據可得P機＝0.065 W，該太陽能小車接收太陽的功率為P＝×S×(1－37%)，其中P總＝＝3.9×1026 W，r＝1.5×1011 m，S＝15 cm2＝0.001 5 m2，代入數據解得P≈1.304 W，該車所用太陽能電池將太陽能轉化為機械能的效率約為η＝×100%＝×100%≈5%，故選A。]
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7．(2024·江西重點中學高三聯考)彈跳桿運動是一項廣受青少年歡迎的運動，彈跳桿的結構如圖甲所示，一根彈簧的下端固定在跳桿的底部，上端固定在一個套在跳桿上的腳踏板底部，質量為5m的小明站在腳踏板上，當他和跳桿處于豎直靜止狀態時，彈簧的壓縮量為x0，小明先保持穩定姿態豎直彈跳。某次彈跳中，從彈簧處于最大壓縮量為5x0開始計時，如圖乙(a)所示；上升到彈簧恢復原長時，小明抓住跳桿，使得他和彈跳桿瞬間達到共同速度，如圖乙(b)所示；
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緊接著他保持穩定姿態豎直上升到最大高度，如圖乙(c)所示。已知全程彈簧始終處于彈性限度內，彈簧彈性勢能滿足Ep＝kx2，k為彈簧勁度系數，x為彈簧形變量，跳桿的質量為m，重力加速度為g，空氣阻力、彈簧和腳踏板的質量以及彈簧和腳踏板與跳桿間的摩擦均可忽略不計。求：
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(1)彈跳桿中彈簧的勁度系數k；
(2)從開始計時至豎直上升到最大高度過程中小明的最大速度vm。
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[解析]　(1)小明和跳桿處于豎直靜止狀態時受力平衡，重力與彈簧彈力等大反向，有5mg＝kx0
解得k＝。
(2)小明受到的合力為零時，速度最大，此時彈簧被壓縮了x0，小明上升高度為4x0，根據系統能量守恒可知
k(5x0)2＝
解得vm＝4。
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[答案]　(1)　(2)4
8．(多選)(2025·山東聊城高三質檢)如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A點的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿
軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知
AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P點運動到B
點的過程中(　　)
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A．重力做功2mgR
B．機械能減少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
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√
√
CD　[小球從P點運動到B點的過程中，重力做的功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A錯誤；小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，則有mg＝，解得vB＝，則此過程中機械能的減少量為ΔE＝＝mgR，故B錯誤；根據動能定理可知，合外力做功
W合＝－0＝mgR，故C正確；根據功能關系可知，小球克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，則W克f＝ΔE＝mgR，故D正確。]
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9．如圖甲所示，輕彈簧下端固定在傾角θ＝37°的粗糙斜面底端，質量m＝1 kg的物塊從輕彈簧上端上方某位置由靜止釋放，測得物塊的動能Ek與其通過的路程x的關系如圖乙所示(彈簧始終處于彈性限度內)，圖像中O～x1＝0.4 m之間為直線，其余部分為曲線，x2＝0.6 m時物塊的動能達到最大。彈簧的長度為l時，彈性勢能Ep＝k(l0－l)2，其中k為彈簧的勁度系數，l0為彈簧的原長。物塊可視為質點，不計空氣阻力，物塊接觸彈簧瞬間無能量損失，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。則(　　)
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A．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.2
B．彈簧的勁度系數k為25 N/m
C．x3的大小為0.8 m
D．物塊在斜面上運動的總路程大于x3
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√
D　[物塊剛接觸彈簧時，mgx1sin θ－μmgx1cos θ＝Ek1，得μ＝0.25，故A錯誤；由能量守恒定律得mgx2sin θ＝μmgx2cos θ＋Ek2＋k(x2－x1)2，得k＝20 N/m，故B錯誤；由能量守恒定律得mgx3sin θ＝μmgx3cos θ＋k(x3－x1)2，得x3＝(0.6＋0.2) m，故C錯誤；物塊的路程為x3時，mg sin θ＋μmg cos θ題號
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10．如圖所示，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質量為m的無動力小車(可視為質點)從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關。觀察發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。
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(1)求小車通過第30個減速帶后，經
過每一個減速帶時損失的機械能；
(2)求小車通過前30個減速帶的過程中
在每一個減速帶上平均損失的機械能；
(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應滿足什么條件？
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[解析]　(1)設小車通過第30個減速帶后，經過每個減速帶損失的機械能為ΔE
對小車從剛通過第30個減速帶到剛通過第31個減速帶的過程，由動能定理可知
mgd sin θ－ΔE＝0
解得ΔE＝mgd sin θ。
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(2)設為通過前30個減速帶時在每一個減速帶上平均損失的機械能
mgL sin θ＋49mgd sin θ＝μmgs＋20ΔE＋30
解得＝。
(3)由題意可知＞ΔE，則L＞d＋。
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[答案]　(1)mgd sin θ　(2)　(3)L＞d＋
11．如圖所示，一物體質量m＝2 kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端擋板位置B點的距離AB＝4 m。當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝
0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點與A點的距離AD＝3 m。擋板及彈簧質量不計，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求(結果保留兩位小數)：
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(1)物體與斜面間的動摩擦因數μ；
(2)彈簧的最大彈性勢能Epm。
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[解析]　(1)物體從開始位置A點到最后D點的過程中，彈簧彈性勢能沒有發生變化，機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即
＋mgLADsin 37°＝μmg cos 37°(LAB＋2LBC＋LBD)
代入數據解得μ≈0.52。
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(2)物體由A到C的過程中，動能減少量ΔEk＝
重力勢能減少量ΔEp＝mgLACsin 37°
摩擦產生的熱量Q＝μmg cos 37°·LAC
由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q≈24.46 J。
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[答案]　(1)0.52　(2)24.46 J
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