【高考物理】2026高考導與練總復習物理一輪（基礎版）第六章第6講小專題功能關系能量守恒定律含答案第6講小專題:功能關系能量守恒定律考點一對功能關系的理解與應用幾種常見的功能關系及其表達式做功能的變化定量關系合力做功動能變化W=Ek2－Ek1=ΔEk重力做功重力勢能變化(1)重力做正功,重力勢能減少;重力做負功,重力勢能增加。(2)WG=－ΔEp=Ep1－Ep2彈簧彈力做功彈性勢能變化(1)彈力做正功,彈性勢能減少;彈力做負功,彈性勢能增加。(2)W彈=－ΔEp=Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機械能不變化機械能守恒,ΔE=0除重力和彈簧彈力之外的其他力做功機械能變化(1)其他力做多少正功,物體的機械能就增加多少;其他力做多少負功,物體的機械能就減少多少。(2)W其他=ΔE一對相互作用的滑動摩擦力做功機械能減少,內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力做的總功一定為負功,系統(tǒng)內(nèi)能增加。(2)摩擦生熱Q=Ffx相對安培力做功電能變化(1)克服安培力做的功等于電能的增加量。(2)W克安=E電[例1]【對功能關系的理解】(2024·廣東深圳期末)嶺南茶文化是中國茶文化重要系列之一。傳統(tǒng)炒青是指在制作茶葉的過程中利用微火在鍋中使茶葉萎凋的手法,通過人工揉捻令茶葉水分快速蒸發(fā),阻斷了茶葉發(fā)酵的過程,并使茶汁的精華完全保留的工序。制茶師傅從熱鍋底將質(zhì)量為m的茶葉以初速度v0豎直揚起,空氣阻力不可忽略,以鍋底為重力勢能零勢能面,則茶葉從鍋底位置離開手開始,在空中重心上升h到最高點過程中()[A]重力做功為mgh[B]合力做功為－mgh[C]最高點茶葉的動能為12mv0[D]最高點茶葉的機械能小于12m【答案】D【解析】重力的方向與茶葉的運動方向相反,重力做負功,所以重力做功為－mgh,A錯誤;空氣阻力不可忽略,合力做功為W=－(F阻+mg)h,B錯誤;茶葉豎直向上拋出,到最高點時速度為零,動能也為零,C錯誤;由于阻力做負功,茶葉上升過程中機械能減少,所以最高點茶葉的機械能小于12mv0[例2]【功能關系與圖像的結合】(2024·云南昆明階段檢測)在大力士比賽中,選手豎直向上拋出一重物。取拋出點為重力勢能零點,上升階段重物的機械能E總和重力勢能Ep隨它離開拋出點的高度h的變化如圖所示。重力加速度g取10m/s2,由圖中數(shù)據(jù)可得()[A]重物的質(zhì)量為2.5kg[B]h=8m時,重物的動能為200J[C]重物上升過程中,阻力大小恒為100N[D]重物上升過程中,合力做功為－1000J【答案】D【解析】由題圖可知,h=8m時E總=Ep=mgh=800J,則此時的動能為零,解得重物的質(zhì)量為m=10kg,故A、B錯誤;根據(jù)功能關系,ΔE總=－F阻h=800J－1000J,解得重物上升過程中,阻力大小F阻=25N,故C錯誤;根據(jù)題意可知,重物從拋出到最高點,重力做功－800J,阻力做功－200J,可知合力做功為－1000J,故D正確?？键c二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化如圖所示,光滑水平面上有一質(zhì)量為M的長木板以速度v1向右運動,將一質(zhì)量為m、速度為v2的物塊放置在長木板左側(cè),一段時間后兩者相對靜止且以v3向右運動。已知v1小于v2,長木板的位移為x1,物塊的位移為x2,物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ。(1)分別對長木板和物塊運動過程應用動能定理列出相關表達式。(2)結合(1)中所列關系式你能求出該系統(tǒng)損失的動能嗎?你認為損失的動能轉(zhuǎn)化成了什么能?這一能量與滑動摩擦力做功存在什么關系?提示:(1)對長木板由動能定理得μmgx1=12Mv32對物塊由動能定理得－μmgx2=12mv32(2)該系統(tǒng)損失的動能為ΔEk損=12Mv12+12mv22－系統(tǒng)損失的能量轉(zhuǎn)化成了系統(tǒng)的內(nèi)能,即Q=ΔEk損,結合(1)中動能定理表達式可得Q=μmg(x2－x1),即滑動摩擦力做功產(chǎn)生的熱量數(shù)值上等于系統(tǒng)損失的動能,Q=Ff(x2－x1)。兩種摩擦力的做功情況比較項目靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面不會引起系統(tǒng)機械能的變化,只使系統(tǒng)中物體間機械能發(fā)生轉(zhuǎn)移引起系統(tǒng)機械能的變化,一方面使系統(tǒng)中物體間機械能轉(zhuǎn)移,另一方面使系統(tǒng)總機械能減少,減少的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能續(xù)表項目靜摩擦力滑動摩擦力不同點一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和不為零,總功W=－Ffx相對,即相對滑動時產(chǎn)生的熱量相同點做功的性質(zhì)方面兩種摩擦力對物體可以做正功、負功,還可以不做功[例3]【對摩擦力做功的理解】關于各類恒力做功問題,下列說法正確的是()[A]滑動摩擦力對物體可能做負功,也可能做正功,但不可能不做功[B]靜摩擦力發(fā)生在相對靜止的物體之間,所以靜摩擦力對物體一定不做功[C]一對作用力與反作用力所做的功一定大小相等,正負相反[D]一對相互作用的滑動摩擦力做功代數(shù)和一定不為零,且為負值【答案】D【解析】滑動摩擦力的方向與物體相對接觸面的運動方向相反,但與物體相對地面的位移可能同向,可能反向,也可能沒有位移,故滑動摩擦力對物體可能做負功,也可能做正功,還可能不做功,A錯誤;靜摩擦力發(fā)生在相對靜止的物體之間,靜摩擦力可以對物體做正功,如物體相對傾斜傳送帶靜止被送到頂端的過程,B錯誤;一對作用力與反作用力所做的功可能大小相等,正負相同,如冰面上的兩人相互推一下之后朝相反的方向運動,相互作用的推力均做正功,C錯誤;兩個物體間存在相互作用的滑動摩擦力,由發(fā)生相對運動,兩物體對地位移一定不同可知,這對相互作用的滑動摩擦力做功代數(shù)和一定不為零,且為負值,D正確。[例4]【摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化】(2025·北京開學考)一木塊靜止放在光滑水平面上,一顆子彈沿水平方向射入木塊,若子彈進入木塊的最大深度為x1,與此同時木塊沿水平面移動的距離為x2,設子彈在木塊中受到的摩擦力大小不變,則在子彈進入木塊的過程中()①子彈損失的動能與木塊獲得的動能之比為(x1+x2)∶x2②子彈損失的動能與系統(tǒng)損失的動能之比為(x1+x2)∶x1③木塊獲得的動能與因系統(tǒng)變熱損失的動能之比為x2∶x1④木塊獲得的動能與因系統(tǒng)變熱損失的動能之比為x1∶x2[A]①②③ [B]①②④[C]②③④ [D]①③④【答案】A【解析】設摩擦力大小為Ff,對子彈運用動能定理可得－Ff(x1+x2)=ΔEk彈,對木塊運用動能定理可得Ffx2=ΔEk木=Ek木,可知子彈損失的動能與木塊獲得的動能之比為|ΔEk彈|∶Ek木=(x1+x2)∶x2,根據(jù)能量守恒可知,因系統(tǒng)摩擦生熱損失的動能為|ΔEk系|=|ΔEk彈|－ΔEk木=Ff(x1+x2)－Ffx2=Ffx1,則子彈損失的動能與系統(tǒng)損失的動能之比為|ΔEk彈|∶|ΔEk系|=(x1+x2)∶x1,木塊獲得的動能與因系統(tǒng)摩擦生熱損失的動能之比為Ek木∶|ΔEk系|=x2∶x1,故選A。摩擦力做功的分析方法(1)無論是滑動摩擦力,還是靜摩擦力,計算做功時都是用力與對地位移的乘積。(2)摩擦生熱的計算公式Q=Ff·x相對,其中x相對為兩接觸物體間的相對位移,若物體相對接觸面做往復運動,則代入總的相對路程s相對?？键c三對能量守恒定律的理解與應用[例5]【能量轉(zhuǎn)化和守恒定律的簡單應用】(多選)如圖所示,傾角為θ=53°的固定粗糙斜面上有一A點,長度為0.5m的木板質(zhì)量分布均勻,其質(zhì)量為M=3kg,開始用外力使木板下端與A點對齊,如圖。木塊質(zhì)量為m=1kg,兩者用一輕質(zhì)細繩繞過光滑定滑輪連接在一起,木板與斜面的動摩擦因數(shù)為23?，F(xiàn)撤去外力讓木板由靜止開始運動到上端剛好過A點,此過程中,下列說法正確的是(取sin53°=0.8,cos53°=0.6)([A]木板和木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒[B]木板上端剛過A點時速度大小為22[C]木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和[D]系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為10J【答案】BC【解析】由于斜面是粗糙的,木板和木塊組成的系統(tǒng)在運動中會有摩擦生熱,所以木板和木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒,故A錯誤;對木板和木塊組成的系統(tǒng),由能量守恒定律有Mglsinθ－mgl=12(M+m)v2+μMglcosθ,解得v=22m/s,故B正確;根據(jù)能量守恒可知木板減少的機械能等于木塊增加的機械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和,故C正確;系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q=μMglcosθ=6J,故[例6]【能量轉(zhuǎn)化和守恒定律在實際生活中的應用】(2025·廣西桂林階段檢測)某品牌電動汽車電動機最大輸出功率為120kW,最高車速可達180km/h,車載電池最大輸出電能為75kW·h。已知該車以90km/h的速度在平直公路上勻速行駛時,電能轉(zhuǎn)化為機械能的總轉(zhuǎn)化率為90%。若汽車行駛過程中受到阻力F阻與車速v的關系符合F阻=kv2,其中k為未知常數(shù),則該電動汽車以90km/h行駛的最大里程約為()[A]350km [B]405km[C]450km [D]500km【答案】B【解析】根據(jù)題意可知,vm=180km/h=50m/s,v1=90km/h=25m/s,車速最大時,牽引力為Fm=Pmvm=2400N,此時車的加速度為0,即Fm=F阻m=kvm2,解得k=0.96;當車速為90km/h時,有F1=F阻1=kv12=600N,由能量守恒定律有ηWm=F1s,解得s=ηWmF1=90%×75×1(1)首先確定初、末狀態(tài),分清有幾種形式的能在變化,如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等。(2)明確哪種形式的能量增加,哪種形式的能量減少,并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式。(滿分:60分)對點1.對功能關系的理解與應用1.(6分)(2025·河南高考適應性考試)(多選)2024年我國研制的“朱雀三號”可重復使用火箭垂直起降飛行試驗取得圓滿成功。假設火箭在發(fā)動機的作用下,從空中某位置勻減速豎直下落,到達地面時速度剛好為零,若在該過程中火箭質(zhì)量視為不變,則()[A]火箭的機械能不變[B]火箭所受的合力不變[C]火箭所受的重力做正功[D]火箭的動能隨時間均勻減小【答案】BC【解析】由于火箭勻減速豎直下落,速度減小,動能減小,且重力勢能減小,故火箭的機械能減小,故A錯誤;由于火箭勻減速豎直下落,加速度恒定,由牛頓第二定律可知,火箭所受的合力不變,故B正確;由于火箭的重力勢能減小,故火箭所受的重力做正功,故C正確;火箭的動能Ek=12mv2=12m(v0－at)2,故火箭的動能不隨時間均勻減小,故2.(6分)(2025·廣東珠海階段練習)(多選)在我國漢代,勞動人民就已經(jīng)發(fā)明了轆轤,如圖所示,可轉(zhuǎn)動的把手邊緣上a點到轉(zhuǎn)軸的距離為4R,轆轤邊緣b點到轉(zhuǎn)軸的距離為R,忽略空氣阻力。在水桶離開水面后加速往上運動的過程中,下列說法正確的有()[A]把手邊緣上a點的角速度等于轆轤邊緣b點的角速度[B]水桶上升的速度大小等于把手邊緣上a點的線速度大小[C]繩子拉力對水桶做的功等于水桶和水的機械能的增加量[D]拉力對水桶的沖量等于水桶動量的變化量【答案】AC【解析】把手邊緣上a點與轆轤邊緣b點屬于同軸轉(zhuǎn)動,角速度相等,故A正確;根據(jù)v=ωRb=ω·14Ra=14va,即水桶上升的速度大小等于把手邊緣上a點的線速度大小的四分之一,故B錯誤;根據(jù)功能關系可得,繩子拉力對水桶和水做的功等于水桶和水機械能的增加量,故C正確;對水桶分析,根據(jù)動量定理I拉－I重=mv,可知拉力對水桶的沖量等于重力對水桶的沖量與水桶動量的變化量之和,故3.(4分)(2024·福建廈門二模)如圖甲所示,小明沿傾角為10°的斜坡向上推動平板車,將一質(zhì)量為10kg的貨物運送到斜坡上某處,貨物與小車之間始終沒有發(fā)生相對滑動。已知平板車板面與斜坡平行,貨物的動能Ek隨位移x的變化圖像如圖乙所示,取sin10°=0.17,則貨物()[A]在0～3m的過程中,所受的合力逐漸增大[B]在3～5m的過程中,所受的合力逐漸減小[C]在0～3m的過程中,機械能先增大后減小[D]在3～5m的過程中,機械能先增大后減小【答案】D【解析】Ek-x圖像的斜率的絕對值表示合力的大小,則可知,在0～3m的過程中,圖像斜率的絕對值逐漸減小,則貨物所受的合力逐漸減小。同理,在3～5m的過程中,貨物所受的合力逐漸增大,故A、B錯誤。根據(jù)題圖乙可知,在0～3m的過程中,動能逐漸增大,而隨著平板車沿著斜面向上運動,貨物的勢能也逐漸增大,由此可知,在0～3m的過程中,貨物的機械能始終增大,故C錯誤。取x=0處為零勢能面,在x=5m處貨物的重力勢能Ep=mgxsin10°=10×10×5×0.17J=85J,作出重力勢能隨位移變化的圖像如圖所示,根據(jù)圖像對比可知,在x=3m到x=5m之間,根據(jù)動能圖線斜率絕對值的變化趨勢與重力勢能斜率比較可知,動能隨位移的變化先慢于重力勢能隨位移的變化,該過程中機械能增加,后動能隨位移的變化快于重力勢能隨位移的變化,該過程中機械能減小,由此可知,在3～5m的過程中,機械能先增大后減小,故D正確。對點2.摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化4.(4分)如圖所示,一個長為L、質(zhì)量為M的木板,靜止在光滑水平面上,一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點),以水平初速度v0從木板的左端滑向另一端,設物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ,當物塊與木板相對靜止時,物塊仍在長木板上,物塊相對木板的位移為d,木板相對地面的位移為x,重力加速度大小為g。則在此過程中()[A]摩擦力對物塊做功為μmg(x+d)[B]摩擦力對木板做功為－μmgx[C]木板動能的增量為μmgd[D]由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為μmgd【答案】D【解析】物塊的位移為x+d,摩擦力對物塊做功W1=－μmg(x+d),A錯誤;木板的位移為x,摩擦力對木板做功W2=μmgx,B錯誤;對木板有ΔEk=W總=μmgx,C錯誤;Q=Ff·l相對=μmgd,D正確。5.(6分)(2024·廣東廣州階段檢測)(多選)小物塊先后兩次滑上斜面,第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F,第二次無恒力F。圖乙中的兩條線段a、b分別表示存在恒力F和無恒力F時小物塊沿斜面向上運動的v-t圖線。不考慮空氣阻力,小物塊質(zhì)量m=1kg,g取10m/s2,θ=53°,取cos53°=0.6,sin53°=0.8,下列說法正確的是()[A]恒力F大小為1N[B]小物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為0.5[C]有恒力F時,小物塊在上升過程產(chǎn)生的熱量較少[D]有恒力F時,小物塊在上升過程機械能的減少量較小【答案】ABD【解析】v-t圖線的斜率表示加速度,則有恒力F作用時,物塊加速度的大小為a1=111.1m/s2=10m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ－F=ma1,無恒力F作用時,物塊加速度的大小為a2=111m/s2=11m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma2,解得F=1N,μ=0.5,故A、B正確;小物塊在上升過程產(chǎn)生的熱量為Q=μmgxcosθ,v-t圖線與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移,由題圖可知,有恒力F作用時的位移大一些,則有恒力F時,小物塊在上升過程產(chǎn)生的熱量較多,故C錯誤;根據(jù)圖像,小物塊的初速度相等,即初動能相等,根據(jù)上述,有恒力F作用時,小物塊位移大,即有恒力F作用時,小物塊上升的高度大,可知有恒力F時,小物塊在上升過程機械能的減少量較小對點3.對能量守恒定律的理解與應用6.(4分)(2024·湖北二模)某地有一風力發(fā)電機,它的葉片轉(zhuǎn)動時可形成半徑為20m的圓面。某時間內(nèi)該地區(qū)的風速是6.0m/s,風向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動的圓面垂直,已知空氣的密度為1.2kg/m3,假如這個風力發(fā)電機能將此圓內(nèi)10%的空氣動能轉(zhuǎn)化為電能,則此風力發(fā)電機發(fā)電的功率約為()[A]1.6×103W [B]1.6×104W[C]1.6×105W [D]1.6×106W【答案】B【解析】在t時間內(nèi)空氣動能為Ek=12mv2=12ρvtSv2=12ρπr2v3t,則此風力發(fā)電機發(fā)電的功率約為P=10%Ekt=0.1×12ρπr2v3≈1.67.(12分)(2025·云南高考適應性考試)游樂項目“滑草”的模型如圖所示,某質(zhì)量m=80kg的游客(包括滑板,可視為質(zhì)點)由靜止從距水平滑道高h=20m的P點沿坡道PM滑下,滑到坡道底部M點后進入水平減速滑道MN。在水平滑道上勻減速滑行了l=9.0m后停止,水平滑行時間t=3.0s。重力加速度g取10m/s2,求:(1)該游客滑到M點的速度大小和滑板與水平滑道MN之間的動摩擦因數(shù);(2)該游客(包括滑板)從P點滑到M點的過程中損失的機械能。【答案】(1)6m/s0.2(2)14560J【解析】(1)設游客在M點的速度為vM,與水平滑道MN之間的動摩擦因數(shù)為μ,在水平滑道上游客做勻減速直線運動,由牛頓第二定律可得μmg=ma,由運動學公式可得vM=at,0－vM2=－2a代入數(shù)據(jù)可得vM=6m/s,μ=0.2。(2)由動能定理知,W阻+mgh=12mvM解得W阻=－14560J。即損失機械能為14560J。8.(4分)已知雨滴在空中運動時所受空氣阻力F阻=kr2v2,其中k為比例系數(shù),r為雨滴半徑,v為運動速率。一雨滴從高空由靜止開始沿豎直方向下落,以地面為重力勢能零勢能面,用Ep、Ek、E、h表示雨滴重力勢能、動能、機械能和下落高度,下列四幅圖像可能正確的是() [A][B][C] [D]【答案】C【解析】隨著雨滴下落的速度逐漸增加,空氣阻力逐漸增大,合力逐漸減小,根據(jù)動能定理,下落相同的高度,動能的增量逐漸減小,因此Ek－h(huán)斜率逐漸減小,最后趨近于水平,A、B錯誤;下落過程中,由于空氣阻力逐漸增大,下落相同的高度,空氣阻力做功逐漸增大,機械能減少得越來越快,因此E－h(huán)斜率逐漸增大,C正確;設初始狀態(tài)時的勢能為Ep0,下落的過程中,由于Ep=Ep0－mgh,可得圖像Ep－h(huán)是不過坐標原點、傾斜向下的直線,D錯誤。9.(14分)(2025·江蘇無錫開學考)如圖所示的裝置中,光滑水平桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸上,小圓環(huán)A和輕彈簧套在桿上,彈簧兩端分別固定于豎直轉(zhuǎn)軸和環(huán)A,細線穿過小孔O,兩端分別與環(huán)A和小球B連接,線與水平桿平行,環(huán)A的質(zhì)量為m=0.1kg,小球B的質(zhì)量為2m?，F(xiàn)使整個裝置繞豎直軸以角速度ω=52rad/s勻速轉(zhuǎn)動,細線與豎直方向的夾角為37°。緩慢加速后使整個裝置以角速度2ω勻速轉(zhuǎn)動,細線與豎直方向的夾角為53°,此時彈簧彈力與角速度為ω時大小相等,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω時,細線OB的長度s;(2)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2ω時,彈簧的彈力大小F;(3)裝置轉(zhuǎn)動的角速度由ω增至2ω過程中,細線對小球B做的功W?！敬鸢浮?1)0.25m(2)2N(3)199720【解析】(1)當裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω時,對小球B受力分析,在豎直方向由平衡條件有FT1cos37°=2mg,在水平方向由牛頓第二定律有FT1sin37°=2mω2ssin37°,解得s=5g4ω2=0.(2)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2ω時,設OB的長度為s′,則對小球B在豎直方向由平衡條件有FT2cos53°=2mg,在水平方向由牛頓第二定律有FT2sin53°=2m(2ω)2s′sin53°,解得s′=5g設細線長度為L,則裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω時對圓環(huán)A滿足FT1－F=mω2(L－s),裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2ω時,對圓環(huán)A有FT2+F=m(2ω)2(L－s′),解得F=2mg=2N。(3)裝置轉(zhuǎn)動的角速度由ω增至2ω過程中,小球B的重力勢能變化量為ΔEp=2mg(scos37°－s′cos53°),動能變化量為ΔEk=12·2m[(2ωs′sin53°)2－(ωssin37°)2解得細線對小球B做的功為W=ΔEp+ΔEk=199mg2144ω2=199720J考點一傳送帶模型中的動力學和能量問題1.傳送帶問題的分析方法(1)動力學角度:首先要正確分析物體的運動過程,作好受力分析,然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內(nèi)的位移,找出物體和傳送帶之間的位移關系。(2)能量角度:求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等,常依據(jù)功能關系或能量守恒定律求解。(3)注意:當物體與傳送帶速度相同時,摩擦力往往發(fā)生突變。2.傳送帶問題涉及的功能關系(1)傳送帶克服摩擦力做的功:W=Ffx傳。(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能:Q=Ffx相對。(3)功能關系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。[例1]【水平傳送帶模型】(2025·湖南岳陽開學考試)如圖,一大型工廠內(nèi)足夠長的水平傳送帶左端有一個與傳送帶等高的光滑平臺,二者平滑連接于A點,傳送帶始終以大小為v=3m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動,在平臺上一工件以水平向右、大小為v0=6m/s的速度從A點沖上傳送帶。已知工件的質(zhì)量為m=2kg且可視為質(zhì)點,工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,重力加速度大小g取10m/s2。下列說法錯誤的是()[A]工件在傳送帶上向右運動的最大距離為3.6m[B]工件在傳送帶上運動的時間為2.7s[C]工件在傳送帶上留下的劃痕長度為8.1m[D]工件在傳送帶上運動的整個過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為72J【答案】D【解析】工件在傳送帶上向右滑動時,由牛頓第二定律得μmg=ma,解得a=5m/s2,由運動學公式得v02=2axm,解得xm=3.6m,故A正確,不符合題意;傳送帶足夠長,工件在傳送帶上先向右減速到0,再反向加速,由v0>v可知工件速度達到v=3m/s后,再勻速運動到左邊平臺,向右勻減速的時間t1=v0a=1.2s,向左加速滑動的加速度大小a1=a=5m/s2,向左加速的時間為t2=va1=0.6s,向左加速的位移大小x1=v2t2=0.9m,向左勻速運動時間t3=xm-x1v=0.9s,工件在傳送帶上運動的時間為t=t1+t2+t3=2.7s,故B正確,不符合題意;開始時相向運動,劃痕Δx1=xm+vt1=7.2m,反向加速為同向運動,劃痕Δx2=vt2-x1=0.9m,工件在傳送帶上留下的劃痕長度為Δx=Δx1+Δx2=8.1m,故C正確,不符合題意;[例2]【傾斜傳送帶模型】(2024·江蘇南通期中)如圖所示,足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ,以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動,在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊,取最高點為零勢能位置,則小木塊的速度v、重力勢能Ep、動能Ek、機械能E隨時間t變化的圖像可能正確的是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】初狀態(tài)時,重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下,且都是恒力,所以小木塊先沿斜面做勻加速直線運動,由牛頓第二定律可得加速度a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ,如果μ<tanθ,則小木塊與傳送帶不能一起勻速下滑,要繼續(xù)加速運動,a2=mgsinθ-μmgcosθm=gsinθ-μgcosθ,v-t圖像第二階段斜率變小,如果μ>tanθ,則小木塊與傳送帶一起勻速運動,故A錯誤;重力做正功,重力勢能減小,故B錯誤;達到傳送帶速度前Ek=12mv2=12m(a1t)2,達到傳送帶速度后,繼續(xù)加速的情況Ek=12mv2=12m[v0+a2(t-v0a1)]2,故C錯誤;機械能與摩擦力做功有關,開始摩擦力做正功,機械能增大W1=μmgcosθ×12a1t2,后來摩擦力做負功,機械能減小,繼續(xù)加速的情況下W2=-μmgcosθ×[考點二“滑塊—木板”模型1.“滑塊—木板”模型問題的分析方法(1)動力學分析:分別對滑塊和木板進行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度;根據(jù)各自的運動情況利用運動學規(guī)律求解速度、位移、運動時間等。(2)功和能分析:對滑塊和木板分別運用動能定理,或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律。2.三個位移的應用(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)求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板。(3)求摩擦生熱時用相對位移Δx。[例3]【滑塊—木板模型動力學和能量分析】如圖甲所示,質(zhì)量為m的長木板靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的小鉛塊以水平速度v0滑上木板的左端,恰能滑至木板右端與木板相對靜止。如圖乙所示,將木板分成質(zhì)量分別為m1、m2的1、2兩部分,鉛塊的初速度不變,鉛塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ。則()[A]當m1=m2時,鉛塊在木板1上滑行,兩板間的作用力為μmg[B]當m1=m2時,鉛塊能滑到木板2的最右端且剛好與木板相對靜止[C]當m1>m2時,鉛塊可能滑到木板2的最右端且剛好與木板相對靜止[D]鉛塊在木板上滑行的整個過程中,圖甲情境中產(chǎn)生的內(nèi)能一定比圖乙的大【答案】D【解析】鉛塊在木板上滑行時,對整塊木板根據(jù)牛頓第二定律得μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,對木板2根據(jù)牛頓第二定律得F=m2a,解得F=μm2g,當m1=m2時,鉛塊在木板1上滑行,兩板間的作用力為12μmg,A錯誤;木板分開前后鉛塊的加速度不變,其加速度為a鉛=μmgm=μg,鉛塊在木板1上滑行時,木板1的加速度為a板1=μmgm=μg,鉛塊在木板2上滑行時,木板2的加速度為a板2=μmgm如圖所示,鉛塊和木板圖像所圍的面積表示鉛塊在木板上滑動的距離,第二次的面積小,表示鉛塊沒有滑動到木板2的右端,B、C錯誤;設鉛塊相對于木板滑動的距離為Δx,產(chǎn)生的內(nèi)能為Q1=μmg·Δx1,Q2=μmg·Δx2,根據(jù)圖像Δx1>Δx2,所以Q1>Q2,鉛塊在木板上滑行的整個過程中,題圖甲情境中產(chǎn)生的內(nèi)能一定比題圖乙的大,D正確。[例4]【有外力作用的滑塊—木板模型】(2024·江西九江階段檢測)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M、長度為L的木板靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)放在木板上最左端,現(xiàn)用水平恒力F作用在物體上,使物體從靜止開始做勻加速直線運動。已知物體和木板之間的摩擦力為Ff。當物體滑到木板的最右端時,木板運動的距離為x,則在此過程中()[A]力F對物體做功大小為F(L+x)[B]摩擦力對物體做功為-FfL[C]摩擦力對木板做功為Ffx[D]系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Ffx【答案】AC【解析】根據(jù)功的計算式,力F對物體做功W1=F(L+x),故A正確;物體受到的摩擦力向左,摩擦力對物體做功W2=-Ff(L+x),故B錯誤;木板受到的摩擦力向右,摩擦力對木板做功W3=Ffx,故C正確;系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=Ffx相對=FfL,故D錯誤?？键c三應用動力學和能量觀點解決多運動組合問題兩大觀點的選用原則(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動),涉及時間與運動細節(jié),或者物體做勻速圓周運動及圓周運動特殊點的運動信息,一般選用動力學方法解題。(2)當涉及功、能和位移時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題,題目中出現(xiàn)相對位移(摩擦生熱)時,應優(yōu)先選用能量守恒定律。[例5]【應用動力學和能量觀點解決多運動組合問題】(2024·江蘇卷,15)如圖所示,粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ,傾角為θ,斜面長為L。一個質(zhì)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段長度x;(2)BC段電動機的輸出功率P;(3)全過程儲存的機械能E1和電動機消耗的總電能E2的比值?！敬鸢浮?1)v(2)mgv(sinθ+μcosθ)(3)si【解析】(1)物塊在CD段運動過程中,由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma,由運動學公式有0-v2=-2ax,聯(lián)立解得x=v2(2)物塊在BC段做勻速運動,得電動機的牽引力為F=mgsinθ+μmgcosθ,由P=Fv得P=mgv(sinθ+μcosθ)。(3)全過程物塊增加的機械能為E1=mgLsinθ,整個過程由能量守恒定律得電動機消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機械能和因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能,故可知E2=E1+μmgcosθ·L,故可得E1E2=mgL解決多運動組合問題方法技巧(1)“合”——整體上把握全過程,構建大致的運動情境。(2)“分”——將全過程進行分解,分析每個子過程對應的基本規(guī)律。(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系,以銜接點為突破口,尋求解題最優(yōu)方案。(滿分:60分)對點1.傳送帶模型中的動力學和能量問題1.(6分)(2025·北京開學考)(多選)如圖所示,水平傳送帶在電動機帶動下始終保持以速度v勻速運動,某時刻質(zhì)量為m的物塊無初速度地放在傳送帶的左端,經(jīng)過一段時間物塊能與傳送帶保持相對靜止。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ。若當?shù)氐闹亓铀俣葹間,對于物塊放上傳送帶到物塊與傳送帶相對靜止的過程,下列說法正確的是()[A]物塊所受摩擦力的方向水平向左[B]物塊運動的時間為v[C]物塊動能增加量為12mv[D]物塊與傳送帶摩擦生熱為mv2【答案】BC【解析】物塊相對傳送帶向左滑動,摩擦力方向水平向右,故A錯誤;對物塊,根據(jù)牛頓第二定律得μmg=ma,加速達到共速時物塊運動的時間為t=va=vμg,故B正確;物塊動能的增加量為ΔEk=12mv2,故C正確;物塊的位移大小為x1=v2t,傳送帶的位移大小為x2=vt,所以物塊相對傳送帶的位移大小為Δx=x2-x1=v2t=v22μg,所以摩擦生熱為Q=μmg·2.(4分)(2024·廣東廣州三模)玉米收割后進行脫粒用如圖甲所示的傳送帶裝置,可近似為如圖乙所示物理過程,將收割曬干的玉米投入脫粒機后,玉米粒從靜止開始被傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶上,一段時間后和傳送帶保持相對靜止,直至從傳送帶的頂端飛出最后落在水平地面上,不計空氣阻力。已知玉米粒在此運動過程中的速率為v,加速度大小為a,動能為Ek,機械能為E,玉米粒距離地面的高度為h,下列圖像能近似反映上述物理過程的是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】根據(jù)題意可知,玉米粒在傳送帶上先做勻加速直線運動,后做勻速直線運動,玉米粒從傳送帶拋出后到最高點過程,速率應不斷減小,到最高點后速率再逐漸增大,故A錯誤;根據(jù)題意可知,玉米粒在傳送帶上先做勻加速直線運動,后做勻速直線運動,則加速度先恒定不變,再變?yōu)?,玉米粒從傳送帶拋出后,加速度為重力加速度,保持不變,故B錯誤;根據(jù)題意可知,玉米粒在傳送帶上運動時,先加速后勻速,動能先增大后不變,玉米粒從傳送帶拋出后到最高點過程,動能應不斷減小,到最高點后動能再增大,故C錯誤;玉米粒在傳送帶上運動時,先受到滑動摩擦力后受到靜摩擦力二者均做正功,根據(jù)功能關系知,玉米粒的機械能一直增大,且E-h圖像的斜率先表示滑動摩擦力后表示靜摩擦力,則加速階段的斜率大于勻速階段的斜率,玉米粒從傳送帶拋出后到落回地面過程,只受重力作用,機械能不變,故D正確。對點2.“滑塊—木板”模型3.(4分)(2024·安徽二模)一塊質(zhì)量為M、長為l的長木板A靜止放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的物體B(視為質(zhì)點)以初速度v0從左端滑上長木板A的上表面并從右端滑下。該過程中,物體B的動能減少量大小為ΔEkB,長木板A的動能增加量為ΔEkA,A、B間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,關于ΔEkB、ΔEkA、Q的值,下列情況可能的是()[A]ΔEkB=7J,ΔEkA=4J,Q=4J[B]ΔEkB=7J,ΔEkA=3J,Q=4J[C]ΔEkB=8J,ΔEkA=3J,Q=2J[D]ΔEkB=8J,ΔEkA=5J,Q=3J【答案】B【解析】根據(jù)長木板A和物體B組成的系統(tǒng)能量守恒ΔEkB=ΔEkA+Q,故A、C錯誤;畫出物體B和長木板A的v-t圖線,分別如圖中1和2所示,圖中1和2之間的梯形面積表示板長l,1與t軸所圍的面積表示物體B的位移x1,2與t軸所圍的面積表示長木板A的位移x2,由圖可知x1>l,x2<l,根據(jù)功能關系ΔEkB=Ffx1,ΔEkA=Ffx2,Q=Ffl,聯(lián)立解得ΔEkB>Q>ΔEkA,故B正確,D錯誤。4.(12分)(2024·海南模擬)如圖,質(zhì)量M=8kg的小車停放在光滑水平面上,在小車右端施加一水平恒力F=8N,當小車向右運動速度達到v0=3m/s時,在小車的右端輕放一質(zhì)量m=2kg的小物塊,物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,假定小車足夠長,g取10m/s2,求:(1)小物塊剛放到車上時小物塊和車的加速度大小;(2)小物塊與小車達到共同速度所需的時間、共同速度大小;(3)在達到共同速度過程中小物塊與小車摩擦產(chǎn)生的熱量。【答案】(1)2m/s20.5m/s2(2)2s4m/s(3)12J【解析】(1)小物塊剛放到車上時,對小物塊受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma1,解得小物塊的加速度為a1=2m/s2,對小車受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得F-μmg=Ma2,解得小車的加速度為a2=0.5m/s2。(2)設經(jīng)過時間t,小物塊與小車達到共同速度,根據(jù)運動學公式可得v共=a1t,v共=v0+a2t,聯(lián)立解得t=2s,v共=4m/s。(3)在達到共同速度過程中小物塊與小車發(fā)生的相對位移為Δx=v0+v共2t-則小物塊與小車摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgΔx=12J。對點3.應用動力學和能量觀點解決多運動組合問題5.(14分)(2024·湖南長沙階段檢測)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一段固定的光滑圓弧軌道PQ,圓心為O點,圓弧所對圓心角θ=37°,半徑為R=6m,末端Q點與粗糙水平地面相切。圓弧軌道左側(cè)有一長度為s=6m的水平傳送帶,傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動,傳送帶上表面與P點高度差為H=0.45m?，F(xiàn)在傳送帶左側(cè)由靜止放置一個質(zhì)量為m=6kg的可視為質(zhì)點的滑塊A,滑塊由P點沿圓弧切線方向進入軌道,滑行一段距離后靜止在地面上。已知滑塊A與傳送帶、地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)滑塊A離開傳送帶時速度v0的大小;(2)滑塊A經(jīng)過Q點時受到彈力FN的大小;(3)滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能Q。【答案】(1)4m/s(2)109N(3)48J【解析】(1)滑塊A離開傳送帶做平拋運動,豎直方向滿足vy2=2gH,解得v又A沿切線滑入圓軌道,滿足tan