2024届高考物理一轮复习第五章机械能学案

这是一份2024届高考物理一轮复习第五章机械能学案，共93页。学案主要包含了功率，误差分析，注意事项等内容，欢迎下载使用。
第五章 机械能


第1讲　功和功率

一、功
1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。
2．做功的两个要素
(1)作用在物体上的力。
(2)物体在力的方向上发生的位移。
3．公式：W＝Flcos α。
(1)如图所示，α是力与位移方向之间的夹角，l为力的作用点的位移。

(2)该公式只适用于恒力做功。
4．功的正负
(1)当0°≤α＜90°时，W＞0，力对物体做正功。
(2)当α＝90°时，W＝0，力对物体不做功。
(3)当90°＜α≤180°时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间之比。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcos_α(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为平均功率；
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4．额定功率与实际功率
(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率。
(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。
情境创设
质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，现在使斜面向右匀速移动距离l，物体相对于斜面静止。

微点判断　
(1)重力对物体做正功。(×)
(2)支持力对物体做正功。(√)
(3)摩擦力对物体不做功。(×)
(4)合力对物体做功为零。(√)
(5)支持力和摩擦力做功的代数和为正。(×)
情境创设
如图所示，“复兴号”高速列车正在平直轨道上匀速运行。

微点判断　
(6)“复兴号”高速列车运行的牵引力大小等于其阻力大小。(√)
(7)“复兴号”高速列车运行的速度越大，其实际功率越大。(√)
(8)若“复兴号”高速列车以恒定功率出站时，其加速度是不变的。(×)
(9)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。(√)
(10)由公式P＝Fv只可以求平均功率，不可以求瞬时功率。(×)

(一) 功的正负判断和恒力做功的计算(固基点)
[题点全练通]
1.[功的正负判断](多选)如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是(　 )
A．摩擦力对物体做正功
B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体不做功
D．合力对物体做功为零
解析：选ACD　取物体为研究对象，受力分析如图所示，受重力mg、沿皮带向上的静摩擦力Ff和垂直于皮带的支持力FN，由于Ff方向与运动方向一致，做正功，A正确，B错误；FN方向与运动方向垂直，不做功，C正确；由于匀速运动，合力为0，D正确。
2．[合力做功的计算]一物体放在水平面上，它的俯视图如图所示，两个相互垂直的力F1和F2同时作用在物体上，使物体沿图中v0的方向做直线运动。经过一段位移的过程中，力F1和F2对物体所做的功分别为3 J和4 J，则两个力的合力对物体所做的功为(　 )
A．3 J 　 　 B．4 J 　 　
C．5 J 　 　 D．7 J
解析：选D　当多个力对物体做功时，多个力的总功大小等于各个力对物体做功的代数和，故W合＝WF1＋WF2＝7 J，D正确。
3．[恒力做功大小的分析与计算]两个相同物块P、Q分别在大小相等、方向如图所示的恒力F1和F2作用下沿水平面向右运动，物块与水平面间的动摩擦因数相同。在它们前进相同距离的过程中，F1和F2做功分别为W1和W2，P、Q两物块克服摩擦力所做的功分别为Wf1和Wf2，则有(　 )
A．W1＞W2，Wf1＞Wf2 B．W1＝W2，Wf1＞Wf2
C．W1＞W2，Wf1＝Wf2 D．W1＝W2，Wf1＝Wf2
解析：选A　设物块运动的位移大小为l，F2与水平方向的夹角为θ，由功的公式可知W1＝F1l，W2＝F2lcos θ，因为F1＝F2，则W1＞W2，Wf1＝μmgl，Wf2＝μ(mg－F2sin θ)l，则Wf1＞Wf2，A正确。

[要点自悟明]
1．功的正负判断方法
(1)恒力做功的判断：依据力与位移方向的夹角来判断。
(2)曲线运动中功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，0°≤αmBg，则弹簧处于伸长状态，设伸长量为x，则有F＝kx＋mBg，代入数值得x＝0.1 m，即弹簧被拉长了0.1 m。
(2)物理过程分析：在小球A由A→C过程中，小球A到O1间的距离逐渐减小，物体B向下运动，由于直线CO1与杆垂直，当小球A运动到C处时，沿绳子方向的速度为0，即此时B的速度为0。小球A从杆顶端运动到C点的过程，对A由动能定理得
WF＋mAgh＝mAvA2－0，
小球A下降的高度h＝CO1cos 37°＝AO1sin 37°cos 37°＝0.24 m。这一过程中B下降的高度h′＝AO1－CO1＝0.2 m，由此可知弹簧被压缩了0.1 m，则弹簧的弹性势能在初、末状态相同。由于此时vB＝0，以A、B和弹簧为系统，由机械能守恒有
mAgh＋mBgh′＝mAvA2。
解得WF＝mBgh′＝7 J。
(3)因杆长L＝0.8 m，故∠CDO1＝θ＝37°，故DO1＝AO1，弹簧的伸长量依然为0.1 m，与最初状态相比弹簧的弹性势能相同，物体B又回到了初始位置，其重力势能也与最初状态相同。在D点将A的速度沿绳和垂直绳分解，如图所示，其中沿绳方向的分速度vx与B的速度相等，即vB′＝vx＝vA′cos 37°＝0.8vA′，由机械能守恒：mAgLsin 37°＝mAvA′2＋mBvB′2，代入数据得小球A运动到杆的底端D点时的速度
vA′＝2 m/s。
答案：(1)0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s

第4讲　功能关系 能量守恒定律
第1课时　功能关系、能量守恒定律的理解及应用

一、功能关系
1．几种常见的功能关系
力做功
能的变化
定量关系
力的功
动能变化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力势能变化
(1)重力做正功，重力势能减少
(2)重力做负功，重力势能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹力做功
机械能不变化
机械能守恒，ΔE＝
除重力和弹力之外的其他力做的功
机械能变化
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少
(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少
(3)W其他＝ΔE
一对相互作用的滑动摩擦力的总功
机械能减少内能增加

(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·s相对

2．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对滑动的路程的乘积等于产生的内能，即Ff·s相对＝Q。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电。
二、能量守恒定律
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。
2．表达式：ΔE减＝ΔE增。
3．基本思路
(1)某种形式能量减少，一定存在其他形式能量增加，且减少量和增加量相等。
(2)某个物体能量减少，一定存在其他物体能量增加，且减少量和增加量相等。
情境创设
如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体，物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W，不考虑空气阻力。


微点判断　
对于上述情境所描述的过程：
(1)支持力对物体做负功。(√)
(2)弹簧的弹性势能一直增大。(√)
(3)物体的重力势能一直增大。(×)
(4)物体重力势能减少量一定大于W。(√)
(5)弹簧弹性势能增加量一定小于W。(×)
(6)物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W。(×)
(7)若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W。(√)
(8)弹簧和物体组成的系统机械能减少。(√)
[备课札记]　　
　

　

(一) 功能关系(固基点)
[题点全练通]
1．[功能关系的理解和应用]极限跳伞是世界上最流行的空中极限运动，伞打开前可看作是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落。如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能，Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，在整个过程中，忽略伞打开前空气阻力，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图像可能符合事实的是(　 )

解析：选B　运动员先做自由落体运动，由机械能守恒定律可得Ek＝ΔEp＝mgh，动能与下落的高度成正比，则重力势能是线性变化的，A错误；打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，由动能定理有ΔEk＝(f－mg)Δh，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力等于重力时，人做匀速直线运动，所以动能的变化减慢，最后当阻力等于重力时，动能不再发生变化，B正确，D错误；根据功能关系可知ΔE＝－fΔh，则人的机械能在自由下落过程保持不变，打开伞后机械能逐渐减小，最后均匀减小，C错误。
2．[由力做功分析机械能变化](2023·浙江1月选考)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　 )
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
解析：选B　游客从跳台下落直到最低点的过程中，游客的重力势能逐渐减小，B正确；根据游客的下落情况，橡皮绳的弹性势能先不变，当橡皮绳张紧之后才逐渐增大，故A错误；游客的机械能与橡皮绳的弹性势能之和保持不变，故机械能先不变，后减小，C错误；绳刚绷紧时，重力仍大于绳上的弹力，游客还要向下加速一段时间，故D错误。
3．[含弹簧的物体系统功能关系分析](多选)质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度为。下落H后，与一轻弹簧B点接触，又下落h后到达最低点C。空气阻力恒定，在由A运动到C的过程中(　 )
A．物块速度最大时，物块重力是弹簧弹力的3倍
B．物块的最大速度一定大于
C．物块机械能减少mg(H＋h)
D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)
解析：选BD　与弹簧接触前，根据牛顿第二定律得mg－f＝m·，物块速度最大时，合力为零，有mg－f－N＝0，解得N＝mg，此时重力是弹簧弹力的两倍，A错误；从开始下落到B点，根据动能定理得(mg－f)H＝mv2，解得v＝，此后物块继续加速，所以物块的最大速度一定大于，B正确；因为物块动能不变，所以物块机械能减少量即为重力势能的减少量，即为mg(H＋h)，C错误；物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于克服空气阻力做功，即W＝f(H＋h)＝mg(H＋h)，D正确。

[要点自悟明]
1．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．功能关系的三种应用
(1)物体动能增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)做负功还是做正功。
(3)机械能增加与减少要看重力之外的力对物体做正功还是做负功。

(二) 能量守恒定律的理解及应用(精研点)
1．对能量守恒定律的理解
(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。
2．能量转化问题的解题思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。
(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。　

[考法全析]

[例1]　弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动，弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部，质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0，小明先保持稳定姿态竖直弹跳。某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为5x0开始计时，如图乙(a)所示；上升到弹簧恢复原长时，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示。已知全程弹簧始终处于弹性限度内弹簧弹性势能满足Ep＝kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，跳杆的质量为m，重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。求：

(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k；
(2)从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm。
[解析]　(1)小明和跳杆处于竖直静止状态时受力平衡，重力与弹簧弹力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝。
(2)小明受到的合力为零时，速度最大，此时小明上升高度为4x0。
根据系统能量守恒定律可知，k(5x0)2＝5mg·4x0＋kx02＋×5mvm2，解得vm＝4。
[答案]　(1)　(2)4
[规律方法]
涉及弹簧的能量问题的解题方法
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化过程中，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时物体速度相同。
(3)当水平弹簧处于原长状态时，系统内某一端的物体具有最大速度。　　


[例2]　(多选)如图甲所示，固定的斜面长为10 m，质量为m＝2.0 kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端所在水平面为重力势能参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断中正确的是(　 )

A．斜面的倾角为45°
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．下滑过程滑块的加速度大小为1.25 m/s2
D．滑块自斜面下滑过程中损失的机械能为25 J
[解析]　根据题图乙可知动能与位移图像的斜率大小为合外力大小，即F＝ N＝ N，根据题图丙可知重力势能与位移图像斜率大小为重力在斜面上的分力大小，即mgsin θ＝10 N，滑块下滑过程中应用牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcos θ＝F，解得：θ＝30°，μ＝，故A错误，B正确；根据上述分析可知滑块所受合外力为 N，根据牛顿第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25 m/s2，故C正确；由能量守恒定律可知，重力势能损失100 J，动能增加25 J，说明机械能损失75 J，故D错误。
[答案]　BC

[例3]　(2022·辽宁沈阳联考)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.6×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
[解析]　(1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0＝mv02 ①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J ②
设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh＝mvh2＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。
由③式和题给数据得
Eh＝2.4×1012 J。 ④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m2＋mgh′ ⑤
由功能关系得W＝Eh′－Ek0 ⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。
由②⑤⑥式和题给数据得W＝9.7×108 J。
[答案]　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J
(2)9.7×108 J
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．“健身弹跳球”是近期流行的一种健身器材。小学生在玩弹跳球时双脚站在水平跳板上，用力向下压弹跳球后，弹跳球能和人一起跳离地面。某弹跳球安全性能指标要求反弹高度不超过15 cm，请估算该弹跳球一次反弹过程最多能对小学生做的功最接近(　 )
A．0.6 J B．6 J
C．60 J D．600 J
解析：选C　一名小学生的质量大约为40 kg，从地面起跳至最大高度处，重力势能增加mgh＝60 J，根据功能关系可知弹跳球一次反弹过程最多能对小学生做的功等于小学生增加的重力势能为60 J，C正确。
2.一个人站立在商场的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则(　 )
A．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小
B．人只受重力和踏板的支持力的作用
C．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量
D．人所受合力做的功等于人的动能的增加量
解析：选D　人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acos θ，方向水平向右；ay＝asin θ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macos θ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN－mg＝masin θ，所以FN>mg，故A、B错误；除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故C错误；由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确。
3．质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10 m/s2)(　 )
A．40 J B．60 J
C．80 J D．100 J
解析：选B　物体上升到某一高度时，重力、阻力均做负功，根据动能定理有：W合＝ΔEk　①，空气阻力做功对应着机械能的变化，则有：Wf＝ΔE　②，将ΔEk＝－50 J，ΔE＝－10 J，代入①②可得：W合＝－50 J，Wf＝－10 J，可得W合＝5Wf，物体的初动能为Ek0＝mv02＝100 J；当物体从A点到最高点的过程中，物体的动能减小了100 J，由动能定理可得，合力做的功W合上＝－100 J，所以空气阻力做功为Wf上＝－20 J，由功能关系知，机械能损失了20 J，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程机械能也损失了20 J，则物体落回A点时的动能为60 J，故A、C、D错误，B正确。
4.如图所示，某同学用细线吊着质量为m的小球做圆锥摆运动，摆长为L，摆线与竖直方向的夹角θ＝30°，若该同学通过细线对小球做功，使摆线与竖直方向的夹角增大为60°，小球仍做圆锥摆运动，重力加速度为g。此过程保持悬点的高度不变，则该同学通过细线对小球做的功为(　 )
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
解析：选A　锥角未变化前，运动半径为r＝L，细线的拉力和重力的合力充当向心力，故F＝mgtan 30°＝m，解得v12＝gLtan 30°＝gL，悬点到小球运动平面的高度为h1＝L。锥角变化后，小球的运动半径r＝L，根据牛顿第二定律可得F′＝mgtan 60°＝m，解得v22＝gLtan 60°＝gL，悬点到小球运动平面的高度为h2＝L，故细线对小球做功为W＝ΔEk＋ΔEp＝m(v22－v12)＋mg(h1－h2)＝mgL，故选A。
5.(多选)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的足够长斜面，有一物块静止在斜面底端O处。现对物块施加一个沿斜面向上的恒力F，物块开始沿斜面向上运动。当物块沿斜面向上运动的距离为x0时，撤去恒力F。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＞tan θ。以斜面底端O所在的水平地面为参考平面，则物块从O点开始沿斜面运动的过程中，物块的加速度大小a、重力势能Ep、动能Ek、机械能E和物块相对于O点的位移x之间的关系图像中可能正确的是(　 )

解析：选AD　0～x0段，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，物块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma2，若F－μmgcos θ－mgsin θ＜μmgcos θ＋mgsin θ，则a1＜a2，由于μ＞tan θ，即μmgcos θ＞mgsin θ，说明物块速度减为零后不会沿斜面下滑，将静止在斜面上，A正确；由于整个运动过程中物块均向上运动，故物块的重力势能逐渐增大，B错误；0～x0段，由动能定理得(F－μmgcos θ－mgsin θ)x＝Ek，由于F－μmgcos θ－mgsin θ恒定不变，因此Ek-x图线的斜率恒定不变，0～x0段图线应该是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，物块的动能为Ek0，则由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcos θ)(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＋(mgsin θ＋μmgcos θ)·x0＋Ek0，则撤去力F后，Ek-x图线的斜率恒定不变，图线是一条向下倾斜的直线，C错误；0～x0段，机械能为E＝(F－μmgcos θ)x，由于F－μmgcos θ恒定不变，因此0～x0段E-x图线是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，机械能为E0，则机械能变化量为E－E0＝－μmgcos θ·(x－x0)，解得E＝－μmgcos θ·x＋μmgcos θ·x0＋E0，则撤去力F后，E-x图线是一条向下倾斜的直线，当物块静止时E＞0，D正确。
6．(多选)蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究运动员下落速度与下落距离的关系，在运动员身上装好传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图乙所示的v2-h图像。运动员及其所携带装备的总质量为60 kg，弹性绳原长为10 m，忽略空气阻力，弹性绳上的弹力遵循胡克定律，取g＝10 m/s2。以下说法正确的是(　 )

A．弹性绳的劲度系数为40 N/m
B．运动员在下落过程中先失重再超重
C．运动员在最低点处加速度大小为10 m/s2
D．运动员在速度最大处绳子的弹性势能为1 500 J
解析：选BD　由题图乙知，在h＝15 m时，运动员速度最大，则加速度为0，故有kΔx＝mg，Δx＝5 m，求得弹性绳的劲度系数为k＝120 N/m，故A错误；运动员在下落过程中，先加速后减速，所以加速度先向下后向上，则运动员先失重后超重，故B正确；运动员在最低点处时，下降高度为25 m，则由牛顿第二定律可得kΔx′－mg＝ma，其中Δx′＝15 m，解得a＝20 m/s2，故C错误；运动员在速度最大处，由功能关系有mgΔh＝mv2＋Epx，Δh＝15 m，求得绳子的弹性势能为Epx＝1 500 J，故D正确。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7.2022年2月10日，北京冬奥会女子单板滑雪U形池项目决赛在张家口赛区举行。如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘且在同一水平面上，b为U形池最低点。运动员(可视为质点)从a点上方高h的O点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高上升至相对c点高度为的d点。不计空气阻力，下列判断正确的是(　 )
A．运动员从O到d的过程中机械能减少
B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a然后返回
C．运动员第一次进入池中，由a到b的过程与由b到c的过程相比损耗机械能较小
D．运动员从d返回到b的过程中，重力势能全部转化为动能
解析：选A　运动员从a点上方高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，此过程中摩擦力做负功，机械能减少，再由右侧进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，根据圆周运动的知识可知，速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减少，即摩擦力做的功小于，则运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘a然后返回，故A正确，B错误；同理可知运动员第一次进入池中，由a至b过程的平均速率大于由b到c过程的平均速率，由a到b过程中的平均摩擦力大于由b到c过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C错误；运动员从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D错误。
8．(2021·福建高考)如图甲，一倾角为37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图乙所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：

(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
解析：(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
T＋mgsin θ－f＝ma①
N－mgcos θ＝0②
f＝μN③
联立①②③式并代入题给数据得a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1s1＋T2s2⑤
式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m。设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有
W＋(mgsin θ－f)＝Ek－0⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有－(mgsin θ＋f)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。
答案：(1)7 m/s2　(2)26 J　(3)1.3 m


9.如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
解析：(1)由题意知，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时损失的机械能等于相邻两个减速带之间重力势能的减少量，即ΔE＝mgdsin θ。
(2)设小车通过前30个减速带的过程中，在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有
mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0
解得ΔE0＝。
(3)要使ΔE0＞ΔE，有
＞mgdsin θ
解得L＞d＋。
答案：(1)mgdsin θ　(2)
(3)L>d＋
第2课时　功能关系的综合应用
(一) 摩擦力做功与摩擦热
1．两种摩擦力做功的比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功
互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功






2．三步求解相对滑动物体的能量问题


[多维训练]
考查角度1　摩擦热的计算
1.将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法不正确的是(　 )
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同
B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量相同
解析：选A　设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝mv12－0；当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝mv22－0，又h1＞h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1＞v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝mv32－0，又h2＝h3，l2cos θ2＜l3cos θ3，可得v2＞v3，故A错，B对；三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，则Q1＝Q2＜Q3，故C、D对。

考查角度2　摩擦力做功与功能关系的综合
2．(2021·湖北高考)如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　 )

A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：选A　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。


考查角度3　往复运动中摩擦力做功的计算
3．(多选)如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是(　 )

A．物块可能会停在CB面上某处
B．物块最终会做往复运动
C．弹簧开始具有的最大弹性势能为mv02＋E0
D．物块克服摩擦做的功最大为mv02＋μmgL
解析：选BD　由于k＞，由此k·L＞μmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往返运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得Epm＝E0＋mv02＋μmg·，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为Wfm＝Epm－E0＝mv02＋μmgL，故D正确。
(二) 传送带模型的能量问题
1．传送带问题的两个角度
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
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.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。

[考法全析]
考法(一)　水平传送带问题
[例1]　(2021年8省联考·江苏卷)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块：

(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
[解析]　(1)由动能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcos 37°)L＝mv12－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma，物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1
解得t＝6 s，匀速运动阶段的时间为
t2＝＝3 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。
(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q＝μ1mgcos 37°L＋mv2＝48 J。
[答案]　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J

[针对训练]
1．(多选)如图所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针方向转动，一个质量为m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为2∶3，重力加速度为g，传送带速度大小不变。下列说法正确的是(　 )

A．物块的初速度大小为
B．物块做匀加速直线运动的时间为
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为
解析：选BC　由题意知∶v＝2∶3，得v0＝，A错误；匀速运动中＝vt，则t＝，匀加速与匀速运动时间相等，B正确；由运动学公式v2－v02＝2ax，x＝L，μg＝a，解得动摩擦因数为μ＝，C正确；由热量Q＝fs相对，s相对＝L－L＝L，得Q＝，D错误。
考法(二)　倾斜传送带问题
[例2]　如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
[解析]　(1)由题图可知，传送带长x＝＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝t1
匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)
解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移x1＝0.8 m
所以加速度a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝。
(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量，在时间t1内，传送带运动的位移，x传＝v0t1＝1.6 m，在时间t1内，工件相对传送带的位移，x相＝x传－x1＝0.8 m，在时间t1内，摩擦生热，Q＝μmgcos θ·x相＝60 J，最终工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J，工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J，电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
[答案]　(1)　(2)230 J
[规律方法]
传送带模型问题的分析流程
　　

[针对训练]
2．(多选)如图甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量为m＝1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是(　 )

A．0～8 s内，物体位移的大小是18 m
B．0～8 s内，物体机械能增量是90 J
C．0～8 s内，物体机械能增量是84 J
D．0～8 s内，物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J
解析：选BD　从题图乙求出0～8 s内物体位移的大小x＝14 m，A错误；0～8 s内，物体上升的高度h＝xsin θ＝8.4 m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B正确，C错误；0～6 s内物体的加速度a＝μgcos θ－gsin θ＝1 m/s2，解得μ＝，传送带速度大小为4 m/s,0～8 s内物体与传送带间的相对位移为Δx＝18 m，物体与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx＝126 J，D正确。
(三) “滑块—木板”模型中的能量问题
1．模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2．位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3．解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。　
[典例]　如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m＝1 kg，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值。
[解析]　(1)小物块在C点时的速度大小vC＝
小物块由C到D的过程中，由动能定理得
mgR(1－cos 60°)＝mvD2－mvC2
代入数据解得vD＝2 m/s
小物块在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝m
代入数据解得FN＝60 N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。
(2)设小物块刚好能滑到长木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1＝＝μg，a2＝
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t
对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得
μmgL＝mvD2－(m＋M)v2
解得L＝2.5 m。
[答案]　(1)60 N，方向竖直向下　(2)2.5 m
[规律方法]
“滑块—木板”问题的三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。如典例第(2)问：mvD＝(m＋M)v。　　

[针对训练]
1.(多选)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上到相对木板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做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量
解析：选CD　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，A错误；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，B错误；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，C正确；物体B克服摩擦力做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，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，D正确。
2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　 )
A. B.
C．mv2 D．2mv2
解析：选C　由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2022·佛山模拟)(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是(　 )

解析：选CD　根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，由受力分析可知，滑块做匀减速直线运动，x＝v0t－at2，故Q＝Ff，Q和t为二次函数关系，动能Ek＝Ek0－mgsin θ·x，动能Ek和时间也是二次函数关系，A、B错误。
2.(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则(　 )
A．前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
解析：选AC　物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝＝，位移为x＝t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝＝，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x＝＝，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。
3．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg 的另一物体B(可视为质点)以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　 )

A．A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：选D　由题图乙可知，A、B的加速度大小均为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，A获得的动能为1 J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv02－×2mv2＝2 J，B错误；由题图乙可求出A、B相对位移为1 m，即A的最小长度为1 m，C错误；对物体B分析，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.1，D正确。
4．(多选)质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为，则(　 )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为
B．物体再前进便停止
C．物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的 倍
D．若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0
解析：选AD　由动能定理知Wf＝μmgd＝E0－，解得μ＝，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有μmgs＝E0，解得s＝d，物体再前进便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动，则连续运动三个距离所用时间之比为1∶(－1)∶(－)，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(－1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d＝Ek，解得Ek＝2E0，D正确。
5．(多选)如图所示倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程(　 )
A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数
B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量
C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同
D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同
解析：选BC　相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；动能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－mgh，得f乙＝2f甲－mg，相对位移Δx甲＝2Δx乙，根据Q＝f·Δs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B正确；从传送带底端到顶端，甲、乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，根据B、C两项分析知放甲滑块时电动机做的功较多，故D错误。
6．(2021年8省联考·辽宁卷)(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是(　 )

A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m
B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等
C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
解析：选BCD　两滑块做匀变速运动时的加速度大小a＝＝μg＝2 m/s2，根据x＝v0t－at2，t＝0.5 s时，两滑块相距Δx＝x0－＋＝3 m，A错误；传送带启动时，甲滑块的速度为v1′＝v1－at＝5 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt1＝＝1 s，因此在t＝1.5 s时，甲滑块速度与传送带相等；传送带启动时，乙滑块传送的速度为v2′＝v2－at＝1 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt2＝＝1 s，因此在t＝1.5 s时，乙滑块速度与传送带相等；t＝1.5 s时，两滑块速度相等，B正确；0～0.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x1＝v2t－at2＝0.75 m,0.5～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2＝v0t′－＝1 m，因此0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2－x1＝0.25 m，C正确；甲相对传送带的位移x甲＝v1t甲－at甲2－v0t甲′＝6×1.5 m－×2×1.52 m－3×1 m＝3.75 m，甲滑块与传送带间摩擦生热量Q1＝μm1g·x甲＝7.5 J，乙滑块与传送带间摩擦生热量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7 J，因此0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热为Q＝Q1＋Q2＝14.5 J，D正确。
7．(2022·佛山模拟)如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是(　 )

A．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析：选B　当h＝0.8 m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mg＝m，可得vC2＝gr＝4 m2·s－2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝mvA2－mvC2＝1.05 J，故合外力对其做的功为－1.05 J，重力势能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125 J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，由2r＝gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8 m，故D正确。
8.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速率v＝10 m/s沿顺时针方向运动，现有一物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。
解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝a1t12
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
L－x1＝vt2＋a2t22
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体相对传送带运动的路程
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故系统因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。
答案：(1)2 s　(2)24 J
9．如图所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小物块和长木板的加速度各为多大；
(2)长木板的长度；
(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
解析：(1)长木板与小物块间摩擦力Ff＝μmg＝4 N
小物块加速度a1＝＝2 m/s2
长木板加速度a2＝＝0.5 m/s2。
(2)小物块对地位移x1＝a1t2＝4 m
长木板对地位移x2＝a2t2＝1 m
长木板长L＝x1－x2＝3 m。
(3)摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4 J，故W1＋W2≠0。
答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)3 m　(3)见解析
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10.如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则L＝a1t2，根据牛顿第二定律2mgsin θ－μ1×3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1，以物块B为研究对象，则2L＝a2t2，根据牛顿第二定律mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，联立以上各式并代入数据解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式L＝v1t,2L＝v2t，因摩擦产生的总热量Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－mv22－×2mv12或Q＝μ13mgcos θ·L＋μ2mg cos θ·L，代入数据解得Q＝90 J。
答案：(1)0.5　0.375　(2)90 J
11．如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A位于水平传送带的右端，B置于倾角为30°的光滑固定斜面上，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s逆时针匀速转动，某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1＝5 m/s运动，方向如图，经过一段时间A回到传送带的右端。已知A、B的质量均为1 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.1，斜面、轻绳、传送带均足够长，B不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取10 m/s2。求：

(1)A向左运动的总时间；
(2)A回到传送带右端的速度大小；
(3)上述过程中，A与传送带间因摩擦产生的总热量。
解析：(1)A向左减速运动的过程中，刚开始时，A的速度大于传送带的速度，以A为研究对象，受到向右的摩擦力与绳对A的拉力，设绳子的拉力为FT1，以向右为正方向，得FT1＋μmg＝ma1，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A相等，B向上运动的过程mgsin 30°－FT1＝ma1，联立可得a1＝＝3 m/s2，A的速度与传送带的速度相等时所用的时间t1＝＝1 s，当A的速度与传送带的速度相等之后A的速度小于传送带的速度，受到的摩擦力方向向左，设绳子的拉力为FT2，以A为研究对象，则FT2－μmg＝ma2，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A是相等的，B向上运动的过程中mgsin 30°－FT2＝ma2，联立可得a2＝＝2 m/s2，当A向左速度减为0，经过时间t2＝＝1 s，A向左运动的总时间t＝t1＋t2＝2 s。
(2)A向右运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向左，仍然受到绳子的拉力，同时，B受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以A的加速度不变，仍为a3＝a2＝2 m/s2，t1时间内A的位移x1＝×t1＝－3.5 m，负号表示方向向左，t2时间内A的位移x2＝×t2＝－1 m，负号表示方向向左，A向左运动的总位移x＝x1＋x2＝－4.5 m，A回到传送带右端的位移x3＝－x＝4.5 m，速度v＝＝3 m/s。
(3)t1时间内传送带的位移x1′＝－v0t1＝－2 m，该时间内传送带相对于A的位移大小Δx1＝x1′－x1＝1.5 m，t2时间内传送带的位移x2′＝－v0t2＝－2 m，该时间内传送带相对于A的位移大小Δx2＝x2－x2′＝1 m，A回到传送带右端的时间为t3，则t3＝＝ s，t3时间内传送带的位移x3′＝－v0t3＝－3 m，该时间内传送带相对于A的位移大小Δx3＝x3－x3′＝(4.5＋3)m，A与传送带之间的摩擦力Ff＝μmg＝1 N，上述过程中A与传送带间因摩擦产生的总热量Q＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(7＋3)J。
答案：(1)2 s　(2)3 m/s　(3)(7＋3)J
第5讲　实验：验证机械能守恒定律

把握经典实验方案　

一、基本原理与操作
原理装置图
操作要领

(1)安装：打点计时器竖直安装；纸带沿竖直方向拉直
(2)重物：选密度大、质量大的金属块，且靠近计时器处释放
(3)打纸带：让重物自由下落，纸带上打下一系列小点

(4)选纸带：点迹清晰，且所选用的点在同一条直线上
(5)求速度：应用vn＝，不能用vn＝或vn＝gtn计算


二、核心关键——数据处理
方案1　利用起始点和第n点计算
代入mghn和mvn2，如果在实验误差允许的范围内，mghn和mvn2相等，则验证了机械能守恒定律。
方案2　任取两点计算
(1)任取两点A、B，测出hAB，算出mghAB。
(2)算出mvB2－mvA2的值。
(3)在实验误差允许的范围内，若mghAB＝mvB2－mvA2，则验证了机械能守恒定律。
方案3　图像法
从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出v2-h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。

三、误差分析
误差
产生原因
减小误差的方法
偶然误差
测量长度带来的误差
(1)测量距离时应从计数点0量起，且选取的计数点离0点远些
(2)多次测量取平均值
系统误差
重物和纸带下落过程中存在阻力
(1)打点计时器安装稳固，并使两限位孔在同一竖直线上，以减小摩擦阻力；(2)选用质量大、体积小的物体作重物，以减小空气阻力的影响

四、注意事项
(1)应尽可能控制实验条件，即应满足机械能守恒的条件，这就要求尽量减小各种阻力的影响，采取的措施有：
①安装打点计时器时，必须使两个限位孔的中线严格竖直，以减小摩擦阻力。
②应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力减小。
(2)实验中，提纸带的手要保持不动，且保证纸带竖直，接通电源，待打点计时器工作稳定后再松开纸带。
(3)验证机械能守恒定律时，可以不测出重物质量，只要比较vn2和ghn是否相等即可验证机械能是否守恒。
(4)测量下落高度时，为了减小测量值h的相对误差，选取的各个计数点要离起始点远一些，纸带也不宜过长，有效长度可在60～80 cm之间。
(5)速度不能用vn＝gtn或vn＝计算，否则犯了用机械能守恒定律验证机械能是否守恒的错误。

一、基础考法保住分
考查点(一)　实验原理与操作
1.利用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________。
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量与势能变化量
C．速度变化量与高度变化量
(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________。
A．交流电源　 B．刻度尺　　C．天平(含砝码)
(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝________，动能变化量ΔEk＝______________。

(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________。
A．利用公式v＝gt计算重物速度
B．利用公式v＝计算重物速度
C．空气阻力和摩擦力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确：________(填“正确”或“不正确”)。
解析：(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量和重力势能的变化量，故A正确，B、C错误。
(2)打点计时器需接交流电源；验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，不需要用天平测量重物质量，实验时需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出下落的高度，计算出瞬时速度，故A、B正确，C错误。
(3)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减小量ΔEp＝mghB，B点的瞬时速度vB＝，则重物动能的增加量ΔEk＝mvB2＝。
(4)实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦力的影响，故C正确，A、B、D错误。
(5)在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh－fh＝mv2，可得v2＝2h，则此时v2-h图像就是过原点的一条直线，所以要想通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。所以该同学的判断不正确。
答案：(1)A　(2)AB　(3)mghB　
(4)C　(5)不正确
[关键点拨]
(1)实验中，提纸带的手要保持不动，且保证纸带竖直，接通电源，待打点计时器工作稳定后再松开纸带。
(2)验证机械能守恒定律时，可以不测出重物质量，只要比较vn2和ghn是否相等即可验证机械能是否守恒。
(3)应用v2-h图像验证机械能守恒定律时，图线为一条过原点的倾斜直线，图线的斜率为g，此时应选打下第1、2两点间距接近2 mm的纸带。
(4)如果验证两个计数点间重力势能的减少量ΔEp与动能的增加量Ek2－Ek1是否相等时，所选的纸带只要点迹清晰即可，第1、2两点间距不一定约为2 mm。

考查点(二)　数据处理与误差分析
2．(2023·广州调研)如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置。现有器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平。

(1)为完成实验，还需要的器材有________。
A．刻度尺　　　　　 B．0～8 V直流电源
C．秒表 D．0～8 V交流电源
(2)某同学用图甲所示装置打出的一条纸带如图乙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s，根据纸带计算出打下D点时重物的速度大小为________m/s。(结果保留三位有效数字)
(3)采用重物下落的方法，根据公式mv2＝mgh验证机械能守恒定律，对实验条件的要求是______________，为验证和满足此要求，所选择的纸带第1、2点间的距离应接近________。
(4)该同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2-h图像如图丙所示，则图线斜率的物理意义是_____________________________________________
_________________________________________________________________。
解析：(1)通过打点计时器计算时间，不需要秒表，打点计时器应该与交流电源连接，需要刻度尺测量纸带上两点间的距离，故A、D正确，B、C错误。
(2)由题图乙可知CE间的距离为s＝19.41 cm－12.40 cm＝7.01 cm＝0.070 1 m，则由平均速度公式得D点的速度vD＝＝ m/s≈1.75 m/s。
(3)用公式mv2＝mgh时，对纸带上起点的要求是重物是从初速度为零开始下落。打点计时器的打点周期为0.02 s，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度h＝gT2＝×9.8×0.022 m≈2 mm，所以所选的纸带最初两点间的距离接近2 mm。
(4)由机械能守恒定律公式mgh＝mv2得v2＝2gh，由此可知图像的斜率k＝2g。
答案：(1)AD　(2)1.75　(3)重物的初速度为零　2 mm　(4)当地重力加速度的2倍
[关键点拨]
(1)求瞬时速度：由公式vn＝可以计算出重物下落h1、h2、h3、…的高度时对应的瞬时速度v1、v2、v3、…。
(2)采用图像法验证机械能守恒：通过图像验证机械能是否守恒，要根据机械能守恒定律写出图像对应的函数表达式，弄清图像斜率的物理意义，如v2­h图像、v2­2h图像或­h图像，根据图像计算出重力加速度，计算结果与当地重力加速度比较，根据二者是否在误差允许的范围内相等判断机械能是否守恒。
(3)利用计算法验证机械能守恒：计算法需要知道当地的重力加速度，通过计算重力势能的减少量与动能的增加量是否相等验证机械能守恒。
(4)因纸带与限位孔间的摩擦阻力及空气阻力做负功，重物的机械能不守恒，结果出现ΔEp>ΔEk，所以本实验中g值不可取10 m/s2，如果不特殊说明，都按g＝9.8 m/s2进行计算。
(5)计算ΔEp和ΔEk数值时要注意题中有效数字位数的要求。


二、创新考法不失分
创新角度(一)　实验器材的创新
1.某同学利用竖直上抛小球的频闪照片“验证机械能守恒定律”，频闪仪每隔0.05 s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表。(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量为m＝0.2 kg，结果保留3位有效数字)
时刻
t2
t3
t4
t5
速度/(m·s－1)
4.99
4.48
3.98


(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝________m/s。
(2)从t2到t5时间内，重力势能增加量ΔEp＝____J，动能减少量ΔEk＝________J。
(3)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，即可验证机械能守恒定律。由上述计算得ΔEp________ΔEk(填“＞”“＜”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[创新点分析]
(1)小球在重力作用下做竖直上抛运动过程中机械能守恒。
(2)利用频闪照片获取实验数据。　　
解析：(1)v5＝×10－2 m/s＝3.48 m/s。
(2)重力势能的增加量ΔEp＝mgΔh，代入数据可得ΔEp≈1.24 J，动能减少量为ΔEk＝mv22－mv52，代入数据可得ΔEk≈1.28 J。
(3)由计算可得ΔEp＜ΔEk，主要原因是由于存在空气阻力。
答案：(1)3.48　(2)1.24　1.28
(3)＜　存在空气阻力
创新角度(二)　实验原理的创新
2．(2022·湖北高考)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax -Tmin图像是一条直线，如图乙所示。

(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为________。
(2)由图乙得：直线的斜率为________，小钢球的重力为________ N。(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是________(单选，填正确答案标号)。
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
[创新点分析]
(1)利用小球摆动来验证机械能守恒定律。
(2)利用拉力传感器测量悬线拉力。
(3)利用牛顿第二定律和圆周运动知识进行计算。　　
解析：(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为Tmin＝mgcos θ
到最低点时细线拉力最大，设小钢球在最低点的速度为v，由机械能守恒定律得
mgl(1－cos θ)＝mv2
在最低点：Tmax－mg＝m
联立可得Tmax＝3mg－2Tmin
若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为－2。
(2)由图乙得直线的斜率为
k＝－＝－2.1
3mg＝1.77 N
则小钢球的重力为mg＝0.59 N。
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C。
答案：(1)－2　(2)－2.1　0.59　(3)C
创新角度(三)　实验目的的创新
3．(2022·广东高考)某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图甲所示的装置，实验过程如下：

(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，小球直径d＝__________ mm。
(3)测量时，应__________(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝__________(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度，将会__________(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
[创新点分析]
利用验证机械能守恒定律的实验装置来测量小球碰撞橡胶材料的机械能损失。　　
解析：(2)小球直径d＝7.5 mm＋38.4×0.01 mm＝7.884 mm。
(3)实验时应先接通数字计时器，后释放小球。如果先释放小球，后接通数字计时器，可能会出现小球穿过光电门时，数字计时器还未工作的情形，故选B。
(4)根据能量守恒定律可知，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝mv12－mv22＝m2－m2。
(5)若适当调高光电门的高度，则光电门离橡胶材料之间的距离增大，小球在二者之间的运动时间增长，克服空气阻力做的功增多，引起的测量误差也就增大。
答案：(2)7.884(7.883～7.885均可)　(3)B
(4)m2－m2　(5)增大

创新角度(四)　实验过程的创新
4．某同学利用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”，其中A是四分之一圆弧轨道，O点为圆心，半径为L，圆弧的最低点A与水平面之间的高度为H。实验时将一可看作质点的小球从圆弧上某点由静止释放，量出此时小球与圆心连线偏离竖直方向的角度θ。当小球滑到圆弧最低点A时将水平抛出，用刻度尺测出小球平抛的水平距离s。忽略所有摩擦，试分析下列问题：

(1)小球在A点时的水平速度为v＝________(用题给字母表示)。
(2)保持其他条件不变，只改变θ角，得到不同的s值，以s2为纵坐标，以cos θ为横坐标作图，如图乙中的图线a所示。另一同学重复此实验，得到的s2-cos θ图线如图乙中的图线b所示，两图线不重合的原因可能是__________。
A．两同学选择的小球质量不同
B．圆弧轨道的半径L不同
C．圆弧的最低点A与水平面之间的高度不同
[创新点分析]
(1)小球平抛运动的初速度可由平抛运动规律求解得出。
(2)小球沿圆弧轨道下滑过程中重力势能的减少量等于小球在A点时的动能，则可验证小球沿圆弧轨道下滑过程中机械能守恒。　　
解析：(1)小球从A点抛出后做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为t，由H＝gt2，s＝vt，得v＝s 。
(2)设小球的质量为m，若小球的机械能守恒，则有m2＝mgL(1－cos θ)，整理得s2＝4HL－4HL·cos θ，由题图乙可知，图线a、b的斜率不同，在纵轴上的截距不同，可得A点与水平面之间的高度或圆弧轨道的半径不同，B、C正确。
答案：(1)s 　(2)BC