高考物理一轮复习考点精讲精练第14讲　功能关系 能量守恒定律（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理一轮复习考点精讲精练第14讲　功能关系 能量守恒定律（2份，原卷版+解析版），共14页。试卷主要包含了5m，0×10﹣2J，75×104J，25×104J，6)×1m=15等内容，欢迎下载使用。

1.知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系.
2.知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题．
考点一 功能关系的应用力学中几种常见的功能关系
（多选）如图，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中（ ）
A．物块A与斜面始终相对静止
B．物块A的重力势能增加量小于mgh
C．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
D．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
【解答】解：AB、物块A开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态；系统加速上升时，物块A具有向上的加速度，A所受合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物体A相对于斜面向下运动，物块A与斜面不能始终保持静止；物体A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误，B正确；
C、由动能定理可知，物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力以及找回来对其做功的代数和，故C错误；
D、重力做功不改变物块的机械能，由功能关系可知，物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和，故D正确。
故选：BD。
如图所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k，现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列论述中正确的是（ ）
A．提弹簧的力对系统做功为mgL
B．物体A的重力势能增加mgL
C．系统增加的机械能小于mgL
D．以上说法都不正确
【解答】解：A、将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支持力，故拉力先小于mg，物体离地后等于mg；
拉力的位移为L，故提弹簧的力对系统做功小于mgL；故A错误；
B、提弹簧的力对系统做功小于mgL，弹簧的弹性势能也要增加，故物体的重力势能的增加量小于mgL，故B错误；
C、提弹簧的力对系统做功等于系统增加的机械能，由于拉力做的功小于mgL，故系统增加的机械能小于mgL，故C正确；
D、由于C正确，故D错误；
故选：C。
（多选）如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了 mgHB．动能损失了 2mgH
C．机械能损失了 mgHD．机械能损失了12mgH
【解答】解：AB、根据动能定理应有ΔEK＝﹣maHsin30°=−2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，故A错误，B正确；
CD、由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有：mgsin30°+f＝ma＝mg，可得：f=12mg，根据功能关系应有ΔE＝﹣fHsin30°=−mgH，即机械能损失了mgH，故C正确，D错误。
故选：BC。
考点二 摩擦力做功的特点及应用
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
深化拓展 从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．
如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1kg，B的质量M＝2kg，g＝10m/s2。现对A施加F＝7N的水平向右的拉力，1s后撤去拉力F，求：
（1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度a1和a2；
（2）A相对于B静止时的速度v；
（3）A相对于B静止的整个过程中由于摩擦生成的热量（结果可以用分数表示）。
【解答】解：（1）对A滑块根据牛顿第二定律有：F﹣μmg＝maA，
代入数据解得：a1＝3m/s2，
对B木板有：μMg＝MaB，
代入数据解得：a2＝2m/s2；
（2）对A和B整体分析，全过程根据动量定理可得：Ft＝（M+m）v
解得：v=FtM+m=7×12+1m/s=73m/s；
（3）撤去F时，A的位移为：xA=12a1t2=12×3×12m＝1.5m，
从开始施加外力到二者共速的过程中，根据功能关系可得：
FxA=12(M+m)v2+Q
解得：Q=73J。
（2023秋•昌乐县期中）如图所示，水平传送带顺时针传送的速度v＝2m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝1kg的小物块从斜面上A点由静止释放，小物块第一次滑上传动带时恰好不会从传递带左端滑下。已知A、P间的距离x0＝9m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）传送带左端到传送带右端的距离L；
（2）小物块第n（n为整数且n≥2）次从斜面上运动到P时的速度大小；
（3）小物块在整个运动过程中与斜面间因摩擦而产生的总热量Q。
【解答】解：（1）小物块第一次滑上传动送带时恰好不会从传递带左端滑下，即滑到从传送带左端时速度恰好为零，从A点到第一次滑上传送带左端，根据动能定理得
mgx0sinθ﹣μ1mgcsθ•x0﹣μ2mgL＝0
代入数据解得L＝4.5m
（2）小物块第1次从斜面上运动到P点时mgx0sinθ−μ1mgcsθ⋅x0=12mv12
解得v1＝6m/s＞2m/s
故沿传送带返回先做加速运动与传送带共速，后匀速运动到P点，速度为v1′＝2m/s
则，上升到最高点−12mv1'2=−mgx1sinθ−μ1mgcsθ⋅x1
第二次到达P点时速度mgx1sinθ−μ1mgcsθ⋅x1=12mv22
联立得v2=55v1'
由于v2＜2m/s
可知从传送带返回速度仍然为v2，物块再次滑上斜面返回P点，可推理得v3=(55)2v1'
则，第n次返回P点vn=(55)n−1v1'=2(55)n−1m/s
（3）小物块最终停止在斜面底端，则在整个运动过程中与斜面间因摩擦而产生的总热量Q=μ1mgcsθ⋅x0+12mv1'2=38J
（2023春•辽宁期中）如图所示，AB为光滑的水平轨道，与一倾角为θ＝37°的传送带在B点平滑连接，传送带以v0＝4m/s沿顺时针方向匀速转动，一被压缩弹簧左端固定在A点，右端与小煤块接触（不栓接），现由静止释放煤块，小煤块被弹出运动到B点前弹簧恢复原长，煤块到B点的速度v＝2m/s，此后冲上传送带，煤块的质量m＝2kg，物块与传送带的动摩擦因数μ=78，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）弹簧被压缩时储存的弹性势能Ep。
（2）小煤块冲上传送带到与传送带共速的过程中，传送带上的痕迹长d。
（3）当煤块与传送带共速后，传送带立即以a0＝1m/s2的加速度减速运动，结果煤块恰好运动到传送带顶端，求整个过程中传送带电机因传送煤块多消耗的电能E（不包括传送带自身转动）
【解答】解：（1）弹簧被压缩时储存的弹性势能Ep=12mv2=12×2×22J=4J
（2）煤块上滑的加速度μmgcsθ﹣mgsinθ＝ma1
解得a1＝1m/s2
与传送带共速时用时间t=v0−va1=2s
传送带上的痕迹：d=Δx=v0t−v0+v2t
代入数值解得：d＝2m
（3）传动带减速后，传送带对煤块的摩擦力为静摩擦力，方向向上，煤块与传送带相对静止，一起减速−2a0x3=0−v02
解得x3＝8m
传送带长L=v0+v2t1+x3
代入数值解得L＝14m
整个过程摩擦生热Q＝μmgcsθ⋅Δx
代入数值解得Q＝28J
整个过程中传送带电机因传送煤块多消耗的电能E=mgLsinθ+Q−12mv2
解得E＝192J
考点三 能量守恒定律及应用
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式
ΔE减＝ΔE增．
3．基本思路
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．
如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是（ ）
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于零
【解答】解：A、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；
B、根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；
C、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；
D、摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量机械能，选项D错误。
故选：C。
如图所示，有三个斜面a、b、c，底边长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h．某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是（ ）
A．物体损失的机械能ΔEc＝2ΔEb＝4ΔEa
B．因摩擦产生的热量2Qa＝2Qb＝Qc
C．物体到达底端的动能Eka＝2Ekb＝2Ekc
D．物体运动的时间4ta＝2tb＝tc
【解答】解：设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为X，
则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：W＝mgμXcsθ，
Xcsθ即为底边长度。
A、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能 转化成摩擦产生的内能。
由图可知a和b底边相等且等于c的一半，故摩擦生热关系为：Qa＝Qb=12Qc，所以损失的机械能ΔEa＝ΔEb=12ΔEc
故A错误。
B、克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，所以2Qa＝2Qb＝Qc，故B正确。
C、设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgH﹣mgμXcsθ=12mv2﹣0，
Eka＝2mgh﹣mgμL，
Ekb＝mgh﹣mgμL，
Ekc＝mgh﹣mgμ•2L，
根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：
Eka＞EKb＞Ekc，故C错误。
D、沿斜面运动的时间t=2La=2Lgsinθ−μgcsθ，
θb＞θc，Lb＜Lc，所以tb＜tc，
由于动摩擦因数和斜面a、b的倾角关系未知，无法确定ta和tb，故D错误；
故选：B。
如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是（ ）
A．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的代数和的绝对值大于系统内能的增加量
【解答】解：A、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，故A正确；
B、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，
物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，故B错误；
C、根据动能定理，物体B动能的减少量等于B损失的机械能，等于A动能的增加量与系统增加的内能之和，故C错误；
D、摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，
摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，故D错误。
故选：A。
如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角为θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3m。挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ。
（2）弹簧的最大弹性势能Epm。
【解答】解：（1）物体在D点与A点比较，动能减少 EK少=12mv02=12×2×32J=9J
重力势能减少 EP少＝mglADsin37°＝2×10×3×0.6J＝36J
机械能减小E少＝Ek少+EP少＝9+36J＝45J
机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即 W克f=f(lAC+lCD)=μmg(lAC+lCD)cs370
代入数据解得：μ≈0.52
（2）由A到C的过程，动能减少 EK少'=12mv02=12×2×32J=9J
重力势能减少 EP少'=mglACsin370=2×10×4.2×0.6J=50.4J
克服摩擦力做功 W克f'=flAC=μmglACcs370=35J
由能量守恒得：EPm=Ek少'+EP少'−W克f'=24.4J
答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ是0.52。
（2）弹簧的最大弹性势能Epm是24.4J。
考点四 传送带模型中的动力学和能量转化问题
1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
2．传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对．
传送带模型问题的分析流程
足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动，如图甲所示。质量m＝2kg的小物块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g＝10m/s2，小物块视为质点，求：
（1）小物块从冲上传送带到离开所用的时间；
（2）小物块与传送带间的动摩擦因数和传送带的倾角θ；
（3）0﹣2s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量。
【解答】解：（1）由v﹣t图像可知，小物块冲上斜面到达最高点所用时间t1＝2s
根据v﹣t图像与t轴所围面积表示位移，可得小物块上滑的最大位移为x=12+22×1m+2×12m＝8m
由图像知，1s∼2s内的加速度为a2=Δv2Δt2=0−21m/s2=−2m/s2
方向沿传送带向下，小物块向下运动过程中加速度大小与a2相等，下滑过程有x=12|a2|t22
解得：t2=22s≈2.83s
故所求总时间t＝t1+t2＝2s+2.83s＝4.83s
（2）由v﹣t图像得0～1s内的加速度为a1=Δv1Δt12−121m/s2=−10m/s2
方向沿传送带向下；
0∼1s内，对小物块，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcsθ＝﹣ma1
1s∼2s内，对小物块，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcsθ＝﹣ma2
解得：θ＝37°，μ＝0.5
（3）传送带的速度v＝2m/s，在0∼1s内传送带的位移为x带1＝vt1＝2×1m＝2m
小物块的位移为x物1=12+22×1m=7m
两者相对位移大小为Δx1＝x物1﹣x带1＝7m﹣2m＝5m
在1～2s内传送带的位移x带2＝vt2＝2×1m＝2m
小物块的位移为x物2=2×12m=1m
两者相对位移大小为Δx2＝x带2﹣x物2＝2m﹣1m＝1m
0～2s内小物块与传送带间因摩擦所产生的热量
Q＝fd＝μmgcsθ（Δx1+Δx2）＝0.5×2×10×0.8×（5+1）J＝48J
（2023春•辽宁期末）利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25。传送带顺时针匀速转动的速度v＝4m/s，两轮轴心相距L＝5m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m＝1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0＝8m/s，A、B间的距离x＝1m。工件可视为质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）工件第一次沿传送带上滑至最高点的时间。
（3）第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的热能。
【解答】解：（1）滑块从A到B过程，弹簧的弹性势能的减小等于滑块机械能的增加，根据机械能守恒定律，得：
弹簧的最大弹性势能为：Ep＝mgxsin37°+12mv02
代入数据解得：EP＝38J；
（2）工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：mgsin37°+μmgcs37°＝ma1
代入数据解得 a1＝8m/s
从B点运动到与传送带共速需要的时间为：t1=v0−va1=8−48s＝0.5s．
工件滑行的位移大小为：s1=v0+v2t1=8+42×0.5m＝3m＜L．
因为μ＜tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑．有：mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma2
代入数据解得：a2＝4m/s
假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有：t2=va2=44s＝1s．
工件滑行的位移大小为：s2=v2t2=42×1＝2m＝L﹣s1；
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为：t＝t1+t2＝1.5s；
（3）工件在皮带上以加速度a1滑动的过程中皮带的位移为：x皮1＝vt1＝4×0.5m＝2m
工件与皮带间的相对位移大小为Δx1＝s1﹣x皮1＝3m﹣2m＝1m
工件在皮带上以加速度a2滑动的过程中皮带的位移为：x皮2＝vt2＝4×1m＝4m
工件与皮带间的相对位移大小为Δx2＝x皮2﹣s2＝4m﹣2m＝2m
所以第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的内能：Q＝μmgcs37°（Δx1+Δx2）
代入数据解得：Q＝6J。
（2023春•宁波期末）如图所示，竖直平面内固定有半径为R＝1m的光滑四分之一圆轨道AB、水平直轨道BC、DO以及以速度v＝3m/s逆时针转动的水平传送带CD，OD上有一轻质弹簧，一端固定在O点另一端自然伸长于E点，各轨道平滑连接。现有一质量为m＝2kg的滑块（可视为质点）从轨道AB上高为h处由静止下滑，已知LBC＝0.2m，LCD＝0.4m，LDE＝0.3m，滑块与BC、DE间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.5，E点右侧平面光滑，整个过程不超过弹簧的弹性限度，重力加速度g取10m/s2。
（1）若h＝0.2m，求滑块运动至B处时对轨道的作用力FN；
（2）若要使滑块能到达D点，且不再离开DE，求滑块下落高度满足的条件；
（3）若滑块第一次到达D点速度恰为0，求这一过程滑块通过传送带产生的内能。
【解答】解：（1）滑块由静止滑到B点处，由动能定理得
mgℎ=12mvB2
代入数据解得：vB＝2m/s
滑块滑动到B处时，由牛顿第二定律得
FN′﹣mg＝mvB2R
代入数据解得：FN′＝28N
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B处时对轨道的作用力大小FN＝FN′＝28N，方向竖直向下。
（2）若要使滑块能到达D点，滑块第一次到达D点时速度是零，下滑高度有最小值，由动能定理得
mgh1﹣μ1mgLBC﹣μ2mgLCD＝0
代入数据解得：h1＝0.26m
滑块到达DE后且不再离开DE，可知又返回的D点速度恰好是零，下滑高度有最大值，由动能定理得
mgh2﹣μ1mgLBC﹣μ2mgLCD﹣2μ1mgLDE＝0
解得：h2＝0.44m
则滑块下落高度满足的条件为：0.26m≤h≤0.44m
（3）从若滑块第一次到达D点速度恰是0，设滑块从C到D的时间为t，由逆向思维有：
LCD=12μ2gt2
可得：t＝0.4s
滑块在传送带上产生的内能：Q＝μ2mg（LCD+vt）
解得：Q＝16J
题型1功能关系及能量守恒定律的应用
（2024•广东二模）2023年亚运会在杭州顺利举行，广东中山15岁小将陈烨夺得我国在滑板男子碗池项目的首枚金牌，实现历史性突破，假如某次训练中陈烨以同一姿态沿轨道下滑了一段距离，这过程中重力对他做功为800J，他克服阻力做功为200J，不计其他作用力的功，则陈烨在此过程中（ ）
A．动能可能不变B．动能增加了600J
C．重力势能减少了600JD．机械能增加了200J
【解答】解：AB、设陈烨克服阻力力做功为Wf，由动能定理可得：WG﹣Wf＝ΔEk，可得动能增加了ΔEk＝600J，故A错误，B正确；
C、重力对他做功为800J，根据重力做正功多少，重力势能就减少多少，可知重力势能减少了800J，故C错误；
D、除了重力和弹力以外的其他外力做的功等于机械能的变化量，即ΔE＝W其他，解得：ΔE＝﹣Wf＝﹣200J，即机械能减少了200J，故D错误。
故选：B。
（2024春•洛阳期中）图甲为科技活动节学生自制小型抛石机。将石块放在长臂一端的凹槽中，在短臂端固定重物，发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，凹槽中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为如图乙所示的模型，将一质量m＝10g可视为质点的小石块，装在长L＝10cm的长臂末端的凹槽中，初始时长臂与水平面的夹角为30°，松开后长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上，测得石块落地点与O点的水平距离为30cm，以地面为零势能面，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．石块被水平抛出时的动能为1.5×10﹣1J
B．石块从A点到最高点机械能增加3.0×10﹣2J
C．石块着地时，重力做功的功率为3W
D．石块从A点到最高点的过程中，其重力势能的增加量等于重物重力势能的减小量
【解答】解：A、石块被抛出后做平抛运动，根据几何关系可知石块的下降高度h＝L+Lsin30°，代入数据解得h＝15cm＝0.15m，根据自由落体运动的规律h=12gt2，石块的水平位移x＝v0t，石块被抛出时的动能Ek=12mv02，其中x＝30cm＝0.3m，联立解得Ek＝1.5×10﹣2J，故A错误；
B、石块从A点到最高点机械能增加量为E＝Ek+mgh＝1.5×10﹣2J+10×10﹣3×10×0.15J＝3.0×10﹣2J，故B正确；
C、根据h=12gt2，vy＝gt，P＝mgvy，联立解得P=310W，故C错误；
D、根据能量守恒可知，石块从A点到最高点的过程中，石块重力势能的增加量等于重物重力势能的减少量减去石块与重物动能之和，故D错误；
故选：B。
（2024春•岳麓区校级月考）如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2，则（ ）
A．弹簧的最大弹性势能为3mgx0
B．小球运动的最大速度等于2gx0
C．弹簧的劲度系数为mgx0
D．小球运动中最大加速度为g
【解答】解：A、小球下落到最低点时，重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，有Epmax＝3mgx0，故A正确；
C、根据弹性势能的表达式Epmax=12kx2，则有3mgx0=12kx02，解得：k=6mgx0，故C错误；
B、当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有
mg＝kx
再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒，有
mg(x+2x0)=12mvmax2+12kx2
解得最大速度为：vmax=25gx06，故B错误；
D、小球运动到最低点时，加速度最大，由牛顿第二定律有：kx0﹣mg＝ma，解得最大加速度为：a＝5g，故D错误。
故选：A。
题型2摩擦力做功与能量转化
（2024•银川一模）质量为m的物体以某一初速度冲上倾角为30°足够长的固定斜面，上升高度为h时速度减为初速度的一半，上滑阶段加速度为78g。g为重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．物体上升的最大高度2h
B．物体与斜面间动摩擦因数为34
C．从冲上斜面到返回斜面底端的过程中物体克服摩擦力做功为2mgh
D．物体上滑阶段和下滑阶段所用时间之比1：8
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ＝ma
解得μ=34
上升高度为h时速度减为初速度的一半，根据功能关系有
12mv2=mgh+μmgcsθ×2h+12m(v2)2
设最大高度为H，则有12mv2=mgH+μmgcsθ×2H
解得H=43h
故A错误，B正确；
C、克服摩擦力做功为Wf＝μmgcsθ×2H＝mgh，故C错误；
D、上滑阶段的加速度为a＝gsinθ+μgcsθ
下滑阶段的加速度为a'＝gsinθ﹣μgcsθ
解得a：a'＝7：1
根据x=12at2可知
上滑阶段和下滑阶段所用时间之比1：7，故D错误；
故选：B。
（2024春•鼓楼区校级期中）如图是“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0＝5m/s，每个滚轮对夯杆的正压力均为F＝2.5×104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ＝0.25，夯杆质量m＝1×103kg，坑深h＝6.5m，假定在打夯的过程中坑的深度变化很小，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为2m/s2
B．每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为7.75×104J
C．每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为6.25×104J
D．增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加
【解答】解：A、夯杆加速上升过程中，由牛顿第二定律可得2μF﹣mg＝ma
解得：a＝2.5m/s2
故A错误；
BC、夯杆加速上升的高度h1=v022a
在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功W1＝2μFh1
设加速阶段用时为t，则h1=vt2
此阶段滚轮与夯杆间的相对位移为Δh＝vt−vt2=vt2=h1
此阶段产生的热量为Q＝2μFΔh
解得Q＝6.25×104J
夯杆匀速上升阶段上升高度为h2＝h﹣h1
电动机对夯杆做的功为W2＝mgh2
由能量关系知每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为W＝W1+Q+W2
解得W＝1.4×105J
故B错误，C正确；
D.每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为Q＝2μFΔh＝2μF（vt−vt2）＝2μF⋅v022a=2μF⋅v022μF−mgm=μmv022μ−mgF
杆的正压力F增大时，Q将减小，故D错误。
故选C。
（2024•海南）如图所示，一轻质弹簧一端固定在O点，另一端与小球相连。小球套在竖直固定、粗细均匀的粗糙杆上，OP与杆垂直，小球在P点时，弹簧处于自然伸长状态，M、N两点与O点的距离相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球从M点静止释放，在运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到P点时速度最大
B．小球运动到N点时的速度是运动到P点速度的2倍
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【解答】解：A．小球在P点时，弹簧处于自然伸长状态，弹力为零，摩擦力为零，小球只受重力，小球运动到P点时加速度不为零，小球运动到P点时速度不是最大，故A错误；
B．小球从M点向P点运动过程，设弹簧与竖直方向夹角为θ，弹簧的拉力为
F=k(Lsinθ−L)
拉力逐渐减小
支持力为
FN＝Fsinθ＝k（L﹣Lsinθ）
摩擦力逐渐减小，小球从M到P根据功能关系
mgℎ+Ep=Q+12mv12
从M到N根据功能关系
2mgℎ=2Q+12mv22，比较不出两者速度关系，故B错误；
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大，故C错误；
D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等，故D正确。
故选：D。
题型3传送带类的功能转化
（2023秋•越秀区期末）如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角为30°，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为10kg，重力加速度取10m/s2。则下列说法中不正确的是（ ）
A．传送带匀速转动的速度大小为1m/s
B．货物与传送带间的动摩擦因数为32
C．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功795J
D．A、B两点的距离为16m
【解答】解：A.由图像可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为1m/s，故A正确；
B.开始时货物的加速度
a=ΔvΔt=10.4m/s2=2.5m/s2
由牛顿第二定律可知
μmgcs30°﹣mgsin30°＝ma
解得货物与传送带间的动摩擦因数为
μ=32，故B正确；
D.由图像可知，A、B两点的距离为
s=12×(16+15.6)×1m=15.8m，故D错误；
C.由动能定理可知
Wf−mgs⋅sin30°=12mv2
代入数据解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功
Wf＝795J，故C正确。
本题选不正确的，故选：D。
（2023•台州模拟）如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长L1＝3m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在O1和O2，圆心角θ＝120°、半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2＝2.2m、质量M＝0.4kg木板（与轨道不粘连）。现将一块质量m＝0.2kg的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10m/s2。
（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度3m/s，求物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度4m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。
【解答】解：（1）物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点，根据牛顿第二定律可得：
mg=mv2R
解得：vB＝2m/s
若物块在传送带上一直加速，由
v2=2×μ1mgmL1
解得：v=23m/s
由此可知物块应该是先加速后匀速
t=vBμ1g+L1−vB22μ1gvB
代入数据解得：t＝2s
（2）若传送带的速度3m/s，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为
vB1＝3m/s
从B到D，由动能定理得
12mvD2−12mvB12=mgR(1+sin30°)
经过D点时
mvD2R=FD−mgsin30°
解得：FD＝11.5N
（3）从B到G，由动能定理得
12mvG2−12mvB22=2mgR(1+sin30°)
若在木板上恰好不分离，则系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则
mvG＝（m+M）v1
12mvG2−12(m+M)v12=μ2mgL2
得：vB2＝3m/s
当2m/s≤v≤3m/s时
Q=12mvG2−12(m+M)v12=mvG23=m(vB22+6gR)3=v2+2415(J)
当3m/s≤v≤4m/s时
Q＝μ2mgL2
代入数据解得：Q＝2.2J
题型4板块类的功能转化
（2023春•渝中区校级期中）中国的快递物流行业发展迅速。如图所示，某快递收发站需将质量m＝50kg的快递（可视为质点）从高处运送至地面，为避免快递与地面发生撞击，现利用粗糙倾斜轨道SP、竖直面内弧形光滑轨道PQ，使快递由倾斜轨道顶端距底端高度h＝2m处无初速度滑下。两轨道相切于P，倾斜轨道与水平面夹角为θ＝60°，弧形轨道半径R＝2m，末端切线水平。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝4m，质量均为M＝50kg，木板上表面与弧形轨道末端Q相切。快递与SP轨道之间的摩擦因数为μ=32，快递与木板间的动摩擦因数为μ1，地面光滑（不考虑快递与各轨道相接处能量损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2）。求：
（1）快递到达弧形轨道末端时对轨道的压力；
（2）若μ1＝0.5，试判断快递能否滑上木板B？并计算快递滑上木板后与木板间产生的热能Q。
【解答】解：（1）快递从高处滑到Q，根据动能定理
mg（h+R﹣Rcs60°）﹣μmgcs60°×ℎsin60°=12mv2
解得v=40m/s
在Q点根据受力分析可得
N﹣mg=mv2R
解得N＝1500N
（2）在A右侧时，设快递的速度为v1，AB速度为vA，规定v的速度方向为正方向，根据动量守恒，能量守恒有
mv＝mv1+（m+2M）vA
μmgL=12mv2−12mv12−12(2M)vA2
联立无解
则快递不能到达A的右侧，则快递在A上与A有共同速度，规定v的速度方向为正方向，有
mv＝（m+2M）v共
Q=12mv2−12(m+2M)v共2
解得Q=20003J
（2023春•秦淮区校级期中）如图所示，木板L＝5m，质量为M＝2kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v＝9m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m＝1kg的滑块，已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4。求：
（1）滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小；
（2）从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量Q；
（3）从开始至木板刚停止时，滑块、木板和地面组成的系统增加的内能U。
【解答】解：（1）滑块与木板取得相同的速度前，由牛顿第二定律得：
对滑块：μ1mg＝ma1
对木板：μ1mg+μ2（m+M）g＝Ma2
代入数据解得：a1＝2m/s2，a2＝7m/s2
（2）滑块做初速度为零的匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，设经过t1时间两者速度相等，共同速度为v1，则有：
v1＝a1t1＝v﹣a2t1
代入数据解得：t1＝1s，v1＝2m/s
滑块与木板取得相同速度前，滑块的位移为：x1=v12t1=22×1m＝1m
木板的位移为：x2=v+v12t1=9+22×1m＝5.5m
第一阶段滑块与木板的相对位移为：Δx1＝x2﹣x1＝（5.5﹣1）m＝4.5m
滑块与木板共速后，设它们一起做匀减速直线运动，对整体，由牛顿第二定律得：μ2（m+M）g＝（m+M）a
代入数据解得：a＝4m/s2
滑块受到的摩擦力为：f＝ma＝1×4N＝4N＞μ1mg
故此后两个物体做加速度不同的匀减速运动，滑块相对木板向前运动，由牛顿第二定律得
对滑块：μ2mg＝ma3
对平板车：μ2（m+M）g﹣μ1mg＝Ma4
代入数据解得：a3＝2m/s2，a4＝5m/s2
滑块与木板都做匀减速直线运动，滑块减速为零的位移为：x3=v122a3=222×2m＝1m
木板减速到零的位移为：x4=v122a4=222×5m＝0.4m
第二阶段相对位移为：Δx2＝x3﹣x4＝（1﹣0.4）m＝0.6m
滑块与木板间因摩擦增加的内能为：Q＝μ1mg（Δx1+Δx2）
代入数据解得：Q＝10.2J
（3）因a3＜a4，所以木板停止时，滑块还没有停止。
设共速后木板经过时间t停止，则v1﹣a4t＝0，可得t＝0.4s
木板停止时，滑块的速度为v3＝v1﹣a3t＝（2﹣2×0.4）m/s＝1.2m/s
根据能量守恒定律可知，从开始至木板刚停止时，滑块、木板和地面组成的系统增加的内能U：
U=12Mv2−12mv32=12×2×92J−12×1×1.22J＝80.28J
题型5常见功能关系图像分析
（2024春•西安期中）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。由图中数据可知，下列说法错误的是（ ）
A．物体的质量为2kg
B．h＝0时，物体的速率为20m/s
C．h＝2m时，物体的动能Ek＝50J
D．从地面至h＝4m处过程中，物体的动能减少100J
【解答】解：A.物体的重力势能为
Ep＝mgh
由图可知，当h＝4m时，重力势能80J，代入解得
m＝2kg，故A正确；
B.当h＝0时，物体总的机械能等于动能，根据动能的表达式
Ek=12mv2
代入数据解得
v＝10m/s，故B错误；
C.根据图像可知物体的机械能随高度变化的表达式为
E＝﹣5h+100J
当h＝2m时，物体的机械能为90J，由图可知，当h＝2m时，物体的重力势能为40J，故物体的动能为
Ek2＝90J﹣40J＝50J，故C正确；
D.由图可知，当h＝0时物体的动能为100J，h＝4m时物体的动能为0，则从地面至h＝4m处过程中物体的动能减少100J，故D正确。
本题选错误项，故选：B。
（2024•东湖区校级一模）如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m＝2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t＝0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v﹣t图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0﹣0.2s内运动的位移为0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块在0.2s时机械能最大
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2
D．t＝0时刻弹簧的弹性势能为32J
【解答】解：A、对滑块上升过程分析受力，当滑块速度最大时满足：F弹＝mgsinθ+μmgcsθ，此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，故A错误；
B、根据功能原理，滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力功大于摩擦力功，滑块的机械能增加。最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小于摩擦力功，此过程中滑块的机械能减小，则滑块在0.2s时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，故B错误；
C、滑块脱离弹簧后向上减速运动，由图乙可求得加速度为：a=4.0−2.00.4−0.2m/s2=10m/s2
根据牛顿第二定律：mgsin37°+μmgcs37°＝ma
代入数据解得，滑块与斜面间的动摩擦因数为：μ＝0.5，故C错误；
D、由能量关系可知，t＝0时刻弹簧的弹性势能等于t＝0.2s时的机械能：Ep=12mv12+mgssin37°+μmgscs37°=12×2×42J+2×10×0.8×0.6J+0.5×2×10×0.8×0.8J＝32J，故D正确。
故选：D。
（2024•榆林开学）如图所示，以恒定速率v逆时针运行的传送带与水平面间的夹角为α，转轴间距L。工作人员将质量为m的小包裹轻放上传送带的顶端。已知小包裹与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。设传送带顶端为零势能面，则描述小包裹的机械能随其位移的变化关系可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：根据能的转化和守恒定律可知，除重力以外的其他力做的功等于小包裹机械能的变化量。小包裹从放上传送带到与传送带速度相同的过程中，沿着传送带向下的滑动摩擦力
f动＝μmgcsα
对小包裹做正功，小包裹的机械能随位移均匀增大，图像斜率大小为μmgcsα。当小包裹的速度与传送带速度相同后，
分两种情况：第一种，μ较大，小包裹与传送带一起匀速运行，传送带对小包裹的摩擦力为沿着传送带向上的静摩擦力，且静摩擦力
f静＝mgsinα≤μmgcsα
该静摩擦力对小包裹做负功，小包裹的机械能随位移均匀减小，图像斜率大小为mgsinα，小于第一阶段的斜率大小；
第二种μ较小，小包裹继续做加速运动，传送带对小包裹的摩擦力为沿着传送带向上的滑动摩擦力，且有
mgsinα﹣μmgcsα＞0
该滑动摩擦力对小包裹做负功，小包裹的机械能随位移均匀减小，图像斜率大小为μmgcsα，与第一阶段斜率大小相等，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024•正定县校级三模）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠（可视为质点）可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔s1＝3.5cm，B与上边框相隔s2＝2cm，现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v﹣t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．算珠A、B均能回到自己的归零位
B．算珠A在碰撞前运动了0.2s
C．算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1
D．算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒
【解答】解：C．根据图乙可知，A拨出的初速度，A碰前与A、B碰后的速度分别为
v0＝0.4m/s，vA1＝0.3m/s，vA2＝0.1m/s，vB＝0.2m/s
A碰前有
vA12−v02=−2as1，a＝μg
解得μ＝0.1，故C正确；
B．算珠A在碰撞前运动时间t=v0−vA1a
解得t＝0.1s，故B错误；
A．碰后A、B减速至0的位移分别为xA=vA222a
解得xA＝0.5cm＜s2
解得xB＝0.5cm＝s2，xB=vB22a
可知，算珠A没有归零，B恰好归零，故A错误；
D．根据上述可知，碰前A、B总动能为EKA=12mvA12
解得EKA＝0.045m
碰后A、B总动能为WK=12mvA22+12mB2
WK＝0.025＜12mvA12
算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能不守恒，D错误。
故选：C。功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力(除重力、弹力外)做正功
机械能增加