金版教程物理2025高考科学复习解决方案第六章 机械能及其守恒定律第六章 核心素养提升含答案

高考科学复习解决方案物理《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第六章机械能及其守恒定律第六章核心素养提升[科学思维提炼]1．微元法：求某些变力做的功；对“流体”类物质做功的分析。2．图像法：求某些变力做的功；分析重力做功特点；探究弹簧的弹性势能与形变的关系；验证机械能守恒定律实验的数据分析。3．平均值法：当力的大小随位移均匀变化时，求该力所做的功。4．等效转换法：将某些变力做的功等效转换为恒力做的功。5．分段法和全程法：多过程问题中应用动能定理或机械能守恒定律。6．等效思想：用机械能守恒定律求解绳、液柱、链条类非质点物体问题。7．守恒思想：机械能守恒定律、能量守恒定律，明确守恒条件。[素养提升集训]一、选择题(本题共8小题)1．(2023·辽宁高考)如图a，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图b所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中()A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大答案B解析受力分析可知，沿Ⅱ下滑的物块受力恒定，做匀变速直线运动，速率随时间均匀变化，故结合图b可知，甲沿Ⅱ下滑，则乙沿Ⅰ下滑，A、D错误；由图b可知，任意时刻甲的速率都小于乙的速率，而两物块质量相同，则同一时刻甲的动能比乙的小，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向的分速度为零，而在中间任意位置竖直分速度都不为零，根据重力的瞬时功率P＝mgvy可知，在M点和N点乙的重力功率均为零，在中间任意位置乙的重力功率都不为零，则乙沿Ⅰ下滑过程中，重力功率变化且不是一直增大，C错误。2.(2023·江苏省南通市高三下适应性考试(二))如图所示，轻弹簧一端连接小球，另一端固定于O点，现将球拉到与O点等高处，弹簧处于自然状态，小球由静止释放，轨迹如虚线所示，上述运动过程中()A．小球的机械能守恒B．小球的重力势能先减小后增大C．当球到达O点的正下方时，弹簧的张力最大D．当球到达O点的正下方时，重力的瞬时功率为0答案B解析以小球、弹簧组成的系统为研究对象，由于整个过程中只有重力和弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，但弹簧的长度不断变化，即弹性势能不断变化，则小球的机械能不守恒，故A错误；由题图可知，小球的高度先降低后升高，则小球的重力势能先减小后增大，故B正确；题图中虚线上距O点最远的点，在O点正下方左侧，即弹簧张力最大位置在O点正下方左侧，故C错误；题图中，虚线切线的方向表示小球在该点的速度方向，则当小球到达O点的正下方时，小球的速度方向为左下方，速度方向与重力方向不垂直，则重力的瞬时功率不为零，故D错误。3.(2022·河北省石家庄市高三下教学质量检测(二))质量m＝1500kg的家庭轿车，行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54km/h<v≤90km/h范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度v>90km/h时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1500N。已知汽车在t1时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至t2时刻。汽车在0～t2时间内行驶的位移为217.5m。则t1和t2分别为()A．t1＝9s，t2＝11s B．t1＝9s，t2＝16sC．t1＝5.625s，t2＝11s D．t1＝5.625s，t2＝16s答案B解析由题意知，第一次切换引擎时速度为v1＝54km/h＝15m/s，0～t1时间内由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝eq\f(5,3)m/s2，则t1＝eq\f(v1,a1)＝9s。设切换引擎后瞬间的牵引力为F1′，根据P＝F1′v1，可得轿车引擎的功率变为P＝75000W，设在t2时刻的牵引力为F2，则在t2时刻的速度大小为v2＝eq\f(P,F2)＝25m/s；0～t1时间内行驶的位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝67.5m，则t1～t2时间内行驶的位移为s2＝s－s1＝150m；t1～t2时间内根据动能定理得P(t2－t1)－fs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得t2＝16s。故B正确，A、C、D错误。4．(2023·江苏高考)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块()A．受到的合力较小B．经过A点的动能较小C．在A、B之间的运动时间较短D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小答案C解析滑块上滑和下滑过程均做匀变速直线运动，因为频闪仪相邻两次闪光的时间间隔T相同，根据x总＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,总)、t甲总＝3T<t乙总＝4T，对比图甲和图乙可知，图甲中滑块的加速度较大，根据牛顿第二定律可知，图甲中滑块受到的合力较大，是上滑过程，故A错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，滑块先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知，图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；由于图甲中滑块加速度较大，根据x＝eq\f(1,2)at2，可知图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，故C正确；上滑过程和下滑过程，滑块受到的滑动摩擦力大小相等，根据Wf＝fx可知，图甲和图乙中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。5．(2023·山东省济宁市高三下二模)如图所示，一滑块(可视为质点)在水平力F的作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB开始运动，该力的功率恒定，达到最大速度后，撤掉该力，滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道eq\o(BCD,\s\up8(︵))，并恰好通过该轨道最高点D，然后进入光滑半圆管道eq\o(DEF,\s\up8(︵))，最终停在粗糙水平直轨道FG上。已知水平力的恒定功率为10W，滑块的质量为0.2kg，滑块与轨道AB间的动摩擦因数为0.5，半圆轨道eq\o(BCD,\s\up8(︵))的半径R＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．滑块在D点的速度大小为eq\r(10)m/sB．半圆管道eq\o(DEF,\s\up8(︵))的半径r可能为0.15mC．在轨道AB上，滑块的最大速度为10m/sD．在轨道AB上，滑块减速过程的运动距离为2.5m答案C解析滑块恰好通过半圆轨道eq\o(BCD,\s\up8(︵))的最高点D，则滑块在D点时，重力提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得滑块在D点的速度大小vD＝eq\r(5)m/s，故A错误；分析可知，滑块到达F点的速度恰好为零时，半圆管道eq\o(DEF,\s\up8(︵))的半径最大，根据动能定理有－mg·2rmax＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得rmax＝0.125m，故B错误；在轨道AB上，当F＝μmg时，滑块的速度最大，而vmax＝eq\f(P,F)，解得vmax＝10m/s，故C正确；在轨道AB上，设滑块减速过程的运动距离为x，从撤去外力到运动到D点，根据动能定理有－μmgx－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得x＝7.5m，故D错误。6.(2022·浙江6月选考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是()A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比B．单位时间流过面积A的流动空气动能为eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·hD．若风场每年有5000h风速在6～10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h答案D解析单位时间流过面积A的流动空气的体积为V0＝Av，质量为m0＝ρV0＝ρAv，则单位时间流过面积A的流动空气的动能为eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)ρAv3，风速在5～10m/s范围内，风力发电机转化效率可视为不变，可知风速在5～10m/s范围内时，该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，故A、B错误；若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天产生的风能E＝1.0×108kW×24h＝2.4×109kW·h，由于风力发电转化效率小于100%，则每天发电量应小于2.4×109kW·h，故C错误；若风场每年有5000h风速在6～10m/s范围内，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW，由于风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，由A项分析可知，当风速为6m/s时，输出电功率为P＝63×eq\f(405,93)kW＝120kW，则该发电机年发电量至少为E′＝Pt＝120kW×5000h＝6.0×105kW·h，故D正确。7.(2023·山西省晋城市高三下5月第三次模拟)如图所示，水平地面上竖直放置的光滑细管内有两个完全相同、质量均为m的小球，由于微小晃动，两小球分别沿两侧圆弧管道从最高点同时由静止滑下，在最低点发生弹性碰撞后又回到最高点。已知整个过程中细管对地面的最小压力恰好为0，小球可视为质点，重力加速度大小为g，则整个过程中细管对水平地面的最大压力为()A．10mg B.eq\f(32,3)mgC.eq\f(34,3)mg D．13mg答案B解析设其中任一个小球在细管的上半部分某处时，小球的速度大小为v，细管对小球斜向下的弹力大小为FN1，小球与圆心O的连线与竖直方向的夹角为α，圆弧管道半径为R，根据机械能守恒定律有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，根据牛顿第二定律有FN1＋mgcosα＝meq\f(v2,R)，设此小球对细管斜向上的弹力大小为FN1′，有FN1′＝FN1，则两小球对圆弧管道竖直向上的合力F合＝2FN1′cosα，联立解得F合＝4mgcosα－6mgcos2α，0＜α＜eq\f(π,2)，由数学知识可知，当cosα＝eq\f(1,3)时，F合有最大值F合m＝eq\f(2,3)mg，根据题意可知，细管的质量为M＝eq\f(F合m,g)＝eq\f(2,3)m；两小球在最低点碰撞前，对细管竖直向下的作用力最大，设此时两小球的速度大小均为v1，根据机械能守恒定律有2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根据牛顿第二定律有FN2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，由牛顿第三定律知，每个小球对细管的最大压力为FN2′＝FN2，则细管对水平地面的最大压力Fm＝Mg＋2FN2′，解得Fm＝eq\f(32,3)mg，A、C、D错误，B正确。8.(2023·湖南高考)(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道答案AD解析小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，小球从B到C的过程中，由动能定理知，其所在位置和O点连线与竖直方向的夹角为α时，小球在该点速度v满足－mgR(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，此时mgcosα－FN＝meq\f(v2,R)，联立得轨道对小球的支持力FN＝3mgcosα－2mg，从B到C的过程中α由θ减小到0，则cosα逐渐增大，FN逐渐增大，结合牛顿第三定律知，小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球从A到B的过程中，速度逐渐减小，则重力的功率P＝－mgvsinθ逐渐减小，B错误；小球从A到C的过程中，由动能定理有－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C错误；若小球在B点恰好脱离轨道，则有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，得vB＝eq\r(gRcosθ)，若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能大于eq\r(gRcosθ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。二、非选择题(本题共1小题)9．(2021·全国甲卷)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？答案(1)mgdsinθ(2)eq\f(\a\vs4\al(mg（L＋29d）sinθ－μmgs),30)(3)L>d＋eq\f(\a\vs4\al(μs),sinθ)解析(1)小车在光滑斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带前速度为v2，则有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面通过减速带后的速度与到达下一个减速带前的速度均为v1和v2，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)联立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ。(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上的运动过程，根据动能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sinθ－ΔE总＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs故小车通过前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ΔE′＝eq\f(ΔE总,30)＝eq\f(\a\vs4\al(mg（L＋29d）sinθ－μmgs),30)。(3)由题意可知ΔE′>ΔE可得L>d＋eq\f(\a\vs4\al(μs),sinθ)。实验验证机械能守恒定律科学探究梳理验证机械能守恒定律。实验方案1研究自由下落物体的机械能1．在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化，但总的机械能保持不变。若物体某时刻瞬时速度为v，下落高度为h，则重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为eq\f(1,2)mv2，看它们在实验误差允许的范围内是否相等，若相等则验证了机械能守恒定律。2．速度的测量：做匀变速直线运动的物体某段位移中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。计算打第n点速度的方法：测出第n点与相邻前后点间的距离xn和xn＋1，由公式vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)计算，或测出第n－1点和第n＋1点与起始点的距离hn－1和hn＋1，由公式vn＝eq\f(hn＋1－hn－1,2T)算出，如图所示。铁架台(含铁夹)，打点计时器，交流电源，纸带，复写纸，导线，毫米刻度尺，重物(带纸带夹)。1．安装置：如图所示，将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路。2．打纸带：将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方。先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落。更换纸带重复做3～5次实验。3．选纸带：分两种情况说明(1)用eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)＝mghn验证时，应选点迹清晰，且第1、2两点间距离接近2mm的纸带。若第1、2两点间的距离大于2mm，则可能是由先释放纸带后接通电源造成的。这样，第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选。(2)用eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mghAB验证时，处理纸带时不必从起始点开始计算重力势能减少量的大小，这样，纸带上打出的起始点O后的第一个0.02s内的位移是否接近2mm，以及第一个点是否清晰也就无关紧要了，实验打出的任何一条纸带，只要后面的点迹清晰，就可以用来验证机械能守恒定律。1．测量、计算在起始点标上0，在以后各计数点依次标上1、2、3…，用刻度尺测出对应下落高度h1、h2、h3…。利用公式vn＝eq\f(hn＋1－hn－1,2T)计算出打点1、点2、点3…时重物的瞬时速度v1、v2、v3…。2．验证守恒方法一：利用起始点和第n点计算。计算ghn和eq\f(1,2)veq\o\al(2,n)，如果在实验误差允许的范围内，ghn＝eq\f(1,2)veq\o\al(2,n)，则验证了机械能守恒定律。(此方法要求所选纸带必须点迹清晰且第1、2两点间距离接近2mm)方法二：任取两点计算。①任取两点A、B测出hAB，算出ghAB。②算出eq\f(1,2)veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)veq\o\al(2,A)的值。③在实验误差允许的范围内，如果ghAB＝eq\f(1,2)veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)veq\o\al(2,A)，则验证了机械能守恒定律。方法三：图像法。从纸带上选取多个点，测量从第一个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eq\f(1,2)v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出eq\f(1,2)v2­h图像。若在误差允许的范围内图线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。1．系统误差：本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功，故动能的增加量ΔEk稍小于重力势能的减少量ΔEp，即ΔEk<ΔEp。改进的办法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力。2．偶然误差：本实验在长度测量时产生的误差。减小误差的办法是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应的下落高度测量完，或者多次测量取平均值来减小误差。1．打点计时器要稳定地固定在铁架台上，打点计时器平面与纸带限位孔调整到竖直方向，以减小摩擦阻力。2．重物要选用密度大、体积小的物体，这样可以减小空气阻力的影响，从而减小实验误差。3．实验中，需保持提纸带的手不动，且保证纸带竖直，待接通电源，打点计时器工作稳定后，再松开纸带。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60～80cm之间。5．不需测出物体质量，只需验证eq\f(1,2)veq\o\al(2,n)＝ghn或eq\f(1,2)veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)veq\o\al(2,A)＝ghAB即可。6．速度不能用vn＝gtn或vn＝eq\r(2ghn)计算，因为只要认为加速度为g，机械能当然守恒，即相当于用机械能守恒定律验证机械能守恒定律，所以速度应从纸带上直接测量计算。同样的道理，重物下落的高度h，也只能用刻度尺直接测量，而不能用hn＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,n)或hn＝eq\f(veq\o\al(2,n),2g)计算得到。1．物体下落过程中通过某一位置的速度可以用数字计时器测出来，利用这种装置验证机械能守恒定律，能消除纸带与限位孔的摩擦阻力带来的系统误差。2．整个实验装置可以放在真空的环境中操作，如用牛顿管和频闪照相进行验证，以消除由于空气阻力作用而带来的误差。3．为防止重物被释放时的初速度不为零，可将装置改成如图所示形式，剪断纸带最上端，让重物从静止开始下落。实验方案2研究沿斜面下滑物体的机械能本方案中，利用气垫导轨和数字计时器记录物体沿光滑斜面下滑的运动过程。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使得滑块与导轨之间有一层薄薄的空气层，两者不会直接接触。这样，滑块运动时受到的阻力很小，实验的精确度能大大提高。计时系统的工作要借助于光源和光敏管(统称光电门)。根据遮光条的宽度和遮光时间，可以算出滑块经过时的速度。实验装置如图所示。实验操作中，把气垫导轨调成倾斜状态，滑块沿倾斜的气垫导轨下滑时，重力势能减小，动能增大。测量滑块下降的高度Δh，即两光电门的高度差，测量计算滑块先后经过两个光电门的速度v1、v2，比较gΔh和eq\f(1,2)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)veq\o\al(2,1)的大小，就可以验证机械能是否守恒。科学探究精研考点一教材原型实验考向1研究自由下落物体的机械能例1利用图1装置做“验证机械能守恒定律”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．速度变化量和势能变化量C．速度变化量和高度变化量(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，得到图2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＝eq\r(2gh)计算重物速度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响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依据是否正确。________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________[答案](1)A(2)AB(3)－mghBeq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hC－hA,2T)))eq\s\up12(2)(4)C(5)见解析[解析](1)如果机械能守恒，则只有动能和势能相互转化，所以本实验需要比较重物下落过程中任意两点的动能变化量与势能变化量，A正确。(2)电磁打点计时器需要交流电源，数据处理时需要利用刻度尺测量纸带上的距离，A、B正确；本实验不需要测量重物的质量，所以不需要天平，C错误。(3)从O点到B点，重力势能的变化为ΔEp＝0－mghB＝－mghB，因起始点的速度为零，所以动能的变化量等于B点的动能，B点的速度为v＝eq\f(hC－hA,2T)，则动能变化量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hC－hA,2T)))eq\s\up12(2)。(4)由于实验中存在空气阻力和摩擦阻力，重力势能的减少量等于动能的增加量及摩擦产生的热量之和，所以动能的增加量小于重力势能的减少量，C正确。(5)该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh－fh＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(\a\vs4\al(f),m)))h，可知v2－h图像就是过原点的一条直线。要想通过画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。【跟进训练】(2021·浙江6月选考)在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。(1)为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是____________________。(2)已知交流电频率为50Hz，重物质量为200g，当地重力加速度g＝9.80m/s2，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值|ΔEp|＝________J，C点的动能EkC＝________J(计算结果均保留3位有效数字)。比较EkC与|ΔEp|的大小，出现这一结果的原因可能是________。A．工作电压偏高B．存在空气阻力和摩擦力C．接通电源前释放了纸带答案(1)阻力与重力之比更小(或其他合理解释)(2)0.5470.588C解析(1)验证机械能守恒定律实验中，阻力相对重力越小越好，所以对体积和形状相同的重物，密度大的阻力与重力之比更小，可以减小实验误差。(2)由图2可知O、C之间的距离为xOC＝27.90cm，因此重物重力势能的变化量的绝对值为|ΔEp|＝mgxOC＝0.200×9.80×0.2790J＝0.547J；匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，因此vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(0.3300－0.2330,2×0.02)m/s＝2.425m/s，C点的动能为EkC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)×0.200×2.4252J＝0.588J。比较可知EkC＞|ΔEp|，分析可知，工作电压偏高不会影响实验结果，存在空气阻力和摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，而若接通电源前释放了纸带，则纸带的初速度不为零，会导致下落到某位置时的动能大于重力势能的减少量，故C正确，A、B错误。考向2研究沿斜面下滑物体的机械能例2(2021·海南高考)为了验证物体沿光滑斜面下滑的过程中机械能守恒，某学习小组用如图所示的气垫导轨装置(包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计)进行实验。此外可使用的实验器材还有：天平、游标卡尺、刻度尺。(1)某同学设计了如下的实验步骤，其中不必要的步骤是________；①在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计；②用天平测量滑块和遮光条的总质量m；③用游标卡尺测量遮光条的宽度d；④通过导轨上的标尺测出A、B之间的距离l；⑤调整好气垫导轨的倾斜状态；⑥将滑块从光电门Ⅰ左侧某处，由静止开始释放，从数字毫秒计读出滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间Δt1、Δt2；⑦用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度h1、h2；⑧改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤⑤⑥⑦，完成多次测量。(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图所示，则d＝________mm；某次实验中，测得Δt1＝11.60ms，则滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度v1＝________m/s(保留3位有效数字)；(3)在误差允许范围内，若h1－h2＝________(用上述必要的实验步骤直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g)，则认为滑块下滑过程中机械能守恒；(4)写出两点产生误差的主要原因：_____________________________________________________。[答案](1)②④(2)5.000.431(3)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))\s\up12(2),2g)(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确[解析](1)滑块通过光电门的瞬时速度v＝eq\f(d,Δt)，滑块沿光滑的斜面下滑过程中若机械能守恒，减少的重力势能转化为动能，有mg(h1－h2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2)，整理化简得g(h1－h2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2)，所以测量滑块和遮光条的总质量m不必要，测量A、B之间的距离l不必要，故选②④。(2)游标卡尺的读数为d＝5mm＋0×0.05mm＝5.00mm；滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(5.00×10－3,11.60×10－3)m/s＝0.431m/s。(3)根据(1)问可知，在误差允许的范围内，若h1－h2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))\s\up12(2),2g)，则可认为滑块下滑过程中机械能守恒。(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差。考点二实验拓展与创新创新角度实验装置图创新解读实验目的的创新(1)利用机械能守恒定律确定弹簧弹性势能。(2)由平抛运动测量球的初速度。(3)利用平抛的水平位移s与弹簧压缩量Δx的图线处理数据实验器材的创新(1)利用系统机械能守恒代替单个物体的机械能守恒。(2)利用光电门测算滑块的瞬时速度(1)小球在重力作用下做竖直上抛运动。(2)利用频闪照片获取实验数据(1)用光电门测定小球下落到B点的速度。(2)结合H－eq\f(1,t2)图线验证小球下落过程中机械能守恒。(3)分析实验误差ΔEp－ΔEk随H变化的规律实验方案的创新(1)利用钢球摆动来验证机械能守恒定律。(2)利用光电门测定摆球的瞬时速度考向1实验器材的创新例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a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b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。[答案](2)7.883(7.882～7.884均可)(3)B(4)eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)(5)增大[解析](2)由题图b可知小球的直径为d＝7.5mm＋38.3×0.01mm＝7.883mm。(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，后释放小球，故选B。(4)依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度大小分别为v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，则小球与橡胶材料碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)。(5)若调高光电门的高度，较调整之前，在两次通过光电门的时间间隔内，小球会经历较大的空中距离，其他条件相同的情况下空气阻力做功变大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。考向2实验方案的创新例4(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Tmax­Tmin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[答案](1)－2(2)－2.10.59(3)C[解析](1)设在初始位置，轻绳与竖直方向夹角为θ，则拉力最小值为Tmin＝mgcosθ，到最低点时拉力最大，根据牛顿第二定律有Tmax－mg＝meq\f(v2,l)，若小钢球摆动过程中机械能守恒，则mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，联立可得Tmax＝3mg－2Tmin，可知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＝eq\f(1.35－1.765,0.197－0.00)＝－2.1，纵截距为3mg＝1.765，则小钢球的重力为mg＝0.59N。(3)若无空气阻力做功，根据(1)问分析可知，小钢球摆动角度及初始释放位置的不同均不会引起系统误差，因此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，故选C。考向3实验目的的创新例5(2022·河北高考)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E＝eq\f(1,2)kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________________，钩码的动能增加量为________，钩码的重力势能增加量为________。(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是________________________。[答案](1)k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,5)eq\f(m（h6－h4）2,8T2)mgh5(2)摩擦阻力做功[解析](1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝eq\f(1,2)k(L－L0)2－eq\f(1,2)k(L－L0－h5)2＝k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,5)；打F点时钩码的速度可以用E、G间的平均速度代替，则打F点时钩码的速度为vF＝eq\f(h6－h4,2T)，由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，即打A点时钩码速度为0，则从打出A点到打出F点时间内，钩码动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－0＝eq\f(m（h6－h4）2,8T2)；钩码的重力势能增加量为ΔEp重＝mgh5。(2)钩码机械能的增加量，即为钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功，则应等于弹簧弹性势能的减少量。而在本实验中随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，分析知主要原因是，随着h增加，空气阻力和纸带所受计时器的阻力做的功也逐渐增大。课时作业1．(2023·天津高考)在验证机械能守恒定律的实验中，如图甲所示放置实验器材，接通电源，释放托盘与砝码，并测得：a．遮光片宽度db．释放前遮光片到光电门的长度lc．遮光片通过光电门的时间Δtd．托盘与砝码质量m1，滑块与遮光片质量m2(1)滑块通过光电门时的速度为________；(2)从释放到滑块经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为________，动能增加量为________；(3)改变l，做多组实验，作出如图乙所示以l为横坐标、以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)为纵坐标的图像，若机械能守恒定律成立，则图像斜率为________。答案(1)eq\f(d,Δt)(2)m1gleq\f(1,2)(m1＋m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)(3)eq\f(2m1g,m1＋m2)解析(1)遮光片宽度很小，所以可认为遮光片通过光电门的平均速度等于滑块通过光电门时的速度，即滑块通过光电门时的速度为v＝eq\f(d,Δt)。(2)从释放到滑块经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为托盘与砝码重力势能减少量，即ΔEp＝m1gl，系统动能增加量为托盘与砝码、滑块与遮光片动能增加量之和，即ΔEk＝eq\f(1,2)m1v2＋eq\f(1,2)m2v2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)。(3)若机械能守恒定律成立，则系统重力势能的减少量与动能增加量相同，有m1gl＝eq\f(1,2)(m1＋m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)＝eq\f(2m1g,m1＋m2)·l，则以l为横坐标、以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)为纵坐标的图像斜率为eq\f(2m1g,m1＋m2)。2.(2023·浙江6月选考)如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度xA、xB的数据如表。钩码个数012…xA/cm7.758.539.30…xB/cm16.4518.5220.60…钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA＝________cm，弹簧B的伸长量ΔxB＝________cm，两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp________mg(ΔxA＋ΔxB)(选填“＝”、“<”或“>”)。答案0.781.29<解析钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA＝8.53cm－7.75cm＝0.78cm，弹簧B的伸长量ΔxB＝(18.52cm－8.53cm)－(16.45cm－7.75cm)＝1.29cm。弹簧A、B的弹力随形变量的增大而增大，因为此时弹簧A、B中的弹力大小均为mg，则弹簧A、B克服弹力做功分别为WA＝eq\o(F,\s\up6(－))A·ΔxA<mg·ΔxA，WB＝eq\o(F,\s\up6(－))B·ΔxB<mg·ΔxB，由功能关系可得，两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝WA＋WB<mg(ΔxA＋ΔxB)。3.(2023·山东省威海市高三下5月二模)如图所示为某小组验证机械能守恒定律的实验装置。将圆柱体重锤从A点由静止释放，当重锤沿竖直面做圆周运动经过装置E时，E能够同时记录此时重锤相对于最低点的高度h和重锤遮挡光电门的时间t。沿圆周改变装置E的位置，每次都将重锤从A点由静止释放，获得多组数据。已知重锤的质量m＝100g，直径为d，重力加速度g＝9.8m/s2，取重锤运动的最低点为零势能点，回答下列问题：(1)重锤经过装置E时的瞬时速度大小可表示为________(用d、t表示)；(2)若两次实验记录的高度分别为h1、h2，时间分别为t1、t2，则验证重锤的机械能守恒的表达式为________________________(用题中已知量的符号表示)；(3)以下是4次实验处理的数据，请补充完整第2次实验中的两个数值________J(势能)、________J(机械能)；次数高度h(m)速度v(m/s)势能(J)动能(J)机械能(J)10.1020.9600.1000.0460.14620.0861.0920.06030.0631.2750.0620.0810.14340.0391.4390.0380.1040.142(4)分析数据得出实验结论。答案(1)eq\f(d,t)(2)mgh1＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)＝mgh2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)(3)0.0840.144解析(1)可以用重锤经过光电门的平均速度表示经过装置E时的瞬时速度，则重锤经过装置E时的瞬时速度大小可表示为v＝eq\f(d,t)。(2)如果重锤的机械能守恒，则有mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，则mgh1＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)＝mgh2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)。(3)第2次实验中重锤的势能Ep＝mgh＝0.1×9.8×0.086J＝0.084J，动能Ek＝0.060J，则机械能E＝Ep＋Ek＝0.084J＋0.060J＝0.144J。4．(2023·湖南省常德市高三下模拟)如图甲所示，某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：①将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上靠右侧P点处安装一个光电门；②用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d；③接通气源及光电计时器，将滑块从靠近导轨左端某处自由释放，测得滑块通过光电门时遮光时间为Δt。根据上面的实验步骤回答下列问题：(1)该同学用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，示数如图乙所示，则d＝________cm。(2)实验中已知当地重力加速度为g，除上述步骤中测量的物理量之外，还需测量的物理量是________。A．滑块的质量MB．气垫导轨的倾斜角度θC．滑块释放处到光电门的距离xD．滑块从开始运动至到达光电门所用的时间t(3)如果满足等式gH＝________[用题中所给的物理量及第(2)问中所选的物理量表示]，则验证了机械能守恒定律。答案(1)1.050(2)C(3)eq\f(Ld2,2x（Δt）2)解析(1)由题图乙可知，遮光片的宽度d＝10mm＋10×0.05mm＝10.50mm＝1.050cm。(2)根据实验操作可知，该实验通过光电门测出遮光片挡光时间来测量滑块通过光电门位置P时的瞬时速度，从而求得滑块到达光电门位置时的动能，再通过滑块从释放到位置P下滑过程中下降的高度，求得滑块在对应过程中减少的重力势能，根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，可以看出只需验证式子gh＝eq\f(1,2)v2是否成立即可，故质量不需要测量，A错误；上式中h＝xsinθ，其中导轨的倾斜角度θ可以由已测量的导轨的长与高来确定，不需要单独测量，滑块从释放处到光电门位置P的距离x需要测量，故B错误，C正确；上式中v＝eq\f(d,Δt)，则本实验不需要测量滑块在整个过程的运动时间t，故D错误。(3)根据(2)问分析可知，若机械能守恒，则gh＝eq\f(1,2)v2，其中h＝xsinθ，sinθ＝eq\f(H,L)，v＝eq\f(d,Δt)，联立可得gH＝eq\f(Ld2,2x（Δt）2)，即若此式成立，则验证了机械能守恒定律。5．(2023·湖北省天门市高三下5月适应性考试)(1)某研究性学习小组设计了如图甲所示装置来验证机械能守恒定律。重物A的质量为M，重物A、B用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，重物A上装有质量不计的遮光片，在B的上面放有6个质量均为m的槽码，此时A、B刚好平衡且保持静止。竖直标尺下端固定有光电门。固定重物A，先记下遮光片在标尺上对准的位置，再将重物B上面的槽码移一个放在重物A上面。由静止释放重物A，记录遮光片通过光电门的遮光时间t，用游标卡尺测量遮光条的宽度d，结果如图乙所示，由此读出d＝________mm，遮光片挡光时重物A的速度为v＝________(用字母表示)。(2)再将重物B上面的槽码移n＝2个、3个、4个、5个、6个放在重物A上面。由静止释放重物A，保持每次重物下落的位置不变，重复(1)实验多次，测得多个对应的遮光片遮光时间t，通过标尺测出重物A释放时遮光片离光电门的距离h，当地重力加速度为g，以t2为纵轴，以________eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(填“n”“\f(1,n)”或“\f(1,n2)”))为横轴，如果图像是斜率等于________(用题中所给的物理量符号表示)且过原点的直线，则可以得出系统的机械能守恒。答案(1)4.80eq\f(d,t)(2)eq\f(1,n)eq\f(Md2,2mgh)解析(1)由题图乙可知，该游标卡尺为20分度，根据游标卡尺的读数规则可得d＝4mm＋16×0.05mm＝4.80mm。用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片挡光时重物A的速度，则遮光片挡光时重物A的速度为v＝eq\f(d,t)。(2)由题意可知Mg＝6mg＋MBg，如果重物A、B及6个槽码组成的系统机械能守恒，则有ΔEp＝ΔEk，即(M＋nm)gh－[MB＋(6－n)m]·gh＝eq\f(1,2)(M＋MB＋6m)v2，其中v＝eq\f(d,t)，整理得t2＝eq\f(Md2,2mgh)·eq\f(1,n)，即以t2为纵轴，以eq\f(1,n)为横轴，如果图像是斜率等于eq\f(Md2,2mgh)，且过原点的直线，则可以得出系统的机械能守恒。专题强化七动力学和能量观点的综合应用关键能力发展与提升考点一传送带模型拓展延伸1．传送带问题的分析方法(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)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。(2)系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对表示相对路程。(3)功能关系分析：W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q。例1(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是()A．物体在传送带上的划痕长eq\f(v2,2μg)B．传送带克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mv2C．电动机多做的功为eq\f(3,2)mv2D．电动机增加的功率为μmgv[答案]AD[解析]物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体达到速度v所需的时间t＝eq\f(v,μg)，在这段时间内物体的位移x1＝eq\f(v2,2μg)，传送带的位移x2＝vt＝eq\f(v2,μg)，则物体相对传送带的位移x＝x2－x1＝eq\f(v2,2μg)，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和摩擦生热的内能，物体在这个过程中获得的动能是eq\f(1,2)mv2，相对位移x＝eq\f(v2,2μg)，则由于滑动摩擦力做功产生的热量Q＝μmg×eq\f(v2,2μg)＝eq\f(1,2)mv2，则传送带克服摩擦力做的功即为电动机多做的功，为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即为传送带克服摩擦力做功的功率，为fv＝μmgv，故D正确。例2(多选)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1m/s的速度顺时针运行。现把一质量为5kg的工件(可视为质点)轻放在传送带的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)，重力加速度大小为10m/s2，则在此过程中，下列说法正确的是()A．工件加速过程的时间为0.8s B．传送带对工件做的功为202.5JC．工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5J D．电动机因传送工件多做的功为120J[答案]BC[解析]工件加速过程由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得加速度a＝μgcosθ－gsinθ＝2.5m/s2，则加速时间t＝eq\f(v,a)＝0.4s，故A错误；由动能定理有－mgh＋W传＝eq\f(1,2)mv2－0，得传送带对工件做的功W传＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝202.5J，故B正确；加速过程工件与传送带相对运动的位移大小Δx＝x传－x1＝vt－eq\f(v,2)t＝eq\f(v,2)t＝0.2m，工件与传送带间摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δx＝7.5J，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量之和，则有W电＝Q＋eq\f(1,2)mv2＋mgh＝210J，故D错误。考点二滑块—木板模型拓展延伸1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝eq\f(Δv2,a2)＝eq\f(Δv1,a1)，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。2．功和能分析：对滑块和木板分别应用动能定理，或者对系统应用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：(1)求摩擦力对滑块做的功时，用滑块相对地面的位移x滑。(2)求摩擦力对木板做的功时，用木板相对地面的位移x板。(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。例3(2023·全国乙卷)(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl[答案]BD[解析]物块在木板上运动的过程中，设木板位移为xM，则物块位移为xm＝xM＋l，根据动能定理，对物块有－fxm＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，对木板有fxM＝EkM－0，可得物块从木板右端离开时，木板的动能EkM＝fxM，物块的动能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl－fxM，则Ekm<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，C错误，D正确；画出该过程中物块、木板的v­t图像如图所示，且v0>vm，vm≥vM，由v­t图线与t轴所围面积表示对应位移可知，图中梯形面积S1表示l，下方三角形面积S2表示xM，由几何知识知，必定有S1>S2，则l>xM，则EkM＝fxM<fl，A错误，B正确。【跟进训练】1.(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是()A．上述过程中，F做功大小为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多答案BD解析F做功大小为二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v­t图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v－t图，②为木板的v－t图，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。考点三多物体、多过程问题拓展延伸1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。(2)做功