【高考物理】2026高考導(dǎo)與練總復(fù)習物理一輪(基礎(chǔ)版)第六章第6講小專題功

能關(guān)系能量守恒定律含答案第6講小專題:功能關(guān)系能量守恒定律

考點一對功能關(guān)系的理解與應(yīng)用

幾種常見的功能關(guān)系及其表達式

做功能的變化定量關(guān)系

合力做

動能變化W=Ek2~

功

重力做重力勢能(1)重力做正功，重力勢能減少;重力做負功，重力勢能增加。

功變化⑵We二一AEp二昂一穌2

彈簧彈彈性勢能(1)彈力做正功，彈性勢能減少;彈力做負功，彈性勢能增加。

力做功變化⑵W彈二—A￡p=Epi—Ep2

只有重

力、

機械能

彈簧彈機械能守恒，△石二。

不變化

力

做功

除重力

和

彈簧彈

(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

力機械能

負功,物體的機械能就減少多少。

之外的變化

⑵WwAE

其

他力做

功

一對相

互機械能(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)

作用的減少，能增加。

滑內(nèi)能增加(2)摩擦生熱。=產(chǎn)4相對

動摩擦

力

做功

安培力（1）克服安培力做的功等于電能的增加量。

電能變化

做功⑵卬克安=石電

［例1］【對功能關(guān)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w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］重力做功為根g/z

［B］合力做功為一

［C］最高點茶葉的動能為，通）2-7叫〃

［D］最高點茶葉的機械能小于］w

【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，所以重力做功為一7"g/z,A錯誤;

空氣阻力不可忽略，合力做功為卬=一（/阻+〃zg）〃,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%WO2,D正確。

［例2］【功能關(guān)系與圖像的結(jié)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總和重力勢能是隨它

離開拋出點的高度〃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，合力做功為一1000J

【答案】D

【解析】由題圖可知,/z=8m時Mm=Ep=〃?g/7=8OOJ,則此時的動能為零，解得重物的質(zhì)量為

777=10kg,&A、B錯誤;根據(jù)功能關(guān)系,小￡總=-/阻/z=800J—l000J,解得重物上升過程中,

阻力大小/阻=25N,故C錯誤;根據(jù)題意可知，重物從拋出到最高點，重力做功一800J,阻力

做功一200J,可知合力做功為一1000J,故D正確。

考點二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化

探尋規(guī)律

如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為M的長木板以速度vi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。已知也小于

V2,長木板的位移為XI,物塊的位移為X2,物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為〃。

.父--「一

(1)分別對長木板和物塊運動過程應(yīng)用動能定理列出相關(guān)表達式。

(2)結(jié)合(1)中所列關(guān)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(guān)系？

提示:(1)對長木板由動能定理得

jumgxi=-MV3--Mvr,

對物塊由動能定理得

1212

—jumgX2=-mv3--mv2o

(2)該系統(tǒng)損失的動能為

2z

AEk+-mv2--(A/+m)v3。

系統(tǒng)損失的能量轉(zhuǎn)化成了系統(tǒng)的內(nèi)能，即。二八反損，

結(jié)合(1)中動能定理表達式可得。=卬咫(%2—為)，

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=F^X2—X1)O

兩種摩擦力的做功情況比較

項目靜摩擦力滑動摩擦力

不會引起系統(tǒng)機械

不能量的引起系統(tǒng)機械能的變化，一方面使系統(tǒng)中物體間

能的變化，只使系統(tǒng)

同轉(zhuǎn)化機械能轉(zhuǎn)移，另一方面使系統(tǒng)總機械能減少，減少

中物體間機械能發(fā)

點方面的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能

生轉(zhuǎn)移

續(xù)表

項目靜摩擦力滑動摩擦力

不一對摩擦一對靜摩擦力所

一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W二

同力的總做功的代數(shù)和等

—FfX相對,即相對滑動時產(chǎn)生的熱量

點功方面于零

相

做功的

同兩種摩擦力對物體可以做正功、負功,還可以不做功

性質(zhì)方面

點

[例3]【對摩擦力做功的理解】關(guān)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(xué)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對與此同時木塊沿水平面移

動的距離為無2,設(shè)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）：X2

②子彈損失的動能與系統(tǒng)損失的動能之比為（X1+X2）：,XI

③木塊獲得的動能與因系統(tǒng)變熱損失的動能之比為X2:X,

④木塊獲得的動能與因系統(tǒng)變熱損失的動能之比為XI：尤2

[A]①②③[B]①②④

?②③④[D]①③④

【答案】A

【解析】設(shè)摩擦力大小為居，對子彈運用動能定理可得一居（修+&）=公及彈,對木塊運用動

能定理可得君區(qū)=小歷木=瓜木，可知子彈損失的動能與木塊獲得的動能之比為|AEk彈I:反木

=（X!+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|AEk系l=|AEk彈l—AEk木

=江制+也）一用彳2=居尤1,則子彈損失的動能與系統(tǒng)損失的動能之比為|AEk彈I:公反系

|=（X1+X2）：孫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：|AEk系|=無2：X1,

故選A。

◎?瞬菊瀏?

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。=6巾相對淇中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(fù)運動，則代入總的相對路程s相對。

考點三對能量守恒定律的理解與應(yīng)用

[例5]【能量轉(zhuǎn)化和守恒定律的簡單應(yīng)用】（多選）如圖所示,傾角為0=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=lkg,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|?，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

e

[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點時速度大小為日m/s

[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

Mglsin0—mgl=^（M+>n）v2+//Mglcos仇解得v=\m/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=/nMglcos9=6J,故D錯誤。

[例6]【能量轉(zhuǎn)化和守恒定律在實際生活中的應(yīng)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尸阻與車速v的關(guān)系符合/阻=狂2,其中左為未知

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,為,=180km/h=50m/s,vi=90km/h=25m/s,車速最大時，牽引力為

用,=血=24001S[,此時車的加速度為0,即吊尸產(chǎn)阻行如小,解得上0.96;當車速為90km/h時,

90%x75xl000x36OO

有尸阻尸左%2=600N,由能量守恒定律有口卬,“=尸尸,解得s=Zg2"=m=405

Fi600

000根=405km,故選Bo

（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AE減和增加的能

量△￡增的表達式。

昌課時作業(yè)

（滿分:60分）

國基礎(chǔ)對點練

對點1.對功能關(guān)系的理解與應(yīng)用

1.（6分X2025?河南高考適應(yīng)性考試X多選）2024年我國研制的“朱雀三號”可重復(fù)使用火箭

垂直起降飛行試驗取得圓滿成功。假設(shè)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;由于火箭句減速豎直下落，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

的動能及="，=；〃7（丫0—。力2,故火箭的動能不隨時間均勻減小，故D錯誤。

2.（6分X2025?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)明了轆特,如圖所

示,可轉(zhuǎn)動的把手邊緣上a點到轉(zhuǎn)軸的距離為4民轆湖邊緣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。點的角速度等于轆制邊緣。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點與轆鏟邊緣b點屬于同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，故A正確;根據(jù)

v=o&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(guān)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拉一I重=7"V,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D錯誤。

3.(4分X2024?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&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。?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=mgxsin

10°=10xl0x5x0.17J=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W從木板的左端滑向另一端,設(shè)物塊與木板間的動摩擦因

數(shù)為〃，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其木板相對

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

[B]摩擦力對木板做功為一

[C]木板動能的增量為以

[D]由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為

【答案】D

【解析】物塊的位移為x+d,摩擦力對物塊做功M=-〃〃?g（x+m,A錯誤;木板的位移為工,

摩擦力對木板做功W2=/Ltmgx,B錯誤;對木板有△￡!<=卬總=〃"名》,?錯誤;。=居?/相對=/""g<7,D

正確。

5.（6分X2024?廣東廣州階段檢測X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￡第二次無恒力凡圖乙中的兩條線段小。分別表示存在恒力尸和

無恒力F時小物塊沿斜面向上運動的圖線。不考慮空氣阻力，小物塊質(zhì)量m=lkg,g取

10m/s2,<9=53°,MXcos53°=0.6,sin53。=0.8,下列說法正確的是（）

[A]恒力"大小為1N

[B]小物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為0.5

[C]有恒力尸時，小物塊在上升過程產(chǎn)生的熱量較少

[D]有恒力/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，則有恒力尸作用時,物塊加速度的大小為m=言

m/s2=10m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin6+jtimgcos9—F=mai,無恒力F作用時，物塊加速

度的大小為。2=4m/s2=llm/s2,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin6+/xmgcos0=加。2,解得F=1

N,〃=0.5,故A、B正確;小物塊在上升過程產(chǎn)生的熱量為無cos3,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/作用時的位移大一些，則有恒力/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/作用時,小物塊位移大，即有恒力產(chǎn)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，故D正確。

對點3.對能量守恒定律的理解與應(yīng)用

6.（4分X2024?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。m/s,風向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動的圓面垂直，已知空氣的密度為1.2

kg/n?,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]1.6xl03W[B]1.6xl04W

[C]1.6X105W[D]1.6X106W

【答案】B

【解析】在/時間內(nèi)空氣動能為￡,k=|wv2=|pvZ5,v2=|p7tr2v3?,則此風力發(fā)電機發(fā)電的功率約

為p=W^=o,ix）無戶v3n.6xl（）4w,故選B。

7.（12分）（2025?云南高考適應(yīng)性考試）游樂項目“滑草”的模型如圖所示，某質(zhì)量加=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的尸點沿坡道滑下，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/=9.0m后停止，水

平滑行時間Z=3.0so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之間的動摩擦因數(shù)；

（2）該游客（包括滑板）從尸點滑到M點的過程中損失的機械能。

【答案】（1）6m/s0.2（2）14560J

【解析】（1）設(shè)游客在M點的速度為VM,與水平滑道"N之間的動摩擦因數(shù)為〃，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fimg=ma,

由運動學(xué)公式可得VM=at,

2

0—vM=—2al,

代入數(shù)據(jù)可得VM=6m/s,/z=0.2o

（2）由動能定理知，

-

Wj，s.+ingh=-mvM0,

解得W阻=-14560J。

即損失機械能為14560Jo

國綜合提升練

8.（4分）已知雨滴在空中運動時所受空氣阻力/阻其中左為比例系數(shù)/為雨滴半徑）

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、/7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

【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,因此及一為斜率逐漸減小，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斜率逐漸增大,C正確;設(shè)初始狀態(tài)時的勢能為與0,下落的過

程中，由于穌=穌0—可得圖像穌一力是不過坐標原點、傾斜向下的直線,D錯誤。

9.(14分)(2025?江蘇無錫開學(xué)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〃7=0.1kg,小球B的質(zhì)量為2mo現(xiàn)使

整個裝置繞豎直軸以角速度。=5但rad/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2。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o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。時，細線OB的長度s;

(2)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2。時,彈簧的彈力大小尸；

(3)裝置轉(zhuǎn)動的角速度由。增至2s過程中，細線對小球B做的功Wo

【答案】(1)0.25m(2)2N(3)費J

【解析】(1)當裝置轉(zhuǎn)動的角速度為g時,對小球B受力分析，在豎直方向由平衡條件有

FTICOS37°=2mg,

在水平方向由牛頓第二定律有Fnsin37°=2mw2ssin37°,

解得S=-^T=0.25mo

40)z

(2)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2。時，設(shè)OB的長度為s1則對小球B在豎直方向由平衡條件有

FT2cos53°=2mg,

o2,

在水平方向由牛頓第二定律有FT2sin53=2/n(2a>)ssin53°,

解得s'=3

設(shè)細線長度為乙,則裝置轉(zhuǎn)動的角速度為0)時對圓環(huán)A滿足Fn—F=7"02(L—s),

2,

裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2(0時,對圓環(huán)A有FT2+F=m(2co)(L-s),

解得F=2mg=2No

(3)裝置轉(zhuǎn)動的南速度由m增至2a)過程中，小球B的重力勢能變化量為

△Ep=2mg(scos37°—s'cos53°),

動能變化量為AEk=/2加［(2os'sin53°)2-(cossin370)2］,

解得細線對小球B做的功為

W=AEp+AEk=*C=MJo第7講小專題:動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用

-1440)2720

考點一傳送帶模型中的動力學(xué)和能量問題

1.傳送帶問題的分析方法

(1)動力學(xué)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(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)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(guān)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(guān)系

⑴傳送帶克服摩擦力做的功:卬=居無傳。

(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能:Q=Ftx相對。

(3)功能關(guān)系分析：W=AEk+A￡p+。。

［例1］【水平傳送帶模型】(2025?湖南岳陽開學(xué)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〃=0.5,重力加速度大小g取10m/s2o下列說法錯誤的是（）

（5kG）

［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〃加解得a=5m/s?,由運動

學(xué)公式得%2=2QXm,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vo>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^i=—=1.2s,向左加速滑動的加速度大小ai=a=5m/s2,向左加速的時間

a

為t2=—=0.6s,向左加速的位移大小XI=-^2=0.9m,向左勻速運動時間t3=XmX1=0.9s,工件在

GI2V

傳送帶上運動的時間為t=ti+t2+t3=2Js,故B正確,不符合題意;開始時相向運動，劃痕

Axif：m+vri=7.2m,反向加速為同向運動，劃痕AX2=VR2_%I=0.9m,工件在傳送帶上留下的劃

痕長度為A^=A.XI+AX2=8.1m,故C正確,不符合題意;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Q=〃〃zgAx=81J,故D錯誤，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

角為以速度物逆時針勻速轉(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、重力勢能耳、動能反、機械能E隨時間/變化的

圖像可能正確的是（）

【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

面做句加速直線運動，由牛頓第二定律可得加速度aj=mgsine?mgcose幾3+jugcos仇如

果//<tan包則小木塊與傳送帶不能一?起勻速下滑，要繼續(xù)加速運動,〃2二僮一九"；M'cosg=gsin

geos3,v~t圖像第二階段斜率變小，如果〃>tan優(yōu)貝”小木塊與傳送帶一^勻速運動，故A

錯誤;重力做正功,重力勢能減小，故B錯誤;達到傳送帶速度前反二，1聲="(〃")2,達到傳送

帶速度后，繼續(xù)加速的情況&二三相俁/加刖+Q2(L")F,故C錯誤;機械能與摩擦力做功有關(guān),

22a1

開始摩擦力做正功，機械能增大W1=〃加geos后來摩擦力做負功，機械能減小，繼續(xù)加

速的情況下W2=-//mgCOS"［啾，-也)+工々2(廣曳)2］,故D正確。

2a1

考點二“滑塊一木板”模型

1.“滑塊—木板”模型問題的分析方法

⑴動力學(xué)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(xué)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(yīng)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Ax。

［例3］【滑塊一木板模型動力學(xué)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vo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)量分別為如、租2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〃。貝4（）

小鉛塊VO小鉛塊Vo+4c

木板口一木板

，），，，，，，，

甲乙

［A］當mi=rri2時，鉛塊在木板1上滑行，兩板間的作用力為^img

［B］當mi=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］當附>能2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〃（/"1+恤）8=（?11+〃72）。,對

木板2根據(jù)牛頓第二定律得尸=加2。,解得r=〃"?2g,當如=7〃2時，鉛塊在木板1上滑行，兩板間

的作用力為|t"篦g,A錯誤;木板分開前后鉛塊的加速度不變，其加速度為。鉛=黑^=〃8,鉛塊

在木板1上滑行時，木板1的加速度為。板］=^~~^=〃g,鉛塊在木板2上滑行時，木板2的加

速度為。板2=3、〃g,畫出速度一時間圖像，

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(shè)鉛塊相對于木板滑動的距離為Ax,產(chǎn)生的

內(nèi)能為Ql=”租8，&1,。2=〃7畛&2,根據(jù)圖像AX1>A%2,所以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］【有外力作用的滑塊一木板模型】（2024?江西九江階段檢測X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居。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］力尸對物體做功大小為"L+x）

［B］摩擦力對物體做功為-居乙

［C］摩擦力對木板做功為Rx

［D］系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Kx

【答案】AC

【解析】根據(jù)功的計算式，力/對物體做功Wi=2乜+尤）,故A正確;物體受到的摩擦力向左，

摩擦力對物體做功跖=-同。+無），故B錯誤;木板受到的摩擦力向右，摩擦力對木板做功

卬3=理三故C正確;系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=Kx相對=居乙,故D錯誤。

考點三應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點解決多運動組合問題

兩大觀點的選用原則

⑴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(xué)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(guān)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(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律。

［例5］【應(yīng)用動力學(xué)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〃，傾角為。，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(guān)閉電動機，從C點又恰

好到達最高點Do求：

（1）C￡）段長度尤；

（2*C段電動機的輸出功率P;

⑶全過程儲存的機械能和電動機消耗的總電能瓦的比值。

“2

【答案】（1）2g（shi6+〃cos6）

⑵租gv（sinc°s0）黑。se

【解析】（1）物塊在CD段運動過程中，由牛頓第二定律得mgsind+jumgcos3=ma,

由運動學(xué)公式有0~v2--2ax,

v2

聯(lián)立解得x=-

2g(sin0+ficosO)°

（2）物塊在BC段做勻速運動，得電動機的牽引力為F=mgsin0+pimgcos仇

由P=Fv得P=mgv(sin9+〃cos夕)。

（3）全過程物塊增加的機械能為Ei=mgLsin3,

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=E\+jnmgcos3-L,

故可得名—mgLsinO_sinO

E2mgLsinB+iimgLcosOsinO+iicosO

◎?陪

解決多運動組合問題方法技巧

（1）“合，，——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運動情境。

（2）“分，，一將全過程進行分解,分析每個子過程對應(yīng)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。

昌課時作業(yè)

（滿分:60分）

黨基礎(chǔ)對點練

對點L傳送帶模型中的動力學(xué)和能量問題

1.（6分）（2025?北京開學(xué)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〃。若當?shù)氐闹亓铀俣葹?/p>

g,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］物塊運動的時間為二

［C］物塊動能增加量為如2

⑷］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

二定律得加速達到共速時物塊運動的時間為/=（二言，故B正確;物塊動能的增加

量為AEk=|mv2,i^C正確;物塊的位移大小為看二夕,傳送帶的位移大小為12二討,所以物塊相

對傳送帶的位移大小為入￥=%2-％1二匕六」一,所以摩擦生熱為Q=〃m只故D錯誤。

22

2.（4分X2024?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。，動能為民,機械能為￡玉米粒距離地面的高度為九下列圖像能近似

反映上述物理過程的是（）

【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(yīng)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(yīng)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(guān)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.“滑塊一木板”模型

3.（4分）（2024?安徽二模）一塊質(zhì)量為長為/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w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AEkB,長木板A的動能增加量為AEkA,A、B間摩擦產(chǎn)生

的熱量為。，關(guān)于AEkB、AEkA、。的值，下列情況可能的是（）

B

|

[A]AEkB=7J,AEkA=4J,2=4J

[B]AEkB=7J,AEkA=3J,Q=4J

[C]AEkB=8J,A&A=3J,<2=2J

[D]AEkB=8J,A￡kA=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AEkB=AEkA+。,故A、C錯誤;畫出

物體B和長木板A的v-f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1,1與t軸所圍的面積表示物體B的位移無1,2與/軸所圍的面積表示長木板A的位移

無2,由圖可知尤1>/,忿</,根據(jù)功能關(guān)系△EkB=Fm,AEkA=Ff尤2,。=4/,聯(lián)立解得AEkB>e>AEkA,

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)量加=2

kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,假定小車足夠長,g取10m/s）求：

（1）小物塊剛放到車上時小物塊和車的加速度大小;

⑵小物塊與小車達到共同速度所需的時間、共同速度大?。?/p>

⑶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)小物塊岡I放至U車上時，對小物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得jumg=mai,

解得小物塊的加速度為ai=2m/sz,對小車受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F-jumg=Ma2,

2

解得小車的加速度為々2=0.5m/so

(2)設(shè)經(jīng)過時間北小物塊與小車達到共同速度，根據(jù)運動學(xué)公式可得V共共="0+”2北

聯(lián)立解得t=2s,v共=4m/So

⑶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1=上箸廣?/=3m,

則小物塊與小車摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=nmg\x=nJo

對點3.應(yīng)用動力學(xué)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0=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=現(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,滑塊由尸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〃=0.5,重力加速度g取10m/s2,^sin37°=0.6,cos

(1)滑塊A離開傳送帶時速度vo的大小；

(2)滑塊A經(jīng)過Q點時受到彈力FN的大?。?/p>

(3)滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能。。

【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%2=2gH,解得vy=3m/s,

又A沿切線滑入圓軌道，滿足tan0=—,

%

解得vo=4m/so

22

（2）滑塊A到P點的速度vp=yJvQ+vy=5m/s,

22

從尸到Q的過程中,由機械能守恒定律得mgR（l-cos37°）=|mVQ-|mvP

解得VQ=7m/s,

在Q點根據(jù)牛頓第二定律有F^~mg=mVQ,

解得bN=109N。

（3）滑塊A隨傳送帶做勻加速直線運動時,根據(jù)牛頓第二定律有解得a=5m/s2,

才艮