新高考物理二轮复习提分讲与练专题06 功能关系、能量守恒（培优讲义）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习提分讲与练专题06 功能关系、能量守恒（培优讲义）（2份，原卷版+解析版）试卷主要包含了功能关系的理解和应用，两种摩擦力做功特点的比较，验证机械能守恒定律等内容，欢迎下载使用。

◇考点 01 功能关系
一、功能关系的理解和应用
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
2．常见的功能关系
二、两种摩擦力做功特点的比较
◇考点 02 机械能守恒定律
一、机械能守恒的判断
1．重力做功与重力势能的关系
(1)重力做功的特点
①重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．
②重力做功不引起物体机械能的变化．
(2)重力势能
①表达式：Ep＝mgh.
②重力势能的特点
重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关．
(3)重力做功与重力势能变化的关系
重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
2．弹性势能
(1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：
弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．即W＝－ΔEp.
3．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
(2)表达式：mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22.
4．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．
(2)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守恒．
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒．
二、单物体机械能守恒问题
1．表达式
2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤
三、解决多物体系统机械能守恒的注意点
1、对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒．一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒．
2、注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．
3、列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
四、验证机械能守恒定律
1．实验原理
通过实验，求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和对应过程动能的增加量，在实验误差允许范围内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律．
2．实验器材
打点计时器、交变电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线．
3．实验过程
(1)安装器材：将打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器与电源相连．
(2)打纸带
(3)选纸带：从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带．
(4)进行数据处理并验证．
4．数据处理
(1)求瞬时速度
(2)验证守恒
方案一：利用起始点和第n点计算
方案二：任取两点计算
方案三：图像法
5．注意事项
(1)打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，以减小摩擦阻力．
(2)重物应选用质量大、体积小、密度大的．
(3)应先接通电源，让打点计时器正常工作，后松开纸带让重物下落．
(4)测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用vn＝eq \f(hn＋1－hn－1,2T)，不能用vn＝eq \r(2ghn)或vn＝gt来计算．
(5)此实验中不需要测量重物的质量．
◇考点 03 能量守恒定律
一．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其他形式，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．
二．理解
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．
◇题型 01 功能关系的应用
典｜例｜精｜析
典例1（2024年河北卷第16题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
【答案】（1）；（2）90J，2；（3）
【解析】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得
同时有
解得A、B木板间的水平距离
（2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得

联立解得
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒
根据能量守恒可得机器人做的功为
联立得
根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时
（3）根据可得，根据
得
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
该过程A木板向左运动的距离为
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得
①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得
②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为
可得
③
联立①②③解得
故A、C两木板间距为
解得
典例2（2025年广西卷第12题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
（1）单个散货的质量。
（2）水平传送带的平均传送速度大小。
（3）倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
【小问2详解】
落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
【小问3详解】
设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为
其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在时间内传送带额外多做的功为
其中，，，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
变｜式｜巩｜固
变式1（2025·安徽省淮北市和淮南市·二模）如图所示，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上的A点，另一端跨过墙上固定的光滑定滑轮B与一可视为质点的小物块相连，弹性绳的原长等于AB，绳的弹力符合胡克定律，劲度系数。初始状态，小物块被锁定在固定斜面上的M点，BM垂直斜面。某时刻，小物块解除锁定，同时施加一沿着斜面向上的恒力F，小物块由静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾角，物块质量，，，物块与斜面间动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，，。物块从M到N的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块所受的支持力减小
B. 所受恒力F的大小为9N
C. 物块经P点时的动能为0.2J
D. 物块和弹性绳系统的机械能先增加后减少
【答案】C
【解析】A．对物块进行分析，在垂直于斜面方向的合力为0，令弹性绳的伸长量为x，绳与斜面夹角为α，则有
解得
物块向上运动过程中，物块所受的支持力不变，故A错误；
B．结合上述，物块所受滑动摩擦力
根据几何关系有
物块从M到N的过程有
解得
故B错误；
C．根据几何关系有
物块从M到P的过程有
结合上述解得
故C正确；
D．物块从M到N的过程，恒力F与摩擦力的合力对物块和弹性绳构成的系统始终做正功，则物块和弹性绳系统的机械能始终增大，故D错误。
故选C。
变式2（2025·吉林省延边朝鲜族自治州·一模）如图，半径为的光滑半圆形轨道固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数；
（3）弹簧弹力做的功。
【答案】（1），方向竖直向上；（2）0.25；（3）
【解析】（1）设滑块第一次滑至点时的速度为，圆轨道点对滑块的支持力为，在过程中由动能定理知
在点有
代入得
方向竖直向上。
（2）在过程中有
代入得
（3）在点有
在过程中有
解得弹性势能
弹性势能减少，则说明弹簧弹力做正功，且做功大小为。
变式3（2025·内蒙古包头市·三模）如图所示，一质量M=1.0kg，高h=0.7m的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水平地面上。紧接C点，有一长S=1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v=2m/s的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。已知该四驱电动玩具小车在平板车和传送带上运动时，轮胎共产生自重0.8倍的动力，且从C点到D点速度不变。sin37°=0.6，cs37°=0.8。忽略空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）玩具小车到达A点速度vA；
（2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN；
（3）平板车的长度l；
（4）传送带由于运送玩具小车而消耗的电能。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【详解】（1）玩具小车离开平板车后到达A点的过程做平抛运动，设离开平板车时的速度大小为v0，到达A点的速度为vA，由几何关系可得vA的方向与水平方向的夹角为θ，根据平抛运动的性质可得，在A点水平分速度大小为
竖直分速度大小为
平抛过程在竖直方向有
解得
，，
沿圆弧切线方向与水平成53°角。
（2）从A到B，由动能定理得
在B点由牛顿第二定律的
解得
（3）玩具小车在平板车上滑到过程，设小车与平板车的速度大小分别为v1、v2，此过程小车与平板车的位移大小分别为x1、x2，两者组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有
可得

可得
对玩具小车，由动能定理得
解得
，
平板车长度为
（4）玩具小车到达D点的速度为
由牛顿第二定律得
解得
玩具小车在传送带上做匀加速直线运动，由运动学公式
解得
（另一解为负值，舍弃）
在时间t内，传送带对地位移为
传送带由于运送玩具小车而多消耗的电能就等于其克服摩擦力做的功与小车的机械能增量之和，玩具小车产生的动力等于其与传送带之间的摩擦力，则有
玩具小车增加的重力势能为
代入数据解得
玩具小车在E点的速度为
代入数据解得
玩具小车增加的动能为
代入数据解得
则传送带由于运送玩具小车而消耗的电能为
◇题型 02 机械能守恒定律的应用
典｜例｜精｜析
典例1（2025·山西省晋中市·二模）（多选）如图所示，有一半径为R的光滑圆槽组成的圆形轨道固定在某平板上。在距圆心处开有小孔Q，劲度系数为k的轻弹性绳一端固定在孔正下方点P，另一端穿过小孔Q固定在质量为m的小球上，弹性绳原长恰好等于，将小球嵌在圆形轨道内，不计一切摩擦。已知弹性绳的弹性势能，x为形变量，重力加速度为g，共线。现在a点给小球一沿轨道切线方向的速度，为使小球能绕圆形轨道不断地运动，应满足的条件为（ ）
A. 若平板平面水平，则
B. 若平板平面水平，则
C. 若平板平面竖直，且Q、a、P在O的正下方，则
D. 若平板平面竖直，且Q、a、P在O的正下方，则
【答案】AD
【解析】AB．若平板平面水平，小球能绕圆形轨道不断地运动，小球运动到在水平轨道最左端时，有，根据能量守恒定律知
求得
故A正确，B错误；
CD．若平板平面竖直，且Q、a、P在O的正下方，小球能绕圆形轨道不断地运动，则小球到达竖直轨道最高点时，且此时小球的速度，根据能量守恒定律知
求得
故D正确，C错误；
故选AD
典例2（2025年山东卷第17题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，b解除锁定开始运动。已知a的质量，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
（1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、；
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小及弹性势能的最大值。
【答案】（1），水平向左，，水平向右
（2），水平向左，
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知，小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒，则有
由能量守恒定律有
联立解得，
即小球速度为，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。
【小问2详解】
由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块水平方向上动量守恒，则有
解得
设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度为，根据胡克定律
系统机械能守恒
联立解得，
固定解除之后，小球、物块和物块组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有
解得，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
变｜式｜巩｜固
变式1（2025·北京市第三十五中学·三模）一般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，该一小段圆周的半径为该点的曲率半径。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了。小珂发现游乐场的过山车轨道不是圆形轨道而是“水滴形”轨道（如图1），小珂设计了如图2所示的过山车模型，质量为的小球在A点由静止释放沿倾斜轨道下滑，经水平轨道BC进入半径的圆形轨道，恰能做完整的圆周运动；再经水平轨道进入“水滴形”曲线轨道，点的曲率半径，“水滴形”轨道最高点与圆形轨道最高点等高。忽略所有轨道摩擦力，各轨道都平滑连接，“水滴形”轨道左右对称，取。
（1）求小球释放点A距离水平面的高度；
（2）在圆形轨道上运动时，小球在最低点与最高点的向心加速度大小的差值；
（3）在“水滴形”轨道上运动时，小球的向心加速度大小为一个定值，求“水滴形”轨道上任意一点的曲率半径随距地面高度变化的函数表达式（即：用和表示）。
【答案】（1）2m （2）40 m/s2
（3）或
【解析】
【小问1详解】
小球恰能做完整的圆周运动，则在D点，由牛顿第二定律有
由A到D，由机械能守恒定律有
解得H =2m
【小问2详解】
由A到C，由机械能守恒定律有
在圆轨道上C点，向心加速度
结合上述有
【小问3详解】
小球在E点，向心加速度
根据机械能守恒定律有
解得
由题意可知，小球在轨道EFG上任意一点的向心加速度均为2g。设小球运动到距地面高为h处，速度大小为v，由机械能守恒定律有
由于
解得r=2.5R1-h或r=2-h
变式2（2025·山西省·一模）（多选）如图所示，带有光滑小孔的小球A套在半圆轨道上，用绕过光滑定滑轮P的足够长轻绳与从小球B相连，小球A、B的质量均为。给A施加一水平向右的拉力，使小球A静止在圆轨道最低点。已知定滑轮P与、、在同一水平线上，点为圆心，，，重力加速度为，，不计滑轮的质量、大小及空气阻力，则（ ）
A. 水平拉力的大小为
B. 撤去拉力后，A球运动过程中速度一直变大
C. 撤去拉力后，A球不能运动到点
D. 撤去拉力后，A球在轨道上运动过程中机械能最大时的速度大小
【答案】AD
【解析】A．当A球在拉力F的作用下保持静止时，水平方向还会受到绳对小球拉力T的分力，此时由题意可知，绳与水平方向的夹角为37°，对A球水平方向受力分析得
对B球受力分析可知
解得
故A正确；
C．撤去拉力F后，A球会在绳的拉力的作用下沿半圆轨道向左运动，设A球和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则可知A球上升的高度为
此时B球下降的高度为
由数学知识可知，当时，始终有
在整个运动过程中，A球和B球这一整体的机械能是守恒的，因B球减少的重力势能始终比A球增加的重力势能多，则当A球运动到b点时仍有速度，故C错误；
B．当A球从b点脱离轨道后，因受到重力和绳拉力的作用，其速度会不断减小，故B错误；
D．当B球的机械能最小时，A球的机械能最大，此时A球刚好到b点，有竖直向上的速度v，沿绳方向速度为0，即B球的速度为0，对整体用动能定理有
解得
故D正确。
故选AD。
变式3（2025·青海省海东市·三模）如图所示，质量的物块A与质量的物块B通过轻质定滑轮用轻绳连接，控制物块A使其静止于足够长的光滑固定斜面上，滑轮与物块A间的轻绳恰好拉直且与斜面平行，斜面倾角，物块B与物块C用劲度系数的轻质弹簧相连，物块C与物块B的质量相同。斜面固定于水平地面上，释放物块A前，绳中无拉力，物块A、B、C均视为质点。现由静止释放物块A，取重力加速度大小，不计轻绳与滑轮间的摩擦，弹簧的弹性势能，其中x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）释放物块A前，弹簧具有的弹性势能；
（2）释放物块A后瞬间，物块B的加速度大小；
（3）当物块C刚好对地面无压力时，物块A的加速度大小和速度大小v。（结果可用根式表示）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
初始状态对物块B分析，绳中无拉力，由平衡条件有，解得，弹簧的弹性势能；
小问2详解】
释放物块A后瞬间，对物块A、物块B整体受力分析，由牛顿第二定律有
，解得；
【小问3详解】
释放物块A，物块C刚好对地面无压力时，对物块C受力分析，弹簧对物块C的作用力与物块C受到的重力大小相等，有，对物块A、物块B整体受力分析，由牛顿第二定律有，解得；对物块A、物块B，由能量守恒定律有，解得。
◇题型 03 能量守恒定律的应用
典｜例｜精｜析
典例1（2025年云南卷第10题）（多选）如图所示，倾角为的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数。过程I：Q以速度从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. P、M两点之间的距离为
B. 过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为
C. 过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D. 连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间
【答案】BCD
【解析】A．设的距离为，过程I，根据动能定理有
设的距离为，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件
P、M两点之间的距离
联立可得
故A错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能
结合
可得
故B正确；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移，根据能量守恒定律
结合
解得
故C正确；
D．无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在点时，满足
当在点时，满足
所以在OM（含O、M点）之间速度为零时，Q将静止，故D正确。
故选BCD。
典例2（2025年陕晋宁青卷第10题）（多选）如图，与水平面成夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足。，g取，。则滑块（ ）
A. 与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
B. 下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C. 从释放到静止的位移大小为
D. 从释放到静止克服滑动摩擦力做功为
【答案】AC
【解析】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间夹角为时，对滑块进行受力分析，如图所示
由平衡条件有
由胡克定律结合几何关系有
联立解得
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为
故A正确；
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为，此时弹性轻绳与PQ间夹角为，由平衡条件有
解得
由几何关系可得
故C正确；
D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为，由能量守恒定律有
解得
故D错误。
故选AC
变｜式｜巩｜固
变式1（2025·黑龙江龙东十校联盟·二模）如图所示，质量的木板A静止在粗糙的水平地面上，与地面间的动摩擦因数，质量的物块B静置在木板上表面，A、B之间的动摩擦因数。木板A右侧的墙上固定一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。取水平向右为正方向，t=0时刻开始，分别对A、B施加随时间变化的力、（各物理量的单位均为国际单位），A和B一起开始向右做加速运动。当A刚碰到弹簧时A、B刚要发生相对滑动，此时撤去和。已知弹簧劲度系数k=6N/m，弹簧弹性势能与形变量x的关系为，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小g取，B全程未滑出A，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）t=0时刻，A和B一起运动的加速度大小及B所受的摩擦力大小；
（2）A刚碰到弹簧时A的速度大小；
（3）弹簧压缩到最短时的形变量大小。
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
t=0时刻，对整体根据牛顿定律有
解得
对B分析有
解得
【小问2详解】
设时刻A碰到弹簧，对整体有
代入数据解得
由题意知当A刚碰到弹簧时A、B刚要发生相对滑动，对B有
解得
由于AB整体的加速度随时间线性增加，故时刻A的速度
【小问3详解】
撤去外力后，一起压缩弹簧，再次要发生相对滑动时弹簧形变量为，对B有
解得
对整体有
解得
根据能量关系有
解得
滑动后，设弹簧最短时的形变量为，单独对A分析有
解得
变式2（2025·北京市十一学校·三模）图甲为游乐园中“空中飞椅”的娱乐设施，中央是一个由电动机驱动的水平转盘，转盘的边缘固定许多绳子，绳子的下端连接座椅，人坐在座椅上，随着转盘的加速，人的高度也逐渐上升。可将上述装置做如图乙所示的简化：人和座椅视为质量为m=100kg的质点；绕竖直轴OO′无摩擦转动的转盘视为质量为M=4000kg、半径为R=3m的匀质圆盘；长为l=5m的轻绳不可伸长。圆盘从静止开始缓慢加速转动，经过一段时间后，圆盘匀速转动，此时绳与竖直方向的夹角为θ=37°。空中飞椅和游客数均为N=10，不计空气阻力和其他摩擦，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6。
（1）求圆盘匀速转动的角速度ω。
（2）对于定轴转动的物体，其动能可表示为，对于匀质转盘，电动机的效率为η=0.9。求圆盘从静止到匀速转动的过程电动机消耗的电能。（结果保留1位有效数字）
（3）加速度对时间的变化率叫做“急动度”，汽车工程师常常用急动度来评判乘客不舒适程度的指标，急动度越大，乘客将会觉得越不舒适。求匀速转动时，质点急动度的大小j以及合力随时间的变化率。
【答案】（1）
（2）5×104J （3），3755N/s
【解析】
【小问1详解】
对游客进行分析。根据牛顿第二定律有
解得
【小问2详解】
根据能量守恒定律有
解得
【小问3详解】
质点匀速圆周运动的加速度大小
令经历时间Δt，质点匀速圆周运动转过的圆心角为α，则有
根据矢量合成可知，加速度的变化量大小为
则急动度
解得
当时间Δt→0时有
解得
代入数据解得
合力随时间的变化率
解得
变式3（2025·辽宁省锦州市·一模）某兴趣小组设计了一个装置，如图甲所示，初始木板B静止在固定的水平桌面上，桌面Q点的左侧为粗糙面，右侧为光滑面，半径R=0.1m的光滑圆弧槽C放置在光滑水平面上，OM与竖直方向的夹角θ=60°，ON水平。t=0时刻，滑块A以水平向右v0=3m/s的速度滑上木板B，此后木板B运动的速度-时间（v-t）图像如图乙所示，当木板B撞上与之等高的固定挡板P并锁定不动时，滑块A以vA=1m/s从木板B右端飞出，之后滑块A恰好从M点沿切线方向进入圆弧槽C。已知：滑块A、木板B、圆弧槽C的质量均相等，滑块A与木板B之间的动摩擦因数μ=0.6，重力加速度g=10m/s2，滑块A可看为质点。求：
（1）初始圆弧槽C左端M点与挡板P之间的水平距离；
（2）滑块A到达圆弧槽右端N点时的速度；
（3）木板B与桌面之间的动摩擦因数μ2。
【答案】（1）
（2），与水平方向的夹角
（3）0.1
【解析】（1）滑块A在空中做平抛运动，设初始圆弧槽C左端与挡板P之间水平距离为x，滑块A在空中飞行的时间为t，由A在M点与圆弧槽相切可得
又，
则初始圆弧槽C左端与挡板P之间的水平距离
（2）设滑块A在M点速度大小为，由平抛运动规律可知
解得
由于地面光滑，A、C组成的系统水平方向上动量守恒，滑块A到达圆弧槽C右端N点时，水平共速速度大小为，滑块A的速度大小设为，A、C物体的质量均设为m，可得，
解得
滑块A到达圆弧槽C右端N点时的速度大小
滑块A到达圆弧槽C右端N点时的速度与水平方向的夹角为且
解得与水平方向的夹角
（3）由木板B运动的速度-时间图像可知，A、B在0.3s时恰好共速，设共速的速度大小为，时，对滑块A运用牛顿第二定律，有
又
对木板B，有
又
解得木板B与桌面之间动摩擦因数
◇题型 04 摩擦生热问题
典｜例｜精｜析
典例1（2025年海南卷第11题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
【答案】（1），方向竖直向上；
（2）
（3）或
【解析】
【小问1详解】
A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得，方向竖直向上；
【小问2详解】
根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
【小问3详解】
第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律
设经过时间后AB与传送带共速，可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得，另一解大于舍去；
第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得，另一解小于舍去。
典例2（2024年湖北卷第10题）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（ ）
A. 子弹的初速度大小为
B. 子弹在木块中运动的时间为
C. 木块和子弹损失的总动能为
D. 木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【解析】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块速度为
由运动学公式
可得
故B错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故选AD。
变｜式｜巩｜固
变式1（2025·河南省安阳市·三模）如图所示，传送带倾角，两端点间距离，以的速度顺时针匀速转动，送料槽（图中未画出）连续不断地将沙砾缓缓送到传送带的底端。已知送料口的出料流量，沙砾滑上传送带的初速度可视为0，沙砾与传送带之间的动摩擦因数，不计机械传动机构的摩擦。取，，，不计空气阻力。
（1）求一颗沙砾从传送带底端到达顶端所需的时间；
（2）若一颗沙砾从传送带顶端以其末速度被水平抛出，求落地点距传送带顶端的水平距离；
（3）求传送带电机因运送沙砾而增加的电功率。
【答案】（1）6.5s
（2）
（3）23.76W
【解析】
【小问1详解】
在传送带上对沙砾进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
代入数据解得沙砾向上匀加速的加速度为
设沙砾做匀加速运动直至与传送带共速的时间为，则有
该段时间内沙砾发生的位移大小为
传送带发生的位移大小为
沙砾与传送带共速后，匀速完成剩下的位移所用的时间为
所以一颗沙砾从传送带的底端运动到传送带的顶端所需时间为
【小问2详解】
若沙砾从传送带顶端以其末速度被水平抛出，则下落的高度为
根据竖直方向自由落体运动有
解得砂砾平抛运动的时间为
所以平抛的水平位移为
即落地点距传送带顶端的水平距离为。
【小问3详解】
在连续工作过程中，质量为的沙砾获得的能量为
这部分沙砾在加速阶段与传送带由于发生相对运动产生的热量为
所以传送带电机因运送沙砾而增加的能量为
则传送带电机因运送沙砾而增加的电功率为
变式2（2025·四川省眉山市·一诊）如图所示，在粗糙水平地面上，一长木板在水平向左的外力作用下始终以恒定速度向左运动，一个质量的可视为质点的滑块由静止开始在恒定外力（大小与方向均未知）作用下，从木板最左端向右做加速度的匀加速直线运动，已知滑块与木板间的动摩擦因数，木板长，取重力加速度。
（1）求滑块运动到木板最右端的时间（取）；
（2）若滑块从静止开始运动一段时间后，撤去外力，滑块到达木板最右端时速度恰好减为零，求撤去外力后，滑块与木板间因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）1.35s
（2）12J
【解析】
【小问1详解】
滑块在木板上一直向右做匀加速直线运动，设其运动到木板最右端时的位移为
木板向左做匀速直线运动，其位移为，则
且有
解得
【小问2详解】
撤去外力F后，由牛顿第二定律得
设外力F作用时间为，此段时间内滑块与木板位移分别为和，则
滑块相对于木板向右滑动距离为，则有
撤去外力F瞬间，滑块速度为，撤去后做匀减速直线运动，时间为
这段时间内滑块与木板位移分别为和
滑块相对于木板向右滑动距离为
解得
产生的热量为
变式3（2025·浙江省北斗星盟·三模）一游戏装置由弹射器，水平轨道AB，圆心为的竖直半圆细管道BCD，圆心为的竖直半圆轨道DEF，水平轨道GH、IJ和足够长的固定斜面组成。滑板静止在GH上，其上表面与IJ相平，左端位于GF连线上，其上静置滑块乙，在同一条竖直线上。如图所示，游戏时，滑块甲从A点弹出，经过轨道AB、BCD、DEF后与滑块乙发生弹性碰撞，随后滑块乙带动滑板一起运动，滑板到达侧壁HI后即被锁定。已知滑块甲、乙和滑板的质量分别为（大小未知），M＝0.02kg，轨道GH长L＝1.4m，滑板右端距侧壁HI的距离d＝0.2m，BCD、DEF的半径均为R＝0.1m，滑块乙与滑板间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各处均光滑，各轨道间平滑连接，弹簧的弹性势能，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能滑块，滑块甲、乙均可视为质点。
（1）求滑块甲运动到轨道DEF最高点F时受到的压力大小；
（2）若，求整个过程中，滑块乙与滑板间的摩擦内能Q；
（3）若滑板长度，左端仍位于GF连线上。要求滑块甲、乙碰撞后，甲在反弹后不脱离轨道（返回接触到弹射器后即被锁定），乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板，求滑块乙的质量取值范围。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对滑块甲，从A到F过程中，以AB面的重力势能为0
由能量守恒
得v1＝4m/s
在F点，由
得
【小问2详解】
依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前，滑板已到达侧壁并被锁定
对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2
由动能定理
得v2＝1m/s
由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度为v1＝4m/s
对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度为，以水平向右为正
由动量守恒
得
此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为Q1
由能量守恒
得
经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经轨道IJ和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为
整个过程中，
【小问3详解】
①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱离轨道，在F点有
得，方向水平向左
以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时
由动量守恒
由能量守恒
得，为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙的最小质量。
②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和滑板
由能量守恒
由动量守恒
对滑块甲和滑块乙
由动量守恒
由能量守恒
得，此时滑板右端未到达侧壁，为滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量。
比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为。
◇题型 05 图像问题、对比问题
典｜例｜精｜析
典例1（2025·湖北省黄石市第二中学·二模）将一个小球从地面竖直上抛，过程中小球受到的阻力与速率成正比，设向上为正方向，小球的速度、位移、动能和机械能分别为、、和，以地面为零势能面，则下列描述小球运动过程的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】A．小球在上升过程中，由牛顿第二定律得
逐渐减小，则减小，下降过程中有
越来越大，故加速度继续减小，图像趋势正确，但速度为零时，斜率不为零，且加速度为，图像应为平滑曲线，故A错误；
B．图斜率为
在上升过程中斜率变大，下降过程中斜率变小，故B错误；
C．图像斜率为合外力，向上运动过程
变小，向下运动过程中
继续变小，故C正确；
D．向上运动过程比向下过程中任意一个位置，阻力要更大，故向上过程中阻力做功更多一点，机械能损失要更多一点，故D错误
故选C。
典例2（2025·河南省名校联盟·二模）如图甲所示，长度L=2m的木板固定在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度v0=4m/s从右端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数μ随滑块距木板左端距离x的变化图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，滑块看做质点。
（1）要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足的条件；
（2）若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ最大值应满足的条件。
【答案】（1）μ1