高考物理总复习第六章机械能课件练习题

第1讲功和功率高考总复习2025课程标准1.理解功和功率。了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义。2.理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。3.理解重力势能,知道重力势能的变化与重力做功的关系。定性了解弹性势能。4.通过实验,验证机械能守恒定律。理解机械能守恒定律,体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。5.了解自然界中存在多种形式的能量。知道不同形式的能量可互相转化,在转化过程中能量总量保持不变,能量转化是有方向性的。6.知道利用能量是人类生存和社会发展的必要条件之一。7.知道合理使用能源的重要性,具有可持续发展观念,养成节能的习惯核心素养试题情境生活实践类体育运动中的功和功率问题,机车启动问题,交通工具、生产工具、娱乐项目中能量守恒定律的应用学习探索类功的正负判断和大小计算、变力做功的计算、功率的分析与计算、动能定理的应用、机械能守恒的理解与应用、功能关系的理解与应用、能量守恒及转化问题考点一恒力功的分析与计算强基础•固本增分1.做功的两个要素(1)作用在物体上的

。

(2)物体在

上发生的位移。

2.功的物理意义功是

的量度。

力力的方向能量转化3.公式

力对物体做不做功,关键是看力的方向与位移方向之间的夹角W=

。

如图所示,物体在恒力F的作用下沿水平面向右运动了一段距离l,则恒力F做的功W=

。

(1)α是力与

之间的夹角,l为物体相对于地发生的位移。

(2)该公式只适用于

做功。

FlcosαFlcosα位移方向

恒力4.功的正负的判断

作用力与反作用力做的功并不一

定一正一负、大小相等,实际上二者没有必然联系夹角功的正负0°≤α<90°W>0,力对物体做

功

90°<α≤180°W<0,力对物体做

功,也就是物体克服这个力做了功

α=90°W=0,力对物体

,也就是力对物体做功为零

正负不做功×√×提示

微元法。

研考点•精准突破1.功的正负判断方法(1)恒力功的判断:依据力与位移方向的夹角来判断。(2)曲线运动中功的判断(3)依据能量变化来判断:若有能量转化,则必有力对物体做功。此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。2.恒力功的计算方法

3.总功的计算方法方法一:先求合力F合,再用W总=F合lcosα求功,此法要求F合为恒力。方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3、…,再应用W总=W1+W2+W3+…求总功,注意代入“+”“-”再求和。典题1(多选)(2023吉林白城通榆模拟)由于某种原因,商场内的自动扶梯(可视为固定的斜面)的电源关闭,顾客用大小为F、方向沿扶梯向上的恒力将购物车从扶梯的底端匀加速推到顶端,如图所示。已知购物车的质量为m,扶梯的倾角为θ、长度为L,扶梯对购物车的阻力大小为其所受重力的k倍。人和购物车均可视为质点,重力加速度大小为g,在购物车由静止开始沿扶梯运动到顶端的过程中(

)A.重力对购物车做正功B.恒力F对购物车做的功为FLC.扶梯对购物车的支持力做的功为mgLcosθD.购物车克服扶梯阻力做的功为kmgLBD解析

购物车所受重力与位移方向的夹角大于90°,所以重力对购物车做负功,A错误;恒力F与位移方向同向,所以恒力F对购物车做的功W=FL,B正确;扶梯对购物车的支持力方向与位移方向垂直,所以做的功为零,C错误;购物车克服扶梯阻力做的功Wf=kmgL,D正确。典题2(2024广东深圳模拟)甲、乙两人共同推动一辆熄火的汽车沿平直路面匀速前进一段距离,对汽车做功分别为300J和400J,下列说法正确的是(

)A.阻力对汽车做功为-500JB.合力对汽车做功为700JC.两人对汽车做的总功为700JD.甲的推力一定小于乙的推力C解析

因汽车做匀速直线运动,由动能定理可知W甲+W乙+W阻=0,解得

W阻=-(300+400)

J=-700

J,A错误;因汽车做匀速直线运动,由平衡条件可知,汽车所受合力等于零,合力做功为零,B错误;两人对汽车做的总功为W总=W甲+W乙=300

J+400

J=700

J,C正确;由力对物体做功的公式W=Flcos

α可知,力F对物体做功大小,不仅与力F和位移大小l有关,还与力F与位移l的夹角α有关,因此甲的推力不一定小于乙的推力,D错误。考点二变力做功的求解方法求变力做功的五种方法

方法举例微元法

质量为m的木块在水平面内做圆周运动,运动一周克服摩擦力做功Wf=Ff·Δx1+Ff·Δx2+Ff·Δx3+…=Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=Ff·2πR等效转换法

恒力F把物块从A拉到B,绳子对物块做功考向一

微元法计算变力做功典题3(2023江苏徐州模拟)水平桌面上,长6m的轻绳一端固定于O点,如图所示(俯视图),另一端系一质量m=2.0kg的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F=10N,F拉着物体从M点运动到N点,F的方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2,不计空气阻力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列说法正确的是(

)A.拉力F对小球做的功为16πJB.拉力F对小球做的功为8πJC.小球克服摩擦力做的功为16πJD.小球克服摩擦力做的功为4πJA解析

将圆弧分成很多小段l1,l2,…,ln,拉力F在每小段上做的功为W1,W2,…,Wn,因拉力F大小不变,方向始终与小球的运动方向成37°角,所以W1=Fl1cos

37°,W2=Fl2cos

37°,Wn=Flncos

37°,故WF=W1+W2+…+Wn=Fcos

37°(l1+l2+…+ln)=Fcos

37°·=10×0.8××6

J=16π

J,故A正确,B错误;同理可得小球克服摩擦力做的功Wf=μmg·=8π

J,故C、D错误。考向二

图像法计算变力做功典题4(2023湖南长沙一模)木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁,每次砸击对铁钉做功相同。已知钉子所受阻力与其进入木梁中的深度成正比,木匠砸击4次,就把一枚长为L的钉子全部砸进木梁,那么他第1锤将铁钉砸进木梁的深度是(

)B解析

作出钉子所受阻力与进入深度的关系图,可知前一半深度与后一半深度过程中,阻力做功之比为1∶3,由题意可知,每次砸锤,锤对钉做功相同,将钉全部砸进木梁需要砸4次,则第1锤将铁钉砸进木梁的深度是

,故选B。考向三

平均值法计算变力做功典题5(2024江苏徐州模拟)静止于水平地面上质量为1kg的物体,在水平拉力F=4+2x(式中F为力的大小、x为位移的大小,力F、位移x的单位分别是N、m)作用下,沿水平方向移动了5m。重力加速度g取10m/s2,则在物体移动5m的过程中拉力所做的功为(

)A.35J B.45J C.55J D.65JB考向四

等效转换法计算变力做功典题6

如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮,以恒定的拉力F拉绳,使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2,图中AB=BC,则(

)A.W1>W2B.W1<W2C.W1=W2D.无法确定W1和W2的大小关系A解析

轻绳对滑块做的功为变力做功,可以通过转换研究对象,将变力做功转化为恒力做功;因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功,而拉力F为恒力,W=F·Δl,Δl为轻绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移,大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量,由题图及几何知识可知,ΔlAB>ΔlBC,故W1>W2,A正确。考点三功率的分析和计算强基础•固本增分1.功率的物理意义:描述力对物体做功的

。

2.公式(1),P为时间t内的

;

机车启动类问题中F指牵引力(2)P=Fv,若v为平均速度,则P为

;若v为瞬时速度,则P为

。

3.额定功率:机械

时的最大输出功率。

4.实际功率:机械

时的输出功率,要求不大于

。

快慢平均功率平均功率瞬时功率正常工作实际工作额定功率√×√研考点•精准突破1.平均功率的计算方法(1)利用

。(2)利用P=Fvcosα,其中v为物体运动的平均速度,α为F与v的夹角。2.瞬时功率的计算方法(1)利用公式P=Fvcosα,其中v为t时刻的瞬时速度,α为F与v的夹角。(2)利用公式P=FvF,其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式P=Fvv,其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。典题7(2023山东卷)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(

)B解析

由题知,水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田,则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒车对灌入稻田的水典题8(多选)(2023四川绵阳期中)如图所示,倾角为37°、长度为4m的粗糙固定斜面,一质量为1kg的小物块从斜面顶端由静止开始下滑至斜面底端,小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则(

)A.整个过程中重力做功24JB.整个过程中合力做功24JC.整个过程中重力做功的平均功率是24WD.小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是24WAD解析

根据公式可得,重力做功为WG=mgxsin

37°=1×10×4×0.6

J=24

J,故A正确;根据公式可得,合力做功为W合=(mgsin

37°-μmgcos

37°)x=8

J,故B错误;对小物块受力分析,根据牛顿第二定律有mgsin

37°-μmgcos

37°=ma,解得a=2

m/s2,根据x=at2,解得t=2

s,整个过程中重力做功的平均功率是

=12

W,故C错误;小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是P=mgvsin

37°=1×10×2×2×0.6

W=24

W,故D正确。考点四机车启动问题机车的两种启动方式

考向一

以恒定功率启动典题9(2023湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(

)D考向二

以恒定加速度启动典题10(多选)(2024湖南娄底模拟)某工厂在一段平直道路上进行新能源汽车性能测试,汽车发动机的额定功率为200kW,t=0时刻启动,汽车由静止开始做匀加速直线运动,t=t0时刻达到额定功率,速度达到v0,之后汽车保持额定功率不变继续做直线运动,t=3.5t0时刻汽车达到最大速度2v0,已知汽车(含驾驶员)的质量为2000kg,汽车所受阻力恒定为4000N,g取10m/s2,下列说法正确的是(

)A.汽车匀加速直线运动的加速度a=2m/s2B.汽车匀加速直线运动的时间t0=25sC.汽车保持功率不变做直线运动的位移大小为1000mD.0~3.5t0时间内汽车的位移大小为1250mAD规律方法

解答机车启动问题的三个重要关系式(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=P额t,由动能定理得P额t-F阻x=ΔEk,此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。第2讲动能定理及其应用高考总复习2025考点一动能定理的理解和基本应用强基础•固本增分一、动能1.定义:物体由于

而具有的能。

2.公式:Ek=

。

3.单位:

,1J=1N·m=1kg·m2/s2。

4.标矢性:动能是

,动能与速度方向

。

也叫动能的增量5.动能的变化:物体

与

之差,即ΔEk=

。

运动焦耳标量无关末动能初动能二、动能定理

不用规定正方向,但要明确各力做功的正负

所有外力做功的代数和1.内容:在一个过程中合力对物体所做的功,等于物体在这个过程中

。

2.表达式:W=ΔEk=Ek2-Ek1=

。

3.物理意义:

做的功是物体动能变化的量度。

4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于

。

(2)动能定理既适用于恒力做功,也适用于

做功。

(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以

作用。

5.应用动能定理时,物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系。动能的变化

合力曲线运动变力分阶段√××提示

演绎推理法。

研考点•精准突破1.应用动能定理解题应抓住“两状态,一过程”,“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况,“一过程”即明确研究过程,确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。2.注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解,也可以全过程应用动能定理求解。(3)动能是标量,动能定理是标量式,解题时不能分解动能。3.应用动能定理的解题流程

典题1(多选)质量为m的物体,在水平面上以初速度v0开始滑动,经距离d时,速度减为

v0。物体与水平面各处的动摩擦因数相同,则(

)CD典题2(2021全国乙卷)一篮球质量为m=0.60kg,一运动员使其从距地面高度为h1=1.8m处由静止自由落下,反弹高度为h2=1.2m。若使篮球从距地面h3=1.5m的高度由静止下落,并在开始下落的同时向下拍球,球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力,作用时间为t=0.20s;该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小g取10m/s2,不计空气阻力。求:(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功;(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。答案

(1)4.5J

(2)9N审题指导

关键表述物理量及其关系运动员拍球时对球的作用力为恒力,作用时间为t=0.20

s拍球过程中球做匀变速运动,有x=at2恒力做功W=Fx篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变动能比值等于碰撞前后篮球下落和上升的高度比值易错警示

(1)不能准确把握篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变的含义;(2)不能根据篮球的受力情况列出下降的位移的表达式,并将下降的位移、恒力F与运动员对篮球做的功建立起联系。考点二应用动能定理求变力做功典题3

质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动,起始点A与一轻弹簧O端相距s,如图所示。已知重力加速度大小为g,物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短,物体克服弹簧弹力所做的功为(

)C.μmgs D.μmg(s+x)A典题4(多选)(2023重庆模拟)游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC为轨道水平部分,与半径OB垂直。一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力大小为2.5mg,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(

)BC考点三动能定理与图像的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义

典题5(多选)图甲为一种新型的电动玩具,整体质量为m,下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射器等,打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力F,使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处由静止释放,使玩具在竖直方向运动,升力F随离地面高度h变化的关系如图乙所示,重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于4h0~2h0过程,下列判断正确的是(

)A.玩具先做匀加速再做匀减速运动B.玩具下落到距地面3h0高处速度最大BC解析

玩具在下落过程中,根据牛顿第二定律有mg-F=ma,4h0~2h0过程中,由图可知,F从零增大到2mg,在3h0时为mg,所以加速度开始向下并逐渐减小,速度在增大,当达到3h0时合力为零,加速度为零,此时速度达到最大值,继续运动,合力向上,做减速运动,此时加速度向上并逐渐增大,速度在减小,A错误,B正确;根据上面分析,到达3h0时速度最大,F做负功,大小为图线与横轴典题6(2021湖北卷)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Ff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10m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(

)A.m=0.7kg,Ff=0.5NB.m=0.7kg,Ff=1.0NC.m=0.8kg,Ff=0.5ND.m=0.8kg,Ff=1.0NA解析

0~10

m内物块上滑,由动能定理得-mgsin

30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin

30°+Ff)s,结合0~10

m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin

30°+Ff=4

N,10~20

m内物块下滑,由动能定理得(mgsin

30°-Ff)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin

30°-Ff)s-(mgsin

30°-Ff)s1,结合10~20

m内的图像得,斜率k'=mgsin

30°-Ff=3

N,联立解得Ff=0.5

N,m=0.7

kg,故选A。典题7(多选)(2023全国新课标卷)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是(

)A.在x=1m时,拉力的功率为6WB.在x=4m时,物体的动能为2JC.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为8JD.从x=0运动到x=4m的过程中,物体的动量最大为2kg·m/sBC规律总结

解决图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义,分析解答问题,或者利用图线上的特定值代入函数关系式求物理量。第3讲专题提升动能定理在多过程问题中的应用高考总复习2025专题概述:多过程问题和往复运动问题的过程都比较复杂,分析这类问题时如果把眼光盯在“细节”上,忽略问题的“宏观特性”,往往使思维陷入“死循环”。解答这两类问题的关键是把握初末状态的动能变化,明确对应过程中各力的做功情况,不去分析具体过程的运动性质,这正是动能定理解答这些问题的优越性所在。题型一动能定理在多过程问题中的应用1.应用动能定理求解多过程问题的两种思路(1)分阶段应用动能定理①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破。(2)全过程(多个过程)应用动能定理当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大简化运算。2.全过程列式时要注意(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。典题1(2023湖北卷)下图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,(1)求小物块到达D点的速度大小。(2)求B和D两点的高度差。(3)求小物块在A点的初速度大小。审题指导

关键词句获取信息在C点沿圆弧切线方向进入轨道C点的速度方向恰好沿圆弧的切线方向恰好能到达轨道的最高点D在D点恰好由重力提供向心力从C到D的过程应用动能定理,联立方程可求vB从B到D的过程应用动能定理,可求B和D两点的高度差从A到B的过程应用动能定理,可求vA典题2(2023山东济南模拟)如图所示,固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边,半圆柱面的圆弧半径R=0.4m,OA的长为L=2m。小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动,初速度方向与OA方向之间的夹角为θ。若θ=0°,小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10m/s2。求:(1)初速度v0的大小;(2)若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h=0.4m,求夹角θ的余弦值。(2)小物块沿半圆弧运动的最大高度为h=0.4

m=R此时小物块仅有沿AB方向的水平速度vx,竖直方向速度为零,设小物块在圆弧轨道最低端时的速度为v2,则vx=v2sin

θ典题3(2024重庆统考)如图所示,足够长的光滑倾斜轨道倾角为37°,圆形管道半径为R、内壁光滑,倾斜轨道与圆形管道之间平滑连接,相切于B点,C、D分别为圆形管道的最低点和最高点,整个装置固定在竖直平面内,一小球质量为m,小球直径略小于圆形管道内径,圆形管道内径远小于R,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)若将圆形管道的上面三分之一部分(PDQ段)取下来,并保证剩余圆弧管道的P、Q两端等高,∠POQ=120°,小球从倾斜轨道A点由静止释放,在圆形管道内运动通过P点时,管道内壁对小球的作用力恰好为0,求A点与C点的高度差。(2)若将圆形管道的DQB段取下来,改变小球在倾斜轨道上由静止释放的位置,小球从D点飞出后落到倾斜轨道时的动能也随之改变,求小球从D点飞出后落到倾斜轨道上动能的最小值(只考虑小球落到倾斜轨道上的第一落点)。(2)将圆形管道的DQB段取下来,小球离开D点后做平抛运动,设小球落到斜面上时竖直位移为y,水平位移为x,落到倾斜轨道的动能为Ek,如图所示题型二动能定理在往复运动问题中的应用1.往复运动问题:在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性,而在这一过程中,描述运动的物理量多数是变化的,而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。2.解题策略:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功的特点是与路程有关,运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐,甚至无法解出,由于动能定理只涉及物体的初、末状态,所以用动能定理分析这类问题可简化解题过程。典题4(2023湖南衡阳模拟)如图所示,装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB段和CD段是光滑的,水平轨道BC的长度x=5m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m,h2=1.35m。现让质量为m的小滑块(可视为质点)自A点由静止释放,已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)小滑块第一次经过D点时的速度大小。(2)小滑块第一次与第二次经过C点的时间间隔。(3)小滑块最终停止的位置到B点的距离。答案

(1)3m/s

(2)2s

(3)1.4m解析

(1)小滑块从A→B→C→D过程中,由动能定理得代入数据解得vD=3

m/s。(2)小滑块从A→B→C过程中,由动能定理得代入数据解得vC=6

m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsin

θ=6

m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t1=t2=1

s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=2

s。(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总,对小滑块运动全过程应用动能定理有mgh1-μmgx总=0代入数据解得x总=8.6

m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x-x总=1.4

m。审题指导

关键词句获取信息轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接连接处动能不损失,速度大小不变轨道AB段和CD段是光滑的,小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5在轨道AB段和CD段滑块做匀变速直线运动且机械能不损失,在轨道BC上动能转化为内能轨道CD足够长且倾角θ=37°可求CD段匀变速运动的加速度(不离开斜面)小滑块第一次经过D点时的速度大小D点不是CD段运动的最高点小滑块第一次与第二次经过C点的时间间隔滑块第一次在CD段往返运动的时间间隔典题5(2022浙江1月选考)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成,B、D和F为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg,轨道BCD和DEF的半径R=0.15m,轨道AB长度lAB=3m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,sin37°=0.6,cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。(1)若释放点距B点的长度l=0.7m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小;(2)设释放点距B点的长度为lx,求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式;(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点,求释放点距B点长度lx的值。(2)要保证滑块能到F点,必须能过DEF的最高点,当滑块恰到最高点时,根据动能定理可得mgl1sin

37°-(3mgRcos

37°+mgR)=0解得l1=0.85

m因此要能过F点必须满足lx≥0.85

m能过最高点,则能到F点,由释放到第一次到达F点,根据动能定理可得第4讲机械能守恒定律及其应用高考总复习2025考点一机械能守恒的判断一、重力做功与重力势能1.重力做功的特点:重力做功与

无关,只与始、末位置的

有关。

2.重力势能(1)表达式:Ep=mgh。

h为物体相对于参考面的高度,有正、负之分

(2)重力势能的特点:重力势能的大小与参考平面的选取

,但重力势能的变化与参考平面的选取

。

3.重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系:重力对物体做正功,重力势能

;重力对物体做负功,重力势能

。

(2)定量关系:重力对物体做的功等于物体重力势能的

。即WG=Ep1-Ep2=-ΔEp。

路径

高度差有关无关减小增大减小量二、弹性势能1.定义:发生

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。

与重力做功和重力势能变化类似2.弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能

;弹力做负功,弹性势能

。即W=

。

弹性形变减小增大-ΔEp×√√√×研考点•精准突破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。典题1(2023山东淄博联考)下图实例中,判断正确的是(

)A.甲图中冰晶五环被匀速吊起的过程中机械能守恒B.乙图中物体在外力F作用下沿光滑斜面加速下滑的过程中机械能守恒C.丙图中不计任何阻力,轻绳连接的物体A、B组成的系统运动过程中机械能守恒D.丁图中小球在光滑水平面上以一定的初速度向右运动压缩弹簧的过程中,小球的机械能守恒C解析

甲图中冰晶五环被匀速吊起的过程中,拉力做功不为零,机械能不守恒,A错误;由于外力F做功不为零,物体机械能不守恒,B错误;物体A、B组成的系统运动过程中重力做功,绳子拉力对两物体做功之和为零,机械能守恒,C正确;丁图中小球在光滑水平面上以一定的初速度向右运动压缩弹簧的过程中,弹簧的弹力对小球做负功,小球的机械能不守恒,D错误。典题2(多选)(2024广东惠州模拟)如图所示,将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落,从A点与半圆形槽相切进入槽内,则下列说法正确的是(

)A.小球在半圆形槽内运动的全过程中,只有重力对它做功B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,小球的机械能守恒C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中,机械能守恒

BC解析

当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中,小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动,半圆形槽对小球的支持力对小球做负功,小球的机械能不守恒,A、D错误;小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,半圆形槽静止,则只有重力做功,小球的机械能守恒,B正确;小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功,机械能守恒,C正确。考点二单个物体的机械能守恒问题强基础•固本增分1.内容:在只有重力或弹力做功的物体系统内,

与势能可以互相转化,而总的机械

机械能中的势能包括重力势能和弹性势能能保持不变。2.表达式:Ek1+Ep1=

。

动能Ek2+Ep2×√研考点•精准突破1.表达式

2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤

典题3(2023湖北宜昌联考)如图甲所示,O点为单摆的固定悬点,将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点,释放摆球,摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线,图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻,g取10m/s2,则摆球的质量是(

)A.0.05kg B.0.10kgC.0.18kg D.0.21kgB(1)求小球经B点前后瞬间对轨道的压力大小之比。(2)小球离开C点后,再经多长时间落到AB弧上?审题指导

关键词句获取信息小球经B点前后瞬间速度大小相等,但做圆周运动的半径不同小球离开C点小球做平抛运动落到AB弧上水平位移与竖直位移满足圆的方程考点三非质点类物体机械能守恒问题强基础•固本增分知识归纳

在应用机械能守恒定律处理实际问题时,经常遇到像“链条”“液柱”类的物体,其在运动过程中将发生形变,其重心位置相对物体也发生变化,因此这类物体不能再当成质点来处理。物体虽然不能当成质点来处理,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。一般情况下,可将物体分段处理,确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置,根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。典题5

有一条长为2m的均匀金属链条,有一半在光滑的足够高的斜面上,斜面顶端是一个很小的圆弧,斜面倾角为30°,另一半竖直下垂在空中,当链条从静止开始释放后链条滑动,g取10m/s2,则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(

)B典题6

如图所示,粗细均匀的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长为4h,随后让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为(不计液体内能的变化)(

)A解析

在液柱流动过程中除受重力作用外,还受大气压力作用,但在液体流动过程中,右侧大气压力做的正功等于左侧大气压力做的负功,所以满足机械能守恒条件。以原来左侧液面处为重力势能的参考平面,则由机械能守第5讲专题提升

机械能守恒定律中的连接体问题高考总复习2025专题概述:连接体是由若干个物体通过轻绳、轻杆等连接起来的系统,其涉及相互作用的物体多,受力和运动情况复杂,因此该类问题综合性较强,解决此类问题除了运用整体、隔离法外,还可以用系统机械能守恒定律求解,可以通过以下三种情境进行探讨:一、速率相等的情境;二、角速度相等的情境;三、关联速度的情境。题型系统的机械能守恒问题1.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。2.几种实际情境的分析(1)速率相等情境注意分析各个物体在竖直方向的高度变化。

(2)角速度相等情境

①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。②由v=ωr知,v与r成正比。(3)某一方向分速度相等情境(关联速度情境)两物体速度的关联实质:沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。

(4)含弹簧的系统机械能守恒问题①由于弹簧发生形变时会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功,系统机械能守恒。②弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大。③对同一弹簧,弹性势能的大小由弹簧的形变量决定,弹簧的伸长量和压缩量相等时,弹簧的弹性势能相等。考向一

速率相等情境典题1(多选)(2023江西上饶联考)如图所示,物体甲、乙质量分别为0.3kg和0.5kg,用轻绳连接跨在一个光滑定滑轮两侧,用手将甲按在地面上,乙距地面5m。放开物体甲,不计一切摩擦阻力和空气阻力,g取10m/s2,下列说法正确的是(

)A.乙物体落地的速度为10m/sB.甲上升到最高点时离地面6.25mC.从释放到乙落地时,绳对甲做的功为18.75JD.从释放到乙落地时,绳对乙做的功为18.75JBC考向二

角速度相等情境典题2(2024河南三门峡模拟)一长为L、质量可不计的刚性的硬杆,左端通过铰链固定于O点,中点及右端分别固定质量为m和质量为2m的小球,两球与杆可在竖直平面内绕O点无摩擦地转动。开始时使杆处于水平状态并由静止释放,如图所示。当杆下落到竖直位置时,在杆中点的球的速率为(

)A解析

两球转动的角速度相等,根据v=ωr可知两球的线速度大小之比为1∶2,设杆中点处小球的速度为v,则外端小球的速度为2v,杆由初状态下落到竖考向三

关联速度情境典题3(多选)如图所示,一轻绳通过光滑的轻质定滑轮与套在光滑水平杆上的小物块A连接,另一端与小球B连接。系统由静止释放后,物块A经过图示位置时向右运动的速度大小为vA,小球B的速度大小为vB,轻绳与杆的夹角为α(0°<α<90°),则(

)A.vAcosα=vBB.图示时刻,小球B处于失重状态C.由静止释放到图示时刻的过程中,绳中拉力一直对A不做功D.图示时刻,轻绳对物块A和小球B做功的功率大小相等AD解析

物块A的运动为合运动,将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向,在沿绳子方向的分速度等于小球B的速度,即有vAcos

α=vB,故A正确;运动过程中,没有摩擦,系统机械能守恒,系统重力势能转化为两者动能,当α=90°时,B球的速度为零,故B球向下先加速后减速,B球先失重后超重,无法判断图示时刻B球的状态,故B错误;由静止释放到图示时刻的过程中,绳中拉力与A的位移一直成锐角,做正功,故C错误;系统机械能守恒,轻绳对物块A和小球B的拉力大小相等,沿绳子的速度大小相等,则轻绳对两者拉力做功的功率大小相等,故D正确。典题4

如图所示,有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的

圆弧,BC部分水平,质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为R,小球可视为质点,开始时a球处于圆弧上端A点,由静止开始释放小球和轻杆,使其沿光滑弧面下滑,重力加速度为g,下列说法正确的是(

)A.a球下滑过程中机械能保持不变B.b球下滑过程中机械能保持不变C.a、b球都滑到水平轨道上时速度大小均为D.从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对a球做的功为

mgRD解析

对于单个小球来说,杆的弹力做功,小球机械能不守恒,A、B错误;两个小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故有考向四

含弹簧的系统机械能守恒问题典题5(2023山东威海二模)如图所示,A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连,A放在固定的倾角为30°的光滑斜面上,B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C球放在水平地面上。现用手控制住A,使细线恰好伸直,保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知B、C的质量均为m,重力加速度为g。松手后A由静止开始沿斜面下滑,当A速度最大时C恰好离开地面,则A下滑的最大速度为(

)A典题6

如图所示,轻质弹簧一端固定在O处,另一端与质量为m的物块相连,物块套在光滑竖直固定杆上。开始时物块处于A处且弹簧处于原长。现将物块从A处由静止释放,物块经过B处时弹簧与杆垂直,经过C处时弹簧再次处于原长,到达D处时速度为零。已知OB之间的距离为L,∠AOB=30°,∠BOD=60°。弹簧始终在弹性限度之内,重力加速度为g。在物块下滑的整个过程中,下列说法正确的是(

)A.物块在由A处下滑至C处的过程中机械能守恒C.物块在B处时弹簧的弹性势能最大D第6讲功能关系能量守恒定律高考总复习2025考点一功能关系的理解与应用强基础•固本增分1.对功能关系的理解(1)做功的过程就是

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

,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。

能量转化量度2.常见的功能关系

能量功能关系表达式势能重力做的功等于重力势能减少量W=Ep1-Ep2=-Δep弹力做的功等于弹性势能减少量静电力做的功等于电势能减少量分子力做的功等于分子势能减少量动能合外力做的功等于物体动能变化量能量功能关系表达式机械能除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量W其他=E2-E1=ΔE摩擦产生的内能一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q=Ff·x相对电能克服安培力做的功等于电能增加量W电能=E2-E1=ΔE××××研考点•精准突破功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的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、静电力等)做负功还是做正功。(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。考向一

功能关系的理解典题1(2023广东汕头二模)急行跳远起源于古希腊奥林匹克运动。如图所示,急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成,空气阻力不能忽略,下列说法正确的是(

)A.蹬地起跳时,运动员处于失重状态B.助跑过程中,地面对运动员做正功C.从起跳到最高点过程,运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量D.从空中最高点到落地瞬间,运动员克服空气阻力做的功等于重力势能的减少量C解析

蹬地起跳时,运动员的加速度方向先向上、后向下,运动员先超重、后失重,故A错误;助跑过程中,地面对运动员的作用力没有位移,地面对运动员不做功,故B错误;空气阻力不能忽略,从起跳到最高点过程,一部分动能转化为与空气摩擦产生的热,所以运动员重力势能的增加量小于其动能的减少量,故C正确;从空中最高点到落地瞬间,重力势能转化为动能和与空气摩擦产生的热,运动员克服空气阻力做的功小于重力势能的减少量,故D错误。典题2(2023浙江绍兴二模)如图所示,某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h,斜面与水平面平滑连接,斜面倾角为θ,小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ,一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下,滑到水平面上距离O点为l的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系,改变斜面倾角和斜面长度,小木块仍在A点停下,则小木块静止释放点的坐标可能是(

)D考向二

功能关系与图像结合

Ek-x图像斜率:合外力①合外力沿+x方向,②合外力沿-x方向Ep-x图像斜率:重力、弹力等①力沿-x方向,②力沿+x方向E-x图像斜率:除重力、弹力以外的力①沿+x方向,②沿-x方向E-t图像斜率:功率典题3(2024北京西城模拟)将一个物体竖直向上抛出,若物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下图中可能正确反映小球抛出后上升过程中速度v、加速度a随时间t的变化关系,以及其动能Ek、重力势能Ep随上升高度h的变化关系的是(

)C解析

由题意可得F阻=kv,根据牛顿第二定律可得mg+F阻=ma,速度减小则加速度减小,所以物体不是匀变速运动,故A错误;根据牛顿第二定律可得mg+kv=ma,即加速度和速度是线性关系,因速度和时间不是线性关系,因此加速度与时间不成线性关系,故B错误;上升过程,由动能定理可得-mgh-F阻h=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-(mg+F阻)h=Ek0-(mg+kv)h,由于速度减小,则Ek-h图像的斜率的绝对值逐渐减小,故C正确;设初位置的重力势能为Ep0,则有Ep-Ep0=mgh,可得Ep=mgh+Ep0,可知Ep-h图像为一条倾斜直线,故D错误。典题4(2023北京延庆一模)如图甲所示,物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面,上升过程中,物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则(

)A.物体的质量m=0.67kgB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5C.物体上升过程的加速度大小a=12m/s2D.物体回到斜面底端时的动能Ek=20JB解析

物体到达最高点时,机械能为E=Ep=mgh,由题图乙可知Ep=30

J,解得m=1

kg,故A错误;物体上升过程中,克服摩擦力做功,机械能减少,且减少的机械能等于克服摩擦力做的功,有ΔE=-μmgcos

α,由题图乙可知ΔE=30

J-50

J=-20

J,h=3

m,解得μ=0.5,故B正确;物体上升过程中,由牛顿第二定律得mgsin

α+μmgcos

α=ma,解得a=gsin

α+μgcos

α=(10×0.6+0.5×10×0.8)

m/s2=10

m/s2,故C错误;由图像可知,物体上升过程中摩擦力做功为W=ΔE=-20

J,在整个过程中由动能定理得Ek-Ek0=2W,则有Ek=Ek0+2W=50

J+2×(-20

J)=10

J,故D错误。典题5(多选)某同学将一带传感器的木箱从倾角为30°的斜坡顶端由静止释放,木箱滑到斜面底端时速度刚好为0,木箱与斜坡上、下两部分的动摩擦因数分别为μ1、μ2,通过分析处理传感器的数据得到木箱的动能和机械能与木箱下滑位移的关系图像分别如图中a、b所示,已知木箱动能最大时,机械能与动能大小之比为3∶1,已知木箱可视为质点,重力加速度为g,以斜坡底端为重力势能零点。下列说法正确的是(

)C.动能最大时,木箱的机械能为3mgL0D.木箱在上、下两段斜坡上滑行过程中产生的热量之比为1∶3BC考点二能量守恒定律的理解与应用强基础•固本增分1.内容能量既不会

,也不会凭空消失,它只能从一种形式

为另一种形式,或者从一个物体

到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量

。

2.表达式(1)E1=E2。(2)ΔE减=

。

凭空产生转化转移保持不变ΔE增

×√√√研考点•精准突破列能量守恒定律方程的两条基本思路(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。典题6

如图所示,轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上,弹簧下端与斜面底端的挡板相连,可看作质点的小物块A、B叠放在一起,在斜面的顶端由静止释放一起沿斜面下滑。弹簧被压缩到最短时,A物块刚好从B上滑离,此后弹簧将物块B弹出,B刚好又能滑到斜面顶端,已知重力加速度为g,B物块与斜面间动摩擦因数为,则关于A、B的质量m和m'之间的关系,正确的是(

)A.m'=2m

B.m'=mC.m'=2m

D.m'=3mA解析

从开始运动直到弹簧压缩最短的过程中,对整体研究,由于弹簧被压缩到最短时,A物块刚好从B上滑离,则二者速度为0,设运动距离为L,则根据能量守恒定律可知(m+m')gLsin

30°-μ(m+m')gcos

30°·L=Ep,对于弹簧将物块B弹出,B刚好又能滑到斜面顶端的过程中,根据能量守恒定律可知Ep=m'gLsin

30°+μm'gcos

30°·L,联立解得m'=2m,故选A。典题7(2023全国甲卷)如图所示,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的,小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求:(1)小球离开桌面时的速度大小;(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。(2)设小球刚离开桌面到第一次落地所用时间为t,第一次落地的竖直速度为vy,落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,第一次落地后弹起的竖直速度为vy',则x=v0tvy=gtvy'2=2gh考点三摩擦力做功与能量转化两种摩擦力做功特点的比较

比较项静摩擦力做功滑动摩擦力做功不同点能量的转化只有机械能从一个物体转移到另一个物体,而没有机械能转化为其他形式的能(1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)一部分机械能转化为内能,此部分能量就是系统机械能的损失量一对摩擦力的总功一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值,总功W=-Ffs相对,即发生相对滑动时产生的热量相同点做功情况两种摩擦力对物体可以做正功,也可以做负功,还可以不做功典题8

冬奥会钢架雪车比赛照片如图甲所示,而为了研究方便我们可以把运动中的一个片段简化为如图乙所示的模型。B点是斜面与水平地面的连接处,质量为0.4kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放,最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ。不计物块经过B点时的能量损失;已知xAB=9m,物块在斜面上做匀加速直线运动过程的总时间的正中间1s内的位移为3m,A、C两点的连线与地面的夹角β=37°,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是(

)A.物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5m/s2B.物块与接触面间的动摩擦因数为0.8C.物块的重力势能的减少量小于7.2JD.物块从B运动到C,因摩擦产生的热量为7.2JD典题9(多选)(2024山东济南模拟)如图所示,倾角为θ的固定斜面AB段粗糙,BP段光滑,一轻弹簧下端固定于斜面底端P点,弹簧处于原长时上端位于B点,质量为m的物体(可视为质点)从A点由静止释放,第一次将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x,重力加速度为g,则(

)A.物体最终停止于Q点B.物体由A点运动至最低点的过程中,加速度先不变后减小为零,再反向增大直至速度减为零C.物体与AB段的动摩擦因数D.整个运动过程中物体与斜面间摩擦生热为mgxsin

θCD解析

从A点由静止释放,物体能够滑下,说明重力的分力大于滑动摩擦力,所以物体不能停止于Q点,故A错误;物体接触弹簧前,由牛顿第二定律可得mgsin

θ-μmgcos

θ=ma,解得a=gsin

θ-μgcos

θ,加速度保持不变,刚接触弹簧时,因BP段光滑,没有摩擦,加速度突然增大为gsin

θ,接触弹簧后,由牛顿第二定律有mgsin

θ-kx=ma,随着压缩量x的增大,加速度a减小,当满足mgsin

θ=kx时,加速度为零,之后有kx-mgsin

θ=ma,随着压缩量x的增大,加速度a增大,直至速度为零,综上所述可知,物体由A点运动至最低点的过程中加速度先不变后突然增大,再减小为零,最后反向增大直至速度减为零,故B错误;物体从A开始运动到上滑到Q点的过程,由能量守恒得,故C正确;由于物体在AB段运动时会有机械能损失,故物体每次反弹后上升的高度逐渐减小,最终物体以B点为最高点做往复运动,之后不会产生热量,由功能关系可得,物体在从开始到最终停止的整个运动过程中摩擦生热为Q=mgxsin

θ,故D正确。第7讲专题提升动力学和能量观点的综合应用高考总复习2025专题概述:能量观点是解答动力学问题的三大观点之一,能量观点与动力学观点的综合应用是考生深化物理知识、提升综合分析能力的重要体现。通过该部分知识的复习,能培养审题能力、推理能力和规范表达能力等,提升学生解答题目的综合素养。题型一传送带模型中的能量转化强基础•固本增分解答动力学和能量综合的传送带模型的两点分析1.设问的角度(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.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