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第五章　機(jī)械能
專題突破六　功能關(guān)系　能量守恒定律
突破一　功能關(guān)系的理解及應(yīng)用
1．常見的功能關(guān)系
2．對功能關(guān)系的理解
(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的。
(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應(yīng)關(guān)系；二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。
[典例1]　(2024·廣東東莞高三月考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端向上移動H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計彈簧的質(zhì)量，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A．重力做功－mgh，重力勢能減少mgh
B．彈力做功－WF，彈性勢能增加WF
C．重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FH
D．重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF－mgh
√
D　[由題知物體緩慢上升h，則重力做功為WG＝－mgh，重力勢能增加mgh，整個過程，根據(jù)功能關(guān)系有WF＋W彈＋WG＝0，解得W彈＝mgh－WF，故彈性勢能增加ΔEp＝－W彈＝WF－mgh，故選項D正確。]
[典例2]　(2024·1月九省聯(lián)考貴州卷)如圖所示，一輕質(zhì)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(nèi))，則物塊由A點運(yùn)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(jī)械能的減少量
D．最大值等于物塊動能的最大值
√
C　[設(shè)物塊在A點時的動能為Ek，斜面的傾角為θ，物塊由A點運(yùn)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(yùn)動至B點的過程中，物塊的機(jī)械能轉(zhuǎn)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(jī)械能的減少量，故A、B錯誤，C正確；顯然，物塊由A點運(yùn)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(xù)向下運(yùn)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，故D錯誤。故選C。]
突破二　能量守恒定律的理解與應(yīng)用
1．對能量守恒定律的理解
(1)轉(zhuǎn)化：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)轉(zhuǎn)移：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．涉及彈簧的能量問題應(yīng)注意
兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點：
(1)如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
(2)如果系統(tǒng)內(nèi)每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。
[典例3]　(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速
度為g。則圓環(huán)(　　)
A．下滑過程中，加速度一直減小
B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2
C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh
D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度
思路點撥：解此題的關(guān)鍵是根據(jù)“B處速度最大”“C處速度為零”分析圓環(huán)的運(yùn)動過程及能量轉(zhuǎn)化規(guī)律。
√
√
BD　[圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，則說明圓環(huán)具有向下的加速度，經(jīng)過B處的速度最大，說明在B處的加速度為零，到達(dá)C處的速度為零，說明圓環(huán)從B處開始減速、具有與速度相反方向的加速度，即下滑過程中，加速度先減小，后反向增大，選項A錯誤；圓環(huán)從A處到C處的過程中，設(shè)圓環(huán)在C點時彈簧的彈性勢能為Ep，該過程中圓環(huán)克服摩擦力做功為Wf，由能量守恒定律得mgh＝Ep＋Wf，圓環(huán)從C處到A處的過程中，由能量守恒定律得mgh＋Wf＝Ep＋mv2，由以
上兩式解得Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，選項B正確，C錯誤；由能量守恒定律得，圓環(huán)從A處到B處的過程中，mghAB＝，圓環(huán)從B處到A處的過程中，mghAB＋Wf1＝，由以上兩式知，v1規(guī)律方法　運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路
突破三　摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化
1．兩種摩擦力做功的比較
靜摩擦力做功 滑動摩擦力做功
只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化 既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化
互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負(fù)，要么都不做功 互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，即至少有一個力做負(fù)功
兩種摩擦力都可以對物體做正功或者負(fù)功，還可以不做功
2．摩擦生熱的“三點”提醒
(1)大小：系統(tǒng)內(nèi)因滑動摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q＝Ff x相對。
(2)產(chǎn)生：有滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)存在相對位移，摩擦生熱Q＝Ff x相對中，x相對是兩物體間相對運(yùn)動的位移，即同向相減、反向相加；若物體做往復(fù)運(yùn)動，則x相對為總的相對路程。
(3)能量變化的兩種形式：一是相互摩擦的物體之間機(jī)械能轉(zhuǎn)移；二是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(即熱量)。
角度1　傳送帶問題中摩擦力的做功分析
[典例4]　(2025·廣東潮州高三檢測)如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機(jī)的帶動下始終保持v0＝2 m/s的速率運(yùn)行。現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10 kg的工件(可看作質(zhì)點)輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處。g取
10 m/s2，求：
(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；
(2)電動機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。
思路點撥：解此題按以下思路：
[解析]　(1)傳送帶長x＝＝3 m
工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動的位移
x1＝t1＝t1
工件速度到達(dá)v0后，勻速運(yùn)動的位移為x－x1＝v0(t－t1)
解得加速運(yùn)動的時間t1＝0.8 s
加速運(yùn)動的位移x1＝0.8 m
所以加速度a＝＝2.5 m/s2
由牛頓第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得μ＝。
(2)在時間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動的位移
x傳送帶＝v0t1＝1.6 m
在時間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移
x相對＝x傳送帶－x1＝0.8 m
在時間t1內(nèi)，摩擦生熱
Q＝μmg cos θ·x相對＝60 J
工件獲得的動能Ek＝＝20 J
工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J
故電動機(jī)多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
[答案]　(1)　(2)230 J
規(guī)律方法　分析傳送帶問題的兩個方面
1．動力學(xué)角度分析
首先準(zhǔn)確地對物體受力分析和運(yùn)動過程分析，然后利用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。
2．傳送帶問題中的功能關(guān)系分析
(1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)對W和Q的理解：①傳送帶做的功W＝Fx傳，其中F為傳送帶的動力，x傳為傳送帶轉(zhuǎn)過的距離；②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝FfΔx。
角度2　“滑塊—滑板”中摩擦力的做功分析
[典例5]　(一題多法)如圖所示，水平地面上有一長L＝2 m、質(zhì)量M＝1 kg的長板，其右端上方有一固定擋板。質(zhì)量m＝2 kg的小滑塊從長板的左端以＝6 m/s 的初速度向右運(yùn)動，同時長板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右勻速運(yùn)動，滑塊與擋板相碰后速度為0，長板繼續(xù)勻速運(yùn)動，直到長板與滑塊分離。已知長板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，滑塊與長板間動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)滑塊從長板的左端運(yùn)動至擋板處的過程，長板的位移x；
(2)滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F；
(3)滑塊從長板的左端運(yùn)動至與長板分離的過程，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
[解析]　(1)滑塊在長板上做勻減速運(yùn)動，
a＝＝μ2g
解得a＝5 m/s2
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得L＝v0t－at2
解得t＝0.4 s(t＝2.0 s舍去)
(碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，說明滑塊一直勻減速運(yùn)動)
長板移動的位移x＝vt＝0.8 m。
(2)對長板受力分析如圖所示，
由平衡條件有F＋Ff 2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，F(xiàn)f2＝μ2mg＝10 N
解得F＝2 N。
(3)解法一：滑塊與擋板碰撞前，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝Ff2·(L－x)＝μ2mg(L－x)＝12 J
滑塊與擋板碰撞后，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量
Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J
整個過程中，長板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量
Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J
所以系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J。
解法二：滑塊與擋板碰撞前，長板受到的拉力為F1＝2 N[第(2)問可知]
F1做的功為W1＝Fx＝2×0.8 J＝1.6 J
滑塊與擋板碰撞后，長板受到的拉力為
F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N
F2做的功為W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑塊動能變化ΔEk＝＝20 J
所以系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48 J。
[答案]　(1)0.8 m　(2)2 N　(3)48 J
規(guī)律方法　“滑塊—滑板”模型問題的分析方法
(1)動力學(xué)分析：分別對滑塊和滑板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t＝＝可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移。
(2)功和能分析：對滑塊和滑板分別運(yùn)用動能定理，或者對系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律。要注意區(qū)分三個位移如圖所示：

①求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑；
②求摩擦力對滑板做功時用滑板對地的位移x板；
③求摩擦生熱時用相對滑動的位移x相。
1．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體以某一速度沖上一個傾角為37°的斜面，其運(yùn)動的加速度的大小為0.9g，這個物體沿斜面上升的最大高度為H，重力加速度為g，則在這一過程中(　　)
A．物體的重力勢能增加了0.9mgH
B．物體的重力勢能增加了mgH
C．物體的動能損失了0.5mgH
D．物體的機(jī)械能損失了0.5mgH
學(xué)情診斷·當(dāng)堂評價
√
√
BD　[在物體上滑到最大高度的過程中，重力對物體做負(fù)功，故物體的重力勢能增加了mgH，故A錯誤，B正確；物體所受的合力沿斜面向下，其合力做的功為W＝－F·＝－ma·＝
－1.5mgH，故物體的動能損失了1.5mgH，故C錯誤；設(shè)物體受到的摩擦力為Ff，由牛頓第二定律得mg sin 37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg，摩擦力對物體做的功為Wf＝－Ff·＝－0.5mgH，因此物體的機(jī)械能損失了0.5mgH，故D正確。]
2．如圖所示，處于原長的水平輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端貼靠置于粗糙的水平面上O點的質(zhì)量m的小物塊，現(xiàn)對物塊施加水平向左的恒力F0，物塊向左運(yùn)動至最遠(yuǎn)點P點時立即撤去F0，結(jié)果物塊恰好返回O點靜止，已知OP＝x0，重力加速度為g，則(　　)
A．物塊從O點運(yùn)動到P點的過程加速度先減小后增加
B．物塊在P點時，彈簧的彈性勢能為
C．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝
D．物塊向左運(yùn)動速度最大的位置與返回向右運(yùn)動速度最大的位置不在同一點
√
A　[物塊從O運(yùn)動至P的過程中，物塊在水平方向受到彈簧向右的彈力和滑動摩擦力，彈力逐漸增大，合力先減小后反向增大，則加速度先減小后反向增大，故A正確；根據(jù)能量守恒知全過程滿足2μmgx0＝F0x0，物塊在P點時刻，彈簧的彈性勢能Ep，則Ep＋μmgx0＝F0x0，聯(lián)立解得Ep＝，μ＝，故B、C錯誤；速度最大的位置，合力為零，設(shè)物塊向左運(yùn)動過程中速度最大時彈簧壓縮量為x，則有F0＝kx＋μmg，而2μmgx0＝F0x0，解得2μmg＝F0，所以有kx＝
μmg，設(shè)物塊向右運(yùn)動過程中速度最大時彈簧壓縮量為x′，則有kx′＝μmg，所以x＝x′，物塊向左運(yùn)動速度最大的位置與返回向右運(yùn)動速度最大的位置在同一點，故D錯誤。]
3．長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下沿水平方向向敵方防御工事內(nèi)投擲手榴彈，手榴彈做平拋運(yùn)動。忽略空氣阻力，以下關(guān)于手榴彈下落過程中的重力勢能Ep(以地面為零勢能面)、動能變化量ΔEk、動能的平均變化率、機(jī)械能E隨時間t變化的曲線，正確的是(　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
√
C　[設(shè)手榴彈的初始高度為H，則手榴彈下落過程中的重力勢能Ep＝mgH－mg·gt2＝mgH－t2可知Ep-t圖像不可能是直線，故A錯誤；動能變化量等于合外力所做的功，即重力做的功，可得ΔEk＝mg·gt2＝t2，可知ΔEk-t為過原點的拋物線，故B錯誤；根據(jù)B選項分析可得＝t，可知-t為過原點的傾斜直線，故C正確；手榴彈下落過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，可知E-t圖像為平行于t軸的直線，機(jī)械能大小恒為mgH，故D錯誤。]
4．(多選)(2025·廣東珠海模擬)將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖甲所示，一個小鉛塊(可視為質(zhì)點)以水平初速度v0由木板左端向右滑動，到達(dá)右端時恰能與木板保持相對靜止。現(xiàn)將木板分成A和B兩段，使B的長度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由木板A的左端開始向右滑動，如圖乙所示。若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變，則下列有關(guān)說法正確的是(　　)
A．小鉛塊將從木板B的右端飛離木板
B．小鉛塊滑到木板B的右端前就與木板B保持相對靜止
C．甲、乙兩圖所示的過程中產(chǎn)生的熱量相等
D．圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量
√
√
BD　[題圖甲小鉛塊運(yùn)動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，題圖乙中小鉛塊先使整個木板加速，運(yùn)動到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對應(yīng)過程，故題圖乙中小鉛塊與B木板將更早達(dá)到速度相等，所以小鉛塊還沒有運(yùn)動到B的右端，兩者速度就已經(jīng)相同，選項A錯誤，B正確；題圖甲中的相對位移大小大于題圖乙中的相對位移大小，則題圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于題圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量，選項C錯誤，D正確。]
專題突破練習(xí)(六)　功能關(guān)系　能量守恒定律
題號
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1．(多選)如圖所示，一根輕彈簧下端固定，豎立在水平面上，其正上方A位置處有一個小球，小球從靜止開始下落，在B位置接觸彈簧的上端，在C位置小球所受彈力大小等于重力，在D位置小球速度減小到零。關(guān)于小球下落階段，下列說
法正確的是(　　)
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A．在B位置小球動能最大
B．在C位置小球動能最大
C．從A→C位置小球重力勢能的減少量小于小球動能的增加量
D．從A→D位置小球重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量
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√
√
題號
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BD　[在C位置小球所受彈力大小等于重力，合力等于零，加速度等于零，此時速度達(dá)到最大值，所以在C位置小球動能最大，故A錯誤，B正確；從A→C位置小球減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和彈簧的彈性勢能，所以小球重力勢能的減少量大于小球動能的增加量，故C錯誤；由于小球在D點的速度為零，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒可知，從A→D位置小球重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量，故D正確。]
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2．(多選)(2024·廣東廣州二模)如圖所示，廣州地鐵3號線北延段使用了節(jié)能坡。某次列車以64.8 km/h (18 m/s)的速度沖上高度為4 m的坡頂車站時，速度減為7.2 km/h (2 m/s)，設(shè)該過程節(jié)能坡的轉(zhuǎn)化率為η(列車重力勢能的增加量與其動能減小量之比)，則(　　)
A．該過程列車的機(jī)械能守恒
B．該過程列車的機(jī)械能減少
C．η約為10%
D．η約為25%
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BD　[設(shè)列車的質(zhì)量為m，則初始的機(jī)械能為E1＝＝m×182＝162m (J)，最終的機(jī)械能為E2＝＝m×10×4＋m×22＝42m (J)，則該過程列車的機(jī)械能減小，故A錯誤，B正確；根據(jù)題意可得η＝＝×100%＝×100%＝25%，故D正確，C錯誤。故選BD。]
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3．如圖所示，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)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l(xiāng)。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　)
A．mgl 　 B．mgl 　
C．mgl 　 D．mgl
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A　[QM段繩的質(zhì)量為m′＝m，未拉起時，QM段繩的重心在QM中點處，與M點距離為l，繩的下端Q拉到M點時，QM段繩的重心與M點距離為l，此過程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，對繩的下端Q拉到M點的過程，外力做的功等于細(xì)繩MQ段的重力勢能變化，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A項正確，B、C、D項錯誤。]
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4．(2025·廣東江門高三階段測試)如圖所示，塔吊用鋼繩沿豎直方向?qū)①|(zhì)量為m的建材以加速度a勻加速向上提起高度h，已知重力加速度為g，則此過程中下列說法正確的是(　　)
A．建材的動能增加了mgh
B．建材的重力勢能減少了mgh
C．建材的機(jī)械能增加了amh
D．建材所受的鋼繩的拉力做的功m(a＋g)h
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D　[建筑材料向上做勻加速直線運(yùn)動，上升高度為h，根據(jù)動能定理ΔEk＝mah，故A錯誤；重力做負(fù)功，所以重力勢能增加，故B錯誤；受力分析知繩子拉力F＝ma＋mg，機(jī)械能增加量等于繩子拉力做功W＝m(a＋g)h，故C錯誤，D正確。]
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5．如圖所示，電梯的質(zhì)量為M，其天花板上通過一輕質(zhì)彈簧懸掛一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開始豎直向上加速運(yùn)動，當(dāng)電梯上升高度為H時，電梯的速度達(dá)到v，此時物體的速度也為v，重力加速度為g，則在這段運(yùn)動過程
中，以下說法正確的是(　　)
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A．輕質(zhì)彈簧對物體的拉力所做的功等于mv2
B．鋼索的拉力所做的功等于mv2＋MgH
C．輕質(zhì)彈簧對物體的拉力所做的功大于mv2
D．鋼索的拉力所做的功等于(m＋M)v2＋(m＋M)gH
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C　[輕質(zhì)彈簧對物體的拉力所做的功等于物體增加的動能和重力勢能，大于mv2，選項A錯誤，C正確；鋼索拉力做的功應(yīng)等于系統(tǒng)增加的動能、重力勢能和彈性勢能之和，即系統(tǒng)增加的機(jī)械能，所以拉力做功應(yīng)大于mv2＋MgH，選項B錯誤；由于電梯豎直向上做加速運(yùn)動，彈簧長度增大，電梯上升高度為H時，物體上升高度小于H，但彈性勢能增加，而電梯上升高度為H時物體的加速度不一定與電梯相同，故無法判斷拉力做功是否等于(m＋M)v2＋(m＋M)gH，選項D錯誤。]
題號
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6．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端。現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運(yùn)動的距離為x。此過程中，以下結(jié)論正確的是(　　)
題號
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A．小物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能為(F－Ff)·(L＋x)
B．小物塊到達(dá)小車最右端時，小車具有的動能為Ff x
C．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff (L＋x)
D．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Fx
題號
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√
√
√
ABC　[由動能定理可得，小物塊到達(dá)小車最右端時的動能Ek物＝
W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正確；小物塊到達(dá)小車最右端時，小車的動能Ek車＝Ff x，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝Ff (L＋x)，C正確；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Ff L，D錯誤。]
題號
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7．(2024·廣東湛江高三月考)如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v勻速運(yùn)動，某時刻一個質(zhì)量為m的小物塊，以大小也是v、方向與傳送帶的運(yùn)動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同。在小物塊與傳送帶間有相對運(yùn)動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列判斷正確的是(　　)
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2
題號
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B　[在整個運(yùn)動的過程中，物塊動能的變化量為零，只有摩擦力做功，根據(jù)動能定理，得知W＝0。物塊先做勻減速直線運(yùn)動到零，然后返回做勻加速直線運(yùn)動，達(dá)到速度v后做勻速直線運(yùn)動，設(shè)動摩擦因數(shù)為μ，則勻減速直線運(yùn)動的加速度大小為a＝＝μg；勻減速直線運(yùn)動的時間為t1＝＝，位移為x1＝＝，傳送帶的位移為x2＝vt1＝，物塊相對傳送帶滑動的路程為Δx＝x1＋x2＝。物
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塊返回做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小仍為a，則時間為t′2＝＝，位移為x′1＝＝，傳送帶的位移為x′2＝，物塊相對傳送帶滑動的路程為Δx′＝x′2－x′1＝，物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(Δx＋Δx′)＝2mv2，故B正確，A、C、D錯誤。]
題號
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8．(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M的長木板以一定的初速度向右勻速運(yùn)動，將質(zhì)量為m的小鐵塊無初速度地輕放到長木板右端，小鐵塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小鐵塊在長木板上相對長木板滑動L時，與長木板保持相對靜止，此時長木板對地的位移為x，已知重力加速度為g，在這個過程中，下列說法正確的是(　　)
題號
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A．小鐵塊增加的動能為μmg(x＋L)
B．長木板減少的動能為μmgx
C．摩擦產(chǎn)生的熱量為μmg(x－L)
D．系統(tǒng)機(jī)械能的減少量為μmgL
題號
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BD　[對小鐵塊，摩擦力做正功，根據(jù)動能定理有μmg(x－L)＝mv2－0，其中(x－L)為小鐵塊相對地面的位移，則小鐵塊增加的動能ΔEkm＝μmg(x－L)，A項錯誤；對長木板，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理，長木板減少的動能ΔEkM＝μmgx，B項正確；摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgL(L為相對位移)，C項錯誤；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的熱量ΔE＝Q＝μmgL，D項正確。]
題號
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9．(多選)一物塊在高3.0 m、長5.0 m 的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。則(　　)
A．物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒
B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5
C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D．當(dāng)物塊下滑2.0 m時機(jī)械能損失了12 J
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√
AB　[由重力勢能和動能隨下滑距離s變化的圖像可知，重力勢能和動能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒，A項正確；在斜面頂端，重力勢能mgh＝30 J，解得物塊質(zhì)量m＝1 kg，由重力勢能隨下滑距離s變化圖像可知，重力勢能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動能隨下滑距離s變化圖像可知，動能可以表示為Ek＝2s J，設(shè)斜面傾角為θ，則有sin θ＝＝，cos θ＝，由功能關(guān)系有－μmg cos θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30) J＝
題號
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－4s J，可得μ＝0.5，B項正確；由牛頓第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，C項錯誤；由重力勢能和動能隨下滑距離s變化圖像可知，當(dāng)物塊下滑 2.0 m 時機(jī)械能為E＝18 J＋4 J＝22 J，機(jī)械能損失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D項錯誤。]
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10．如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊Р和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，Р通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運(yùn)動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為(　　)
A．μmgk B．
C． D．
題號
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C　[Q恰好能保持靜止時，設(shè)彈簧的伸長量為x，滿足kx＝2μmg，若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此P相對于其初始位置的最大位移大小為s＝2x＝，故選C。]
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11．(多選)如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R，重力加速度為g。小球從A點以初速度v0沖
上軌道，能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點，
下列說法正確的是(　　)
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A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大
B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道
題號
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AD　[小球從B點到C點的過程中，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有mg cos α－FN＝m，則FN＝mg cos α－m，α減小，v減小，F(xiàn)N增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫χ饾u增大，A正確；小球從A點到B點的過程中，重力功率PG＝mg sin θ·v，v減小，PG減小，B錯誤；因為小球從A點運(yùn)動到C點的過程中，只有重力做功，所以小球的機(jī)械能守恒，有mg·2R＝，
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v0＝，C錯誤；若小球初速度v0增大，過B點時，若，則小球會從B點脫離軌道，D正確。]
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12．如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運(yùn)行。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
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(1)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；
(2)0～8 s內(nèi)物體機(jī)械能的增加量；
(3)0～8 s物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
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[解析]　(1)由圖像可以知道，傳送帶沿斜面向上運(yùn)動，物體剛拋到傳送帶上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度大小為a＝
m/s2＝1 m/s2 的勻減速直線運(yùn)動，對其受力分析，由牛頓第二定律得
μmg cos θ－mg sin θ＝ma
可解得μ＝0.875。
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(2)根據(jù)v-t圖像與時間軸圍成的“面積”大小等于物體的位移，可得0～8 s內(nèi)物體的位移x＝×4 m－×2×2 m＝14 m
0～8 s內(nèi)物體的機(jī)械能的增加量等于物體重力勢能的增加量和動能增加量之和，為ΔE＝＝90 J。
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(3)0～8 s內(nèi)只有前6 s發(fā)生相對滑動，0～2 s內(nèi)物體相對傳送帶的位移為Δx1＝4×2 m＋×2×2 m＝10 m
2～6 s內(nèi)物體相對傳送帶的位移為Δx2＝4×4 m－×4×4 m＝8 m
則0～6 s內(nèi)物體相對于傳送帶的位移為
Δx＝Δx1＋Δx2＝18 m
0～8 s內(nèi)物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg cos θ·Δx＝126 J。
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[答案]　(1)0.875　(2)90 J　(3)126 J
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