功能关系及能量守恒定律-2025年高考物理一轮复习（新高考）

第20讲功能关系及能量守恒定律

——划重点之精细讲义系列

考点1功能关系的理解及应用

考点2关于摩擦力、相互作用力'平衡力的功

考点3能量守恒定律的理解及应用

而考点剖析理重点

考点1：功能关系的理解及应用

一功能关系

i.内容

(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化.

(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现.

2.做功对应变化的能量形式

(1)合外力的功影响物体的动能的变化.

(2)重力的功影响物体重力势能的变化.

(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化.

(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化.

(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化.

(6)电场力的功影响电势能的变化.

(7)分子力的功影响分子势能的变化.

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另一种形式，或者从一个物

体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变.

2.适用范围

能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律.

3.表达式

(1)E产E卡,初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.

(2)A£^=AE或，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量.

4.几种常见的功能关系及其表达式

各种力做功对应能的变化定量的关系

%:合外力的功（所有动能的改变量合力对物体做功等于物体动能的增量W合=AEk=

外力的功）（小）

Ek2-Eki

重力势能的改变重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势

WG-.重力的功

量（八稣）能增加，且%=—AEpUEpi-42

弹性势能的改变弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势

用算:弹簧弹力做的功

量（AEp）能增加，且〃弹=—A£p=£pi一弓2

只有重力、弹簧弹力的不引起机

机械能守恒"1=（）

功械能变化

沙其他：除重力或系统内

机械能的改变量除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能

弹簧弹力以外的其他外

（AE）增加，做负功，机械能减少，且少其他=公£

力做的功

TyAx:一对滑动摩擦力因摩擦而产生的滑动摩擦力做功引起系统内能增加或内=4加：曝

做功的代数和内能（。）为物体间的相对位移）

®思维脑图学方学

△划甚点（❶）

1.功能关系的理解和应用原则

（1）牢记三条功能关系

①重力做的功等于重力势能的变化，弹力做的功等于弹性势能的变化。

②合外力做的功等于动能的变化。

③除重力、弹力外，其他力做的功等于机械能的变化。

（2）功能关系的选用原则

①在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析。

②只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。

③只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。

④只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析。

划重点g

一盒

工考向颍冽之

【考向1］（多选）如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53。的斜面向下滑动，最后停在水平地

面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为|,取地面为零势能面,

已知sin53o=0.8,cos53o=0.6。该过程中，物块的机械能£、重力势能埒、动能摩擦产生的热

量。与水平位移x的关系图像可能正确的是（）

【详解】AD.设。点到斜面底端的距离为功，物块释放点的高度为九物块从释放到停止运动的过

程中，克服摩擦力做功

Xo

W克="zngcos53。-----+11mgX、

LUoJJ

可得

卬克=

p.mgx0+Rmgxi=pmgx

根据能量守恒可知

Q=14/克=〃mgx

而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功,则物块在久轴上任意位置的机械能

为

2

E=mgh——mg-x

其E-x图像为纵轴截距为zngh,斜率为-|mg的倾斜直线，而其Q-x图像为过原点，斜率为|mg的倾

斜直线，故A错误，D正确；

B.物块的重力势能

43

Ep=mgh—mgtan53°•x=mgh——mg•x（x<x0=—li）

可知物块Ep-x图像为纵轴截距mgh,斜率为-刎g的图线，当》>为时，重力势能为0保持不变，

故B正确；

C.当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能

x2

Eki=Tngxtan53°—iimgcos53o-------7=—mg-%（%<%）

V-vlOkJ*_/J0

当物块下滑至斜面底端时其动能

2

瓜1=-^mgx0

此后在水平面上克服摩擦力做功，则有

222

Ek2=-mgx0-^mgx=-mgx0--mg-x（x0<x<2x0）

可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为（mg,动能达到最大后在水平面上

运动，其图线的斜率为-|爪9,可知图线具有对称性，故C错误。

故选BDo

【考向2］（多选）如图甲所示，光滑水平面与半径为R的光滑竖直半圆轨道平滑衔接，在/点（距

离8点足够远）固定一轻质弹簧，弹簧压缩储存了弹性势能可以发射质量为加的小滑块，已知重力

加速度g,则下列说法正确的（）

D

A.若弹簧弹性势能为加gR,则小球恰能到达C点

B.若弹簧弹性势能为2"?gR,则小球恰能到达。点

C.若弹性势能为3加gR,则小球通过8点时对轨道的压力为6mg

D.若弹性势能为2.5加gA,则小球通过。点后落在水平面上距8点为2R

【答案】AD

【详解】A.根据能量守恒，小球由N到C,有

1

mgR—mgR+—7

解得

vc=0

可知小球恰能到达C点。故A正确；

B.同理，小球由/到。，有

1

2mgR—2mgR+—7

解得

=0

小球能到达D点的最小速度满足

mg=m^-

K

解得

Umin=JgR

可知

VDVUmin

则小球不能到达。点。故B错误;

C.依题意，小球由4到3,有

1

3mgR=­mv^7

在5点，由牛顿第二定律可知

FN-mg=

R

联立，可得

FN=7mg

根据牛顿第三定律可知小球通过3点时对轨道的压力为7mg。故C错误;

D.小球由/到。，有

1

2.SmgR=2mgR+—mvp7

解得

小球经过。点后做平抛运动，有

1。

2R=心,x-vDt

解得

x=2R

故D正确。

故选ADo

【考向3］（多选）如图所示，在倾角为3的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、

B,它们的质量分别为mi、m2,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板，系统处于静止状态.现

用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当物块B刚要离开挡板C时,

物块A运动的距离为d,速度为v.则此时（）

A.拉力做功的瞬时功率为尸vs%。

B.物块B满足ni2gsin6=kd

C.物块A的加速度为三丝

mi

D.弹簧弹性势能的增加量为Fd—mjgdsin9—^mjV2

【答案】CD

【详解】A.拉力的瞬时功率尸=周，故A错误；

B.开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹

力等于B的重力沿斜面下的分力，故magsinfAkxz，但由于开始是弹簧是压缩的，故4>切，故切2gs比。

<kd,故B错误；

C.当B刚离开C时，对A,根据牛顿第二定律得：F-mIgsin0-kx2=mia；,又开始时，A平衡，则有：

mIgsind=kxI,而3=盯土，解得：物块A加速度为故C正确；

D.根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：

Fd-migdsin0-^m1V2,故D正确；

故选CD„

【考向4】（多选）（2024•湖南岳阳•一模）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴。

上，另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹

角为30。，N点距水平面的高度为0.4m,NP=PM,ON=OM,。尸等于弹簧原长。小球从N处由静止

开始下滑，经过尸处的速度为2m/s,并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2,小球与直杆

的动摩擦因数为空，则下列说法正确的是（）

A.小球通过P点时的加速度大小为3m/s2

B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5J

C.小球通过NP段与尸M段摩擦力做功相等

D.N到尸过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J

【答案】CD

【详解】A.因在P点时弹簧在原长，则到达P点时的加速度为

a=gsin30°—〃gcos30°=2m/s2

故A错误；

C.因NP段与尸N段关于尸点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力

做功相等，故C正确；

B.设小球从N运动到尸的过程克服摩擦力做功为9,弹簧具有的最大弹性势能为品，根据能量守

恒定律得,对于小球N到P的过程有

2

mgxg+Ep=1mv+WfN到M的过程有

mgh=2Wf

得

11

22

Ep——mv——x0.2x2J=0.4J

故B错误；

D.N到尸过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能

mqh

△E=%=寸-=0.4J

故D正确。

故选CDo

【考向5】（多选）（2024•内蒙古赤峰•一模）如图所示，一固定在水平面上的光滑木板，与水平面的

夹角。=30。，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮。。劲度系数为k=鬻的轻

弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。跨过定滑轮。的不可伸长的轻绳一端与

物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外

力厂作用下静止在直杆的4点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角a=37。。去掉

水平外力尸，物块P由静止运动到2点时轻绳与直杆间的夹角£=53。。已知滑轮到水平直杆的垂直

距离为d,重力加速度大小为g,弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计

滑轮大小及摩擦。sin37°=0.6,cos37°=0.8,sin53°=0.8,cos53°=0.6„则下列说法正确的是

（）

B.物块P从N点运动到8点时，物块Q的重力势能减少量小于P、Q两物块总动能的增加量

C.物块P在/点时弹簧的伸长量为3

D.物块P从/点运动到2点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为里警

310

【答案】CD

【详解】A.由于轻绳只能提供拉力，其对于物块P来说在从/点到B点过程中轻绳拉力的方向与

其运动方向成锐角，即轻绳拉力对其做正功。而由于水平光滑直杆，所以物块P在该过程只有轻绳

拉力做功，即物块P在该过程中机械能一直增加，故A项错误；

C.对物块P在/点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力在竖直方向的分

力与重力大小相等，方向相反，即

Tsina=mg

所以绳子的拉力为

5

T=^mg

对物块Q进行受力分析，在沿斜面方向上有

T=2mgsin9+尸弹

解得

2

尸弹=5根9

设弹簧拉伸的长度为x,由胡克定律有

F弹=kx

解得

5d

%=24

故C项正确；

B.物块P到2点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了

dd5d

DA—OR=_________=

sincrsin£12

所以此时弹簧的压缩量为

5d

x，---------5--d----5--d

-1224-24

即此时弹簧的压缩量与初始时弹簧的拉伸量相同，也就是说此时弹簧的弹性势能与初始时弹簧的弹

性势能相同。物块P从/点运动到8点的过程中，弹簧的弹力做功为零，所以由能量守恒可知，物

块Q重力势能减少量之和等于物块P和Q两物块的动能的增加量，故B项错误；

D.物块P运动到3点时，P和Q速度满足

3

Q

V=VpCOS^B=—vP

物块P从4点运动到5的过程中，由能量守恒有

5d117

2mg--sinO=—mvp7+--2mvQ

对物块P由动能定理有

1

W=—mvp7

解得

125

^=516^

故D项正确。

故选CDo

［总考点剖析理重点

考点2：关于摩擦力'相互作用力、平衡力的功

1.静摩擦力做功的特点

(D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=%x相对,其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移.

类别

静摩擦力滑动摩擦力

比较

只有能量的转移，而没有能量的转

能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化

化

不

同一对滑动摩擦力所做功的代数和

一对摩擦一对静摩擦力所做功的代数总和

点不为零，总功叶=一号•/相对，即摩

力的总功等于零

擦时产生的热量

相

同做功的正、负两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功

点

3.作用力、反作用力做功的特点

①作用力、反作用力作用下的物体的运动特点：可能向相反方向运动，也可能向相同方向运动，

也可能一个运动而另一个静止，还可能两物体都静止。

②由沙=F/cosa可以判断，作用力与反作用力的功的特点是：没有必然关系，即不一定是一正

一负，绝对值也不一定相等。即一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正，可能为

负，也可能为零。

4.一对平衡力做功的特点

一对平衡力作用在同一物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所

做的功在数值上一定相等，一正一负或均为零。

一含

丁”跑地即

【考向6】下列有关功和功率的说法，正确的是（）

A.功率越大，说明力做功越多

B.摩擦力总是与相对运动或相对运动趋势方向相反，因此摩擦力只能做负功

C.作用力和反作用力总是等大反向，因此一对作用力和反作用力做功时总是一正一负，总和为

零

D.一对平衡力，其中一个力做正功，另外一个力一定做负功

【答案】D

【详解】A.功率表示做功快慢，做功越快，功率越大，故A错误；

B.摩擦力总是与相对运动或相对运动趋势方向相反，但可能与物体运动方向相同，即摩擦力可能

做正功，可能做负功，也可能不做功，故B错误；

C.作用力和反作用力总是等大反向，但一对作用力和反作用力可能都做正功，都做负功，也可能

一正一负，也可能作用力做功而反作用力不做功，故C错误；

D.平衡力总是等大反向作用在一个物体上所以一个做正功另一个力一定做负功，故D正确。

故选D。

【考向7】如图所示，质量为M、长度为上的小车静止在光滑的水平面上，质量为根的小物块放在

小车的最左端，现用一水平力尸作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为4,经过一段时间

小车运动的位移为x,小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是（）

----L-----------------x---------►!

A.此时小物块的动能为F（久+L）

B.此时小车的动能为尸磔

C.这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx-尸也

D.这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff（L+久）

【答案】B

【详解】A.对小物块由动能定理得

F[x+L）—Ff（x+L）=Ek物一0

整理有

取物=尸（*+乙）—4（乂+L）

故A项错误；

B.对小车由动能定理有

FfX=Ek车一0

整理有

Ek车=Ffx

故B项正确；

C.设水平面为零势能面，初始时物块和小车均静止，其机械能为0J,经过水平外力后，小车和小

物块的动能之和为

Ek—Ek车+Ek物—F(x+L)-Ff(x+L)+F(X=F(x+L)—FfL

此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了/(X+L)-尸也，故C项

错误；

D.根据功能关系可知，其摩擦产生的热等于其摩擦力与相对位移的乘积，即

Q=FfL

故D项错误。

故选Bo

【考向8】(多选)电动机带动足够长的水平传送带以速度v匀速传动，一质量为机的小木块由静止

轻放在传送带上，如图所示。若小木块与传送带之间的动摩擦因数为出重力加速度为g,当小木块

与传送带相对静止时()

C)(・)

A.传送带转过的路程为篙

B.小木块的位移为监

C.摩擦产生的热量为加V?

D.因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量为加3

【答案】AD

【详解】AB.当小木块与传送带相对静止时所用时间为

vv

t=­=—

CL[1C/

传送带转过的路程为

V2

s=vt=——

小木块的位移为

VV2

X=—t=-----

2211g

选项A正确，B错误；

C.摩擦产生的热量为

1

Q=png(s—x)=—mv2

选项C错误；

D.因放上小木块后，电动机带动传送带匀速转动多输出的总能量为

1,

E=Q+—9

选项D正确。

故选AD。

【考向9］如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面N8和竖直半圆形

轨道3c组成，各部分平滑连接。已知半圆形轨道的半径R=0.4m,除半圆形轨道2c外其余接触面

均光滑。某次游戏中用力将一质量加=0.1kg的滑块压缩轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)，此时弹簧

的弹性势能理。=1.6J,然后由静止释放滑块，滑块从弹射器/点弹出后，恰能通过半圆形轨道的最

高点C,取重力加速度大小g=10m/s2,滑块可视为质点，忽略空气阻力。求：

(1)滑块通过3点时对半圆形轨道的压力大小；

(2)滑块从8点运动到C点的过程中，克服摩擦力做了多少功？

【答案】(1)9N；(2)0.6J

【详解】(1)滑块运动到8点的过程，由能量守恒有

1?

mv

Ep0=2e

滑块经过2点，由牛顿第二定律有

Vg

FN-mg=m—

解得

FN=9N

由牛顿第三定律得，滑块通过8点时对半圆形轨道的压力

F'N=9N

(2)滑块恰好能过C点，则

v2

mg—

解得

Vc=y[gR=2m/s

滑块从3点运动到C点的过程中，由动能定理有

11

—mg-2R—Wf=—mvc——mvg

解得

Wf=0.6J

【考向10]如图所示，一质量M=2kg、长L=4m的木板B静止于光滑的水平面上，距离B的右端

d=6m处有一固定竖直挡板；t=0时刻，一个质量ni=1kg的小物块A以初速度%=3m/s从B的

左端水平滑上B,t=4s时，对物块A施加一水平向右的恒力F=2N。设物块A可视为质点，A、B

间的动摩擦因数4=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中

无机械能损失,gMX10m/s2,求：

(1)0-4s内，木板B的运动位移；

(2)从B开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，摩擦力对8所做的功；

(3)B与竖直挡板第二次碰撞前A距离木板B右端的距离。

A|

^=nB_

,〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃尸

【答案】(1)3.75m；(2)4J；(3)1.25m

【详解】(1)A滑上B后，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动；由牛顿第二定律知，对木

块A

[img=maA

对木板B

/img=MaB

设AB经过时间h后达到相等的速度巧，由运动学规律知

%—a4tl=="i

解得

ti=0.5s

%=lm/s

此时A运动的位移为

"o+也"

孙=-2—h=lm

B的运动位移为

V1

XB=—ti=0.25m

当AB共速后将做匀速直线运动，则两者在0.5s-4s内的运动位移为

物1=1x3.5m=3.5m

故在0-4s内，木板B的运动位移为

x=xB+xB1=3.75m

(2)当t=4s时，当恒力歹作用在A上，假设AB仍保持相对静止，对整体有

F=(M+Tn)a

对B有

f=Ma

解得

3

f=^NVf=卬ng=4N

4,m

故在木板B与挡板碰撞前，A、B保持相对静止，其共同运动的加速度为

2

a=—m/s2

设木板B第一次与挡板碰撞前，AB的速度为外，由运动学规律知

诏一资=2a(d—x)

解得

v2=2m/s

而从B开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，只有摩擦力对B做功,由动能定理知

1?

Wf=-Mvl=4]

(3)当B与挡板第一次碰撞后，A向右做匀减速直线运动，B向左做匀减速直线运动

对A有

jimg—F=maA1

对B有

fimg=MaB

解得

2

a=aB=2m/s

即AB将同时减速到0,则在此过程中，由运动学公式知

该=2aA1xA1

诺=2aBxB2

解得

XAI=xB2=lm

在此过程中A相对B运动位移为

△支2=2m

此后AB将在恒力厂作用下以加速度a=|m/s2向右加速运动，在第二次碰撞前A与B之间不再发

生相对位移；

由(1)问可知，0-4s内，A相对B运动位移为

=xA—xB=0.75m

故B与竖直挡板第二次碰撞前A距离木板B右端的距离

s=L—Axi—AX2=1.25m

痂考点剖析理重点

考点3：能量守恒定律的理解及应用

1.对能量守恒定律的两点理解

(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AE滤与增加的能量总和AE增，最后由A£或=AE1增列式求解。

5.涉及弹簧的能量问题

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)能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。

(2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两

物体速度相同O

(3)当水平弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度。

一含

壬"缪斯

【考向11]如图所示，质量为0.5kg的小球从距地面高为1.5m处由静止释放，与正下方固定的长为

0.4m的轻弹簧作用，速度第一次减为零时，距地面高为0.25m,小球第一次反弹至最高点时，距地

面高为1.273m。经过多次反弹后，小球最终静止在弹簧上，此时，小球距地面高为0.39m,弹簧的

弹性势能为0Q25J。若小球始终在竖直方向上运动，且受到的空气阻力大小恒定。(当小球速度为零

时空气阻力为零，重力加速度g=10m/s2)下列说法正确的是()

A.弹簧的劲度系数为200N/m

B.小球在运动过程中受到的空气阻力约为0.3N

C.小球在整个运动过程中通过的路程约为11.05m

D.小球下落过程中速度最大处距地面高为0.39m

【答案】C

【详解】A.小球静止在弹簧上时，根据平衡条件和胡克定律得

mg=kAx

解得

mq5

k=——=~————N/m=500N/m

Ax0.4-0.39//

故A错误；

D.小球接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度向下，小球继续加速，当弹力与空气阻力的合

力等于小球的重力时，速度达到最大，然后弹力大于重力，小球减速，到最低点，经过多次反弹后,

最终小球静止在弹簧上端时弹力等于重力，则小球距地面高为0.39m处并不是下落过程中速度最大

处，D错误；

B.小球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，由动能定理得

m5(1.5-1.273)-/[(1.5-0.250)+(1.273-0.250)]=0

解得

0.5N

故B错误；

C.对小球运动的整个过程，由能量守恒定律得

0.39）=fs+Ep

解得

s=11.05m

故c正确。

故选c。

【考向12］（多选）如图所示，一个质量m=0.5kg的小球（可视为质点）从H=12m高处，由静止

开始沿光滑弧形轨道力B滑下，接着进入半径R=4m的竖直圆轨道，当到达环顶。时，刚好对轨道

压力为零；小球在沿左半环CB滑下后，再进入光滑弧形轨道且到达。点时速度为零。已知g

取10m/s2,则下列说法正确的是（）

B

A.在由N到。的过程中，小球的机械能守恒

B.若圆轨道粗糙程度处处相同，则。点离地面的高度一定大于8m

C.小球第一次过8点时对轨道的压力大小是35N

D.小球从B上升到C的过程中克服阻力做的功是10J

【答案】BCD

【详解】C.小球第一次过2点时，根据机械能守恒有

1?

mgh=­mv^

在B点由牛顿第二定律有

廿

N—mg=m~—

R

解得

N=35N

故C正确；

D.根据题意，在C点由牛顿第二定律有

设小球从B上升到C的过程中克服阻力做的功为Wf,则能量守恒有

2

—mvg=—mvc+mg-2R+Wf

联立解得

W{=10J

故D正确；

A.根据以上分析可知，小球在竖直圆轨道运动时克服阻力做功，由此可知，在由/到。的过程中,

小球的机械能不守恒，故A错误；

B.若圆轨道粗糙程度处处相同，则在圆轨道上从B到C的过程中小球对圆轨道的平均压力大于从C

到B过程中小球对圆轨道的平均压力，因此在竖直圆轨道上运动克服摩擦力做的总功Wf总<20J,

由能量守恒定律可得

mg(H-h)-W/总=0

解得

h>8m

故B正确。

故选BCDo

【考向13］如图所示，固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道与水平地面相切于C点，半径08与水

平方向的夹角。=37。。质量6=1kg的物块(视为质点)从。点正上方的/点以大小为=3m/s的

速度水平向左抛出，恰好沿8点的切线方向进入并沿圆弧轨道运动，到达C点后沿地面滑行距离

s=1.5m停下。物块与地面间的动摩擦因数〃=0.3,取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,不计空气阻力。求：

(1)/、2两点的高度差为以及圆弧轨道的半径R；

(2)物块通过C点时对圆弧轨道的压力大小人；

(3)物块通过2点时的速度大小诙以及在物块从2点运动到C点的过程中，物块与圆弧轨道之间

因摩擦产生的热量Qo

【答案】(1)h=0.8m,R=1.5m；(2)FN=16N；(3)vB=5m/s,Q=32J

【详解】(1)设物块通过B点时的竖直分速度大小为内，根据几何关系有

v0=Vytand

又

Vy=2gh

解得

h=0.8m

设物块抛出后在空中做平抛运动的时间为f,有

Vy=gt

又

Rcosd=vot

解得

R=1.5m

(2)设物块通过。点时的速度大小为北，对物块沿地面滑行的过程，根据动能定理有

1

—/imgs=0——mVc?

解得

vc=3m/s

设物块通过C点时所受圆弧轨道的支持力大小为F，N，有

Vc

F'N-mg=m—

根据牛顿第三定律有

F'N=FN

解得

FN=16N

(3)物块通过3点时的速度大小

v0

VB=^0

解得

vB=5m/s

对物块从B点滑至C点的过程，根据能量守恒定律有

11

Q=mg(R+Rsinb)-mv^7——mv^7

解得

Q=32J

【考向14]某同学参照过山车情景设计了如图所示的模型：光滑的竖直圆轨道半径R=2m,入口

的平直轨道NC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为爪=2kg的小滑块(可视为质点)与水平

轨道之间的动摩擦因数均为〃=0.5,滑块从N点由静止开始受到水平拉力F=60N的作用，在8点

2

撤去拉力，N3的长度为L=5m,不计空气阻力，5=10m/s„

(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，求滑块在圆轨道最低点时圆轨道对它的支持力大小；

(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道3c段的长度范围。

FlB、c，D

7力〃》〃〃〃〃/，〃〃〃〃//^，力〃〃〃〃〃)/.

【答案】(1)FN=120N；(2)[O,15ml或[21m,25m]

【详解】(1)滑块恰好通过最高点，滑块只受到重力，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律可

得

V2

mg=m—

R

滑块从。点到最高点过程由动能定理可得

11

—mgx2R=—mv2——

在。点，对滑块由牛顿第二定律可知

VQ

FN-mg=m—

解得

FN=120N

(2)要使滑块能进入圆轨道运动，则至少能够到达。点，有

FL—fimg(L+%0)=0

解得

x0=25m

①滑块无法通过最高点，但到达的高度为尺时速度为0,滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能

定理可得

FL-^mgQL+x^—mgR=0

解得

=21m

②滑块能通过最高点，即到达C点的速度大于九，由（1）中可得

vc—10m/s

对AC过程由动能定理可得

1

FL—iimg（X2+£）=—mv^7

解得

%2=15m

综上所述，要使不脱离轨道5c长度范围为［o,15m］或［21m,25m］。

【考向15］如图所示，半径为R的半圆弧轨道/BCD竖直放置，。点在圆心。点的正上方，是圆

弧的最高点，固定圆管轨道板与半圆弧轨道在最低点月平滑对接，管口N点的切线水平且N、。、

3三点等高，劲度系数为人的轻质弹簧放置在光滑的水平面PN上，一端固定在尸点，当弹簧处于

原长时，另一端正好处在N点。一质量为加、可视为质点的小球置于N点（与弹簧不粘连），现移

动小球压缩弹簧至0,然后由静止释放小球，小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道。已知QN=s,

弹性势能的表达式为理=9依2（左为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），不计所有摩擦，重力加

速度为g。

（1）求C点与2点的高度差加

（2）求小球在/点时对半圆轨道的压力；

（3）若只改变小球的质量，使小球能够到达半圆轨道最高点，求小球质量的取值范围。

【答案篇；（2）普；（3）0＜爪3磊

【详解】（1）小球运动到C点时恰好脱离半圆轨道，轨道对小球的弹力刚好为0,设重力与。的夹

角为仇则有

v2

mgcosd=m—rc-

由几何关系可得

h

COS0=-

R

从。点到C点，由能量守恒定律可得

11

—fcs2=—mvc+mgh

解得

ks2

h=-----

3mg

从。点到。点，由能量守恒定律可得

1,1

—9=-mvc7+mgh

解得

ks2

h=-----

（2）小球由。运动到4,由能量守恒定律可得

1,1

—/csz94-mgR=—mv^

在4点时有

-yy-i

F^-mg=—

K

由牛顿第三定律可得

ks2

FN=Fd=3mg+

方向垂直轨道向上

（3）小球能完整通过。点，则有

mv2

mg>——D

K

从0到。，由能量守恒定律有

1,1

7z

—ks^—mgR=-mvD

可得

ks2

0<m<——

3gR

一第1真趣探海规范维

【真题1］（2022•浙江•高考真题）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405

kW,风速在5〜lOm/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4空气密

度为P，风场风速为也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.单位时间流过面积力的流动空气动能为%2小

C.若每天平均有1.0x108kw的风能资源，则每天发电量为2.4x109kw.h

D.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6.0xl()5kW•h

【答案】D

【详解】AB.单位时间流过面积4的流动空气体积为

Vo=Av

单位时间流过面积4的流动空气质量为

m0=pV0=pAv

单位时间流过面积a的流动空气动能为

11

23

—m0v=-pAv

风速在5〜10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成

正比，AB错误；

C.由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0x108kw的风能资源，则每天发电量应满足

E<1.0x108x24kW•h=2.4x109kW-h

C错误；

D.若风场每年有5000h风速在6〜lOm/s的风能资源，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,风速在5〜10m/s范围内，转化效率

可视为不变，可知风速为6m/s时，输出电功率为

,405

p=63X——kW=120kW

93

则该发电机年发电量至少为

E=Pt=120x5000kW-h=6.0x105kWh

D正确；

故选Do

【真题2】（2021•浙江・高考真题）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内

能量分配情况如图所示则汽车（）

水泵等损耗0.5x104J

摩擦损耗0.3x1（/j

/克服空气阻力做功0.45x1（/j

、克服转动阻力做功0.45x104J

A.发动机的输出功率为70kW

B.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7X104J

C.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9xlO4J

D.每Is消耗的燃料最终转化成的内能是7.0xl04j

【答案】C

【详解】A.由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为1.7xl04j,则输出功率为

W1.7x104

P=—=——-——W=17kW

t1

选项A错误；

BCD.每Is消耗的燃料有6.9X104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9xlO4J,选项C正确，

BD错误。

故选C。

【真题3】（2022・福建・高考真题）2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390km近圆

轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知

质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G个，式中M为地球质量,

G为引力常量；现将空间站的质量记为巾。,变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为勺、「2,如图所

示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为（）

B.GMTTIQ

C.|(7Mm

0D.2GMm0

【答案】A

【详解】空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道T1变轨到「2

过程，根据动能定理有

勿+W引力=AEk

依题意可得引力做功

Mm0Mm0

“引力=G---------G-------

丫2

万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有

2

Mm0v

求得空间站在轨道上运动的动能为

Mm0

动能的变化

MmnMmn

解得

GMma

W=—

故选A。

【真题4】（2021•全国•高考真题）如图，一倾角为。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%减速带的宽度远小于d；一质量为的无动力小车（可视为质点）

从距第一个减速带工处由静止释放。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〃，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£应满足什么条件？

(无动力)小车

【答案】⑴mgdsind；(2)的木―黑…吟⑶L>d+^

【详解】(1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有

7ngsin。=ma

设小车通过第30个减速带后速度为盯，到达第31个减速带时的速度为火，则有

诏一谱=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，故后面过减速带后的速度与到

达下一个减速带均为盯和经过每一个减速带时损失的机械能为

11

AE=—mv27——mvi7

联立以上各式解得

AE=mgdsind

(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为⑦，则在水平地面上根据动能定理有

1

—fimgs=0——mv{7

从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有

1

mg(L+29d)sin6—△£*总=-mv{7

联立解得

△月总=mg(L+29d)sin6—47ngs

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

△E总mg^L+29d)sin6—〃7ngs

AE'=----=-----------------------

3030

(3)由题意可知

AE'>AE

可得

〃s

L>d--T-Z

sin0

【真题5】(2021•江苏•高考真题)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的。点,

小圆环/和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于。和/,质量为加的小球8

固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37。，现将装置由静止缓慢加速转动，当

细线与竖直方向的夹角增大到53。时，A、8间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相

等、方向相反，重力加速度为g,取sin37o=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)装置静止时，弹簧弹力的大小尸；

(2)环/的质量

(3)上述过程中装置对，、8所做的总功少。

【答案】(1)-(2)施;(3)^mgL

【详解】(1)设力B、OB的张力分别为Fi、F2,/受力平衡

F=Fisin37°B受力平衡

COS

Ficos370+F237°=mg

尸isin370=F2sin37°

解得

仁丁

(2)设装置转动的角速度为3,对/

、8

F=MM2--L

对2

4

mgtan53°=ma)2—L

解得

9

M=­m

64

（3）8上升的高度八=*,A,2的动能分别为

EkA=：M（3gL）；EkB=^m（M^L）

根据能量守恒定律可知

W=