1、专题二功和能第一讲功和功率_动能定理 考点一功和功率1.考查功的大小计算如图所示，质量m1 kg、长L0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为0.4。现用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)()A1 JB1.6 JC2 JD4 J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力fmg4 N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为Wf1.6 J，所以B正确。2考查平均功率与瞬时功率的分析与计算如图所示，某质点运动的vt图像为正弦曲线。从图像可以判断(
2、)A质点做曲线运动B在t1时刻，合外力的功率最大C在t2t3时间内，合外力做负功D在0t1和t2t3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D质点运动的vt图像描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B错误；由题图可知，在t2t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0t1和t2t3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。3考查机车启动的图像问题下列各图是反映汽车以额定功率P额从静止启动，最后做匀速运动的过程，汽车的速度v随时间t以及加速度a、牵引力F和功率P随
3、速度v变化的图像中正确的是()解析：选A汽车以额定功率启动时，功率一定，由PFv可知，速度增大，牵引力F减小，根据FFfma，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故A正确，B、C、D错误。4考查机车的启动与牵引问题某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图像，如图所示(除210 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知小车运动过程中，214 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0 kg。可认为在整个运动过程中
4、小车所受到的阻力大小不变。求：(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率；(3)小车在加速运动过程中(010 s内)位移的大小。解析：(1)在1418 s时间段，加速度大小：a m/s21.5 m/s2由牛顿第二定律得：fma1.5 N。(2)在1014 s小车做匀速运动，速度v6 m/s牵引力大小F与f大小相等，则：Ff1.5 N，小车匀速运动的功率：PFv9 W。(3)02 s内，小车的位移：x123 m3 m210 s内，根据动能定理：Ptfx2mv22mv12代入数据解得x239 m加速过程中小车的位移大小为xx1x242 m。答案：(1)1.5 N(2)9 W(3)42
5、 m考点二动能定理的理解和应用5.考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系多选如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：选BDA物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，选项B正确；A对B的摩擦力与B对A的
6、摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，选项C错误；对长木板B应用动能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，选项D正确；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故选项A错误。6.考查应用动能定理处理变力做功问题用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内()A小球重力做功为mgl(1cos )B空气阻力做功为mglcos C小球所受合力做
7、功为mglsin D细线拉力做功的功率为解析：选A小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：hl(1cos )，所以小球的重力做功：WGmghmgl(1cos )，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WGWf00，所以空气阻力做功WfWGmgl(1cos )，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合000，故C错误；由于细线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。7考查Ekt图像一个小球从固定的光滑圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C点的过程中，小球的动能Ek随时间t的变化图像可能是(
8、)解析：选B动能Ek与时间t的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即P，A点与C点处小球速度均为零，B点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A、B、C三点处的重力做功功率为零，则小球由A点运动到B点的过程中，重力做功的功率先增大再减小至零，小球由B点运动到C点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故B正确，A、C、D错误。8考查动能定理与Fx图像的综合应用如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数
9、为0.3，与BC间的动摩擦因数未知，取g10 m/s2。求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块到达C处时的速度vC大小？滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？滑块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少？解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmvB2代入数据解得：vB6 m/s。(2)当滑块恰好能到达最高点C时，重力提供向心力：mgm代入数据解得：vC m/s。对滑块从B到C的过程，由动能定理得：Wmg2RmvC2mvB2代入数据得：W3 J，即克服摩擦力做的功为3 J。滑块离开C
10、后，做平抛运动，在水平方向：xvC t在竖直方向：2Rgt2联立解得：x1.2 m。答案：(1)6 m/s(2) m/s3 J1.2 m考点三应用动能定理解决力学综合问题9.考查动能定理解决多过程问题多选如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)。则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加
11、速度大小为g解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1，s2由动能定理知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得动摩擦因数，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mghmgs1cos 45mv2解得v ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做的功相等，即W2mgh，选项C错误。10考查动能定理解决往复运动问题如图所示，斜面的倾角为，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦
12、力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()A.B.C.D.解析：选A因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于mgcos 与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wfmgcos s，由动能定理可得：mgx0sin Wf0mv02，可解得s，故A正确。11考查动能定理与传送带、平抛运动的综合应用如图所示，斜面AB长xAB3 m、倾角为，其底端B与水平传送带相切，传送带长为L3 m，始终以v05 m/s的速度顺时针转动。现有一个质量m1 kg的物块，在离B点xPB2 m处的P点由静止释放。已知物块与
13、斜面间的动摩擦因数10.25，物块与传送带间的动摩擦因数20.2，sin 370.6，sin 530.8，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)倾角逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)；(2)当37时，小物块由P到C的过程中，摩擦力对物块所做的功；(3)当53时，为了使物块每次由P滑到C点时均抛在同一点D，求物块释放点P到B点的取值范围。解析：(1)为使物块能从斜面开始下滑，有：mgsin 1mgcos 解得倾角满足的条件为tan 0.25。(2)由P到B，由动能定理得：mgxPBsin 371mgxPBcos 37mvB2解得vB4 m/s在B点，因为v
14、B4 m/sv0，物块在传送带上先做匀加速运动到达v0，运动位移为x0，则a2g2 m/s2根据：v02vB22ax0解得：x02.25 mPBPDCPAPCPDPBDPAPCPDPB解析：选C小球落地时，A的重力的瞬时功率：PAmg；B落地的瞬时功率：PBmgsin ；C落地的瞬时竖直速度为vy，则落地时重力的瞬时功率：PCmg；因D中小球上升的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为vy，则落地时重力的瞬时功率：PDmg；故PAPCPDPB，故选项C正确，A、B、D错误。2一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其vt图像如图甲所示，水平拉力的Pt图像如图乙所示，取g10 m/s2，求：(
15、1)物块与水平面间的动摩擦因数；(2)物块运动全过程水平拉力所做的功W；(3)物块在02 s内所受的水平拉力大小。解析：(1)由甲、乙两图比较可知，在第59 s内，物块做匀减速运动加速度：a m/s21.0 m/s2由牛顿第二定律得：mgma得：0.1。(2)对全过程：WP1t1P2t2 J4.03 J24 J。(3)法一：物块匀速运动阶段：Fmg0P2Fvm解得：mg得：m1.0 kg物块加速运动阶段，加速度：a0 m/s22.0 m/s2由牛顿第二定律得：Fmgma0解得F3.0 N法二：由图像可知：当t12.0 s，v14.0 m/s时，P112 W由P1Fv1得：F N3.0 N。答案
16、：(1)0.1(2)24 J(3)3.0 N3多选(2018连云港、徐州、宿迁三模)如图所示，ABC是一个位于竖直平面内的圆弧形轨道，高度为h，轨道的末端C处与水平面相切。一个质量为m的小木块从轨道顶端A处由静止释放，到达C处停止，此过程中克服摩擦力做功为W1，到达B处时速度最大为v1，加速度大小为aB；小木块在C处以速度v向左运动，恰好能沿原路回到A处，此过程中克服摩擦力做功为W2，经过B处的速度大小为v2，重力加速度为g。则()Av2Bv1v2CW1W2DaB0解析：选BC木块下滑过程，在B点的速度最大，则切向方向受力平衡，但是沿半径方向有向心加速度，故aB不为零，选项D错误；木块沿轨道滑
17、动过程，根据动能定理，从A到C有mghW10，从C到A有mghW2mv2，从A到B有mghABWABmv12，从B到A有mghABWBA0mv22，分别整理可得，W1mgh，v，v1，v2，所以v1v2，选项B正确；与上滑相比，下滑整个过程的速度的平均值小，故木块与轨道间的压力、摩擦力小，所以克服摩擦力做功少，即W1，故选项A错误，C正确。考点二动能定理的理解和应用高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考生自学为主。(一)对动能定理的两点理解1动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。2动能定理表达式中，Ek为所研究过程的末动能与初动
18、能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。(二)动能定理的适用范围1既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动；既可适用于恒力做功，也可适用于变力做功。如诊断卷第6题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用WFlcos 直接求解，应考虑使用动能定理求解。2对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第5题，由动能定理可知，A的动能增量一定等于B对A的摩擦力对A所做的功，而外力F对A和B系统所做的功并没有全部转化为A、B的动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。3注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第8题，Fx图线与x轴所
19、围“面积”表示力F所做的功。题点全练1.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为()A.mv2mgxBmgxmv2C.mv2mgxD以上选项均不对解析：选C设W弹为弹力对物块做的功，因为克服摩擦力做的功为mgx，由动能定理得W弹mgxmv20，得W弹mv2mgx，故C正确。2.多选(2018潍坊模拟)如图所示，不可伸长的细绳长为l，一端固定在O点，另一端拴接一质量为m的小球。将小球拉至与O等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动
20、至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W，重力加速度为g，则小球到达最低点时()A向心加速度aB向心加速度aC绳的拉力FD绳的拉力F解析：选AC根据动能定理得：mglWmv2，则向心加速度为：a，故A正确，B错误；在最低点，根据牛顿第二定律得：Fmgm，解得绳子的拉力为：Fmgm，故C正确，D错误。3.如图所示，长为L的轻杆一端连着质量为m的小球，另一端与固定于水平地面上O点的铰链相连，初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体左侧紧靠O点，且轻杆位于正方体左下边垂直平分线上。现在杆中点处施加一个方向始终垂直杆、大小不变的拉力，当杆转过45时撤去此拉力，小球恰好能到达最高点，不计一切摩
21、擦。求：(1)拉力做的功W和拉力的大小F；(2)撤去拉力F时小球的动能Ek；(3)小球运动到最高点后向右倾倒，当杆与水平面夹角为时小球的速度大小v1(正方体和小球未分开)。解析：(1)由动能定理有WmgL0且有WF解得WmgL，F。(2)由动能定理有WmgLsin Ek0解得EkmgL。(3)此时正方体的速度v2v1sin 由系统动能定理有mg(LLsin )mv12Mv22解得v1。答案：(1)mgL(2)mgL(3) 考点三应用动能定理解决力学综合问题本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖、过程复杂、知识综合性强等特点。考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是
22、要求考生按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便可分步解决。建议对本考点重点攻坚。动能定理综合问题的思维流程(2018临沂二模)如图所示，倾角45的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中
23、克服摩擦力做的功。思维流程解析(1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0。竖直方向上：Rgt2水平方向上：Rv0t解得：v0。(2)设小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：mg2Rmv02mv2解得：v在最低点由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN6mg由牛顿第三定律得：FN6mg。(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mghWfmv20解得：WfmgR。答案(1)(2)6mg(3)mgR题点全练1.多选如图所示，N、M、B分别为半径等于0.1 m的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37，现从B点
24、正上方某处A点由静止释放一个质量为0.1 kg的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2 m/s，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()AA、B间的竖直高度为0.12 mB小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 NC小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 ND小球从A点到M点的过程中重力的功率一直增大解析：选AB设A、B间的竖直高度为h，从A到N根据动能定理可得：mghmgRcos 37mvN20，解得：h0.12 m，故A正确；小球经过B点时的速度为vB，根据动能定理可得mghmvB20，在B点时轨道对小球的压力的大小为Fm2.4 N，由牛顿第三定律可知B正确；
25、小球经过M点时的速度为vM，根据动能定理可得mg(hR) mvM20，在M点轨道对小球的支持力的大小满足Fmgm，解得F5.4 N，由牛顿第三定律可知C错误；小球在A点重力的功率和在M点重力的功率都为零，所以从A点到M点的过程中小球重力的功率先增大后减小，故D错误。2由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。(1)画出04 m内物体加速度a随位移x变化的图像。(2)物体速度最大时推力的功
26、率为多少？(3)推力F减为零后物体还能滑行多远？解析：(1)由牛顿第二定律得：Ffma得：a，fmg20 N，由题图乙可得F25x100(N)则a5x16(m/s2)04 m内物体加速度a随位移x变化的图像如图所示。(2)由(1)中分析可知，物体速度最大时，物体加速度为0，此时x3.2 m，Ff20 N物体从开始到速度最大时，由动能定理得：WFmgxmvm2由Fx图像的物理意义得：WF(20100)3.2 J192 J代入数据得：vm m/s此时推力的功率：PFvm20 W64 W。(3)由题图乙可知推力为零时的位移x4 m由动能定理得：W总fx总00W总1004 J200 J解得x总10 m
27、xx总x6 m故物体还能滑行6 m。答案：(1)见解析图(2)64 W(3)6 m 1多选(2018江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A加速度先减小后增大B经过O点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：选AD小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由 F弹Ffma知，a减小；当运动到F弹Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时FfF
28、弹ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹Ffma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。2(2017江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析：选C设物块与斜面间的动摩擦因数为，物块的质量为m，则物块在上滑过程中
29、根据动能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin mgcos )(x0x)Ek，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。3.(2018江苏七市三模)如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力，则小球从释放位置运动到最低点的过程中()A水平方向加速度不断
30、增大B竖直方向加速度不断增大C重力做功的瞬时功率先增大后减小D拉力做功的瞬时功率先增大后减小解析：选C小球在最高点合力方向竖直向下，在最低点合力方向竖直向上，但在中间过程某点拉力却有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后减小，故A错误；小球在开始释放的瞬间的加速度为g且向下，接下来细线在竖直方向有向上的分量，所以小球竖直方向上所受的合外力减小，则竖直方向加速度开始变小，故B错误；重力的瞬时功率为Pmgvy，小球在开始释放的瞬间速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到达最低点时，速度水平向左，竖直分速度为零，所以此时重力的瞬时功率为零，在中间过程竖直分速度不为零，重力的瞬时功率也不为零
31、，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故C正确；拉力的方向始终与速度方向垂直，所以拉力的瞬时功率始终为零，故D错误。4.(2018镇江一模)坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是()A在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变B在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变解析：选C机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的
32、合力提供向心力F，向心力向上，所以FNmg，则支持力NmgF，所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，C正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。5(2018徐州期中)高台跳水被认为是世界上最难、最美的运动项目之一。一运动员在十米跳台跳水比赛中，触水时重力的功率约为()A7 000 WB700 WC70 WD7 W解析：选A运动员在跳水过程中看做自由落体运动，故落水时的速度为v10 m/s，运动员的体重约为50 kg，故重力的瞬时功率约为Pmgv7 000 W，故A正确。6.
33、(2018扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是()A第二次炮弹在空中运动时间较长B两次炮弹在空中运动时间相等C第二次炮弹落地时速度较大D第二次炮弹落地时速度较小解析：选A炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。根据下落过程竖直方向做自由落体运动，hgt2，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故A正确，B错误；根据动能定理：mghmv2mv02，由于两次在空中运动过程重力做功都是零，所以vv0，故两次炮弹落地时速度相等，故C、D错
34、误。 7.多选(2018南京调研)如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)()解析：选BD滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A错误。上滑时的加速度大小a1gsin gcos ，下滑时的加速度大小a2gsin gcos ，结合位移公式xat2，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，故B正确。重力做功Wmghmgxsin ，上滑过程与下滑过程的Wx图像
35、重叠，故C错误。根据动能定理得，上滑过程有：ma1xEkmv02，解得Ekmv02ma1x，同理下滑过程有：Ekma2(Lx)，由数学知识知，D正确。8(2018盐城三模)如图所示，质量为m、半径为R的光滑圆柱体B放在水平地面上，其左侧有半径为R、质量为m的半圆柱体A，右侧有质量为m的长方体木块C，现用水平向左的推力推木块C，使其缓慢移动，直到圆柱体B恰好运动到半圆柱体A的顶端，在此过程中A始终保持静止。已知C与地面间动摩擦因数，重力加速度为g。求：(1)圆柱体B下端离地高为时，地面对半圆柱体A的支持力；(2)木块C移动的整个过程中水平推力的最大值；(3)木块C移动的整个过程中水平推力所做的功
36、。解析：(1)以A和B整体为研究对象，地面支持力FN2mg。(2)B刚离开地面时，B对C的弹力最大，对B受力分析，则弹力F1mgtan 60mg此时水平推力最大为FmF1mgmg。(3)C移动的距离x2Rcos 30R摩擦力做功WfmgxmgR根据动能定理WWfmgR0解得WmgR。答案：(1)2mg(2)mg(3)mgR9.(2018南通调研)如图所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质量为m，垫子的质量为M，刷子和垫子间的动摩擦因数为1，垫子和地面间的动摩擦因数为2，刷子和地面间的动摩擦因数为3，重力加速度为g。(1)若给刷子施加一个斜向右下方、与水
37、平方向成60角的推力F1，垫子和刷子保持静止，求刷子受到的摩擦力f1的大小和地面对垫子的支持力FN的大小；(2)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成30角的推力F2，刷子和垫子以同一加速度运动，求刷子受到的摩擦力f2的大小；(3)若给刷子施加一个水平向右的推力F3，刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止，已知刷子的长为b，垫子的长为L(Lb)，求刷子完全离开垫子的速度v的大小。解析：(1)刷子受到重力、垫子的支持力、推力F1和摩擦力作用则水平方向受力平衡，有f1F1cos 60F1刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡，有FN(Mm)gF1sin 60(Mm)gF1。(2)设刷子和垫子运动的加速度
38、为a，由牛顿第二定律可得：F2cos 302(mgMgF2sin 30)(Mm)a对刷子有：F2cos 30f2ma解得f22mg。(3)刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功Wf由动能定理有F3L1mg(Lb)Wfmv20解得v 。答案：(1)F1(Mm)gF1(2)2mg(3) 10.(2018苏北四市调研)如图所示，水平光滑细杆上P点套一小环，小环通过长L1 m的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量m1 kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为fm7 N。现对物块施加F8 N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块
39、恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力F的作用。小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)物块做匀加速运动的加速度大小a；(2)P、Q两点间的距离s；(3)物块向右摆动的最大高度h。解析：(1)由牛顿第二定律Fma解得a8 m/s2。(2)环到达Q时，静摩擦力最大由牛顿第二定律2fmmgm解得vm2 m/s根据动能定理Fsmvm2解得s0.25 m。(3)设物块上升的最大高度为h，水平距离为x，由动能定理得F(xs)mgh0由几何关系得(Lh)2x2L2解得h1 m或h m(舍去)。答案：(1)8 m/s2(2)0.25 m(3)
40、1 m11(2017江苏高考)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值min；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。解析：(1)对C受力分析，如图所示：根据平衡条件有2Fcos 30mg解得Fmg。(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根据题意，B保持静止
41、，则有fminFxmax，解得min。(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根据动能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR。答案：(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR第二讲机械能守恒定律_功能关系 考点一单个物体的机械能守恒1.考查平抛运动中的机械能守恒问题将一小球从离水平地面高为H处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的3倍时，小球的速度方向与水平方向夹角为，则tan 的值为(不计空气阻力)()A.B.C.D.解析：选A物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能
42、：E1mv02mgH，且mv02mgH，即E1mv02；末状态的机械能：E2mv2mgh，且mv23mgh，则E2mv2，根据机械能守恒定律：E1E2，即mv02mv2，解得v，设此时速度与水平方向的夹角为，则tan ，故选A。2考查机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平且与细管的交点为B。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。重力加速度为g，解除
43、锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(不计小球与水平面和细管的摩擦)，若小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg。(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；(2)求小球经细管B点的前、后瞬间对管道的压力；(3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。解析：(1)小球经过C点时，管道对小球的弹力FNmg，方向竖直向下，根据向心力公式有mgFNm从解除弹簧锁定到小球运动到C点过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能，而小球的机械能守恒，则Ep2mgRmvC2解得Ep3mgR。(2)小球解除锁定到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有3mgRmgRmvB2小球经B点前、后瞬间，弹力提供向心力，则F
44、Nm解得FN4mg由牛顿第三定律可知，小球对管道的压力分别向右和向左，大小为4mg。(3)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2Rgt2，xvCt解得x2R。因为x2R2R，所以小球不能落在薄板DE上。答案：(1)3mgR(2)分别为向右和向左的大小为4mg的压力(3)见解析考点二多个物体的机械能守恒3.考查用轻绳连接的两物体机械能守恒多选如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)
45、()A小环与重物、地球组成的系统机械能守恒B小环到达B处时，重物上升的高度也为dC小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于D小环下落到B处时的速度为 解析：选AD由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，故A项正确；结合几何关系可知，重物上升的高度h(1)d，故B项错误；将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物v环cos 45，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为1，故C项错误；小环和重物系统机械能守恒，则mgd2mghmv环22mv物2，且v物v环cos 45，解得：v环，故D项正确。4考查用轻杆连接的两
46、物体机械能守恒多选如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点(重力加速度大小为g) ，则()Aa落地前，a、b整体的机械能守恒B因为a的机械能守恒，所以a落地时速度大小为Ca落地前，当b对地面的压力大小为mg时，b的机械能最大Da下落过程中，竖直杆对a的作用力逐渐减小解析：选ACa落地前，a、b整体只有重力做功，则整体的机械能守恒，选项A正确；a下落过程中，杆对a做功，则a的机械能不守恒，选项B错误；a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的机械能最大，此时b受到a的推力为
47、零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故C正确；a下落过程中，b先加速后减速，即b的加速度先向右后向左，对a、b整体而言，竖直杆对a的作用力先向右后向左，大小不是一直减小，选项D错误。5考查轻弹簧与物体组成的系统机械能守恒多选如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是()A弹簧的劲度系数为B此时物体B的速度大小也为vC此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D此
48、时弹簧的弹性势能等于mghmv2解析：选AD物体B对地压力恰好为零，处于平衡状态，速度仍为零，故弹簧的拉力为mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得k，故A正确，B错误；此时物体A受重力和细绳的拉力大小相等，合力为零，加速度为零，故C错误；物体A与弹簧系统机械能守恒，mghEp弹mv2，故Ep弹mghmv2，故D正确。6考查物体与轻弹簧组成的系统机械能守恒图像问题如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，滑块套在杆上向下压缩弹簧，处于离地h0.1 m高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测得滑块离地高度h时对应的速度，作出滑块的Ekh图像如图乙所示，图中高度从0.2
49、m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g10 m/s2，求：(1)小滑块的质量m和弹簧的劲度系数k；(2)轻弹簧弹性势能的最大值Epmax和小滑块的最大加速度amax；(3)小滑块和轻弹簧组成系统的最小势能Epmin。解析：(1)由图像可知，高度在大于0.2 m的过程中为直线，说明滑块在0.2 m时离开弹簧，对该过程用机械能守恒定律有：Ek1mgh1，即0.3 Jmg(0.35 m0.2 m)，解得m0.2 kg滑块在高度为0.18 m时动能最大，说明此时滑块受到的二力平衡，即有：mgkx1又x10.2 m0.18 m0.02 m解得k100 N/m。(2)
50、滑块在开始高度为0.1 m时弹性势能最大，全过程弹性势能转化为重力势能，有：Epmaxmgh2mg(0.35 m0.1 m)0.5 J滑块在开始高度为0.1 m时弹力最大，有kx2mgmamax代入数据解得amax40 m/s2。(3)全过程系统机械能守恒，当滑块动能最大时，系统的势能最小，有：EpminmghmaxEkmax0.2100.35 J0.32 J0.38 J。答案：(1)0.2 kg100 N/m(2)0.5 J40 m/s2(3)0.38 J考点三功能关系的应用7.考查功与能量变化的对应关系多选如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点
51、)放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小物块运动的距离为x。在这个过程中，以下结论正确的是()A小物块到达小车最右端时具有的动能为(Ff)(Lx)B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC小物块克服摩擦力所做的功为fxD小物块和小车增加的总动能为FxfL解析：选CD由题意可知，小物块运动的距离为x，则对小物块，由动能定理得：Ekm(Ff)x，故A错误；小物块到达小车最右端时，小车运动的距离为xL，则对小车，由动能定理得：EkMf(xL)，故B错误；小物块运动的距离为x，则小物块克服摩
52、擦力所做的功为fx，故C正确；根据能量转化和守恒定律可知，小物块和小车间摩擦生热为fL，则小物块和小车增加的总动能为FxfL，故D正确。8考查能量守恒定律的应用多选如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30的斜面，其运动的加速度为0.75g，物体在斜面上上升的最大高度为h，则物体在此过程中()A重力势能增加了mghB动能损失了mghC机械能损失了0.25mghD物体克服摩擦力的功率随时间在减小解析：选AD物体上升高度为h，克服重力做功为mgh，则重力势能增加了mgh，故A正确；根据牛顿第二定律知，物体所受的合力为F合mamg，方向沿斜面向下，根据动能定理得，EkF合mg2h1
53、.5mgh，所以物体的动能减小1.5mgh，故B错误；物体的动能减小1.5mgh，重力势能增加mgh，所以机械能减小0.5mgh，故C错误；物体克服摩擦力的功率为Pfvf(v0at)，f、v0、a不变，所以物体克服摩擦力的功率随时间在均匀减小，故D正确。9考查机械能变化规律分析多选一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计)，已知曲线上点A处的切线斜率最大，则()A在x1处物体所受拉力最大B在x1x2过程中，物体的动能先增大后减小C在x2处物体的速度最大D在x1x2过程中，物体的加速度先增
54、大后减小解析：选AB由题图可知，x1处物体图像的斜率最大，说明此时机械能变化最快，由EFx可知此时所受的拉力最大，故A正确；x1x2过程中，图像的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，x2时刻图像的斜率为零，说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，说明最大速度一定不在x2处，故B正确，C错误；由图像可知，在x1x2过程中，拉力逐渐减小，直到变为零，则物体受到的合力应先减小到零，后反向增大，故加速度应先减小，后反向增大，故D错误。10考查传送带模型中的功能关系水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同
55、，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内()A小物体相对地面的位移大小为2xB传送带上的A点对地面的位移大小为xC由于物体与传送带相互作用产生的热能为mv2D由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2解析：选D物体相对地面发生的位移为x1tt，传送带发生的位移为x2vt，物体相对传送带发生的位移的大小为xx2x1vt，再根据题意物体相对传送带的位移大小为x，比较可知xxx1，所以A错误。根据选项A的分析可知，A点对地面的位移大小为x2vt2x，所以B错误。根据摩擦生热公式Qfs相对可知，产生的热能为Qfx；又物体的加速度应为a，物体受到的阻力fma；联立以上各式解得Qmmv
56、2，所以C错误。根据能量守恒定律可知，电动机多消耗的电能应为E电QE机mv2mv2mv2，所以D正确。11考查多物体系统中功能关系的应用如图所示是一个电动升降机的模型示意图，A为厢体，B为平衡重物，A、B的质量分别为M1.5 kg、m0.5 kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住。在电动机牵引下使厢体A由静止开始向上运动，电动机输出功率20 W保持不变，厢体上升1 m时恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力，g取10 m/s2。在厢体向上运动过程中，求：(1)厢体的最大速度vm；(2)厢体向上的加速度为1 m/s2时，重物下端绳的拉力大小；(3)厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所
57、用的时间。解析：(1)设厢体的最大速度为vm，由分析可知，当F(Mm)g时，厢体A的速度最大由PFvm可知，vm m/s2 m/s。(2)当厢体向上的加速度为a1 m/s2时，利用牛顿第二定律，对A：FAMgMa对B：FBmgFAma由式，得：FB12 N。(3)电动机做的功等于A、B机械能的增加量Pt(Mm)vm2Mghmgh解得：t0.7 s。答案：(1)2 m/s(2)12 N(3)0.7 s 释疑3大考点 考点一单个物体的机械能守恒本考点是对单个物体的机械能守恒问题的考查，考查时常结合平抛运动、圆周运动、牛顿第二定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考
58、生适当关注即可。(一)理清知识体系(二)谨记两点提醒1对于单个物体，如果只有重力做功，那么物体的机械能守恒。如诊断卷第1题，小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒。2具体题目需要具体分析初始条件，不能凭感觉直接得结果。如诊断卷第2题中，小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg，则有mgFNm，FNmg。题点全练1.多选水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c。则()AR越大，v0越大BR越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大Cm越大，v0越大Dm与R同时增大，小球初动能Ek0增大解析：选
59、AD小球刚好能通过最高点c，表明小球在c点的速度为vc，根据机械能守恒定律有mv02mg2Rmvc2mgR，则v0，R越大，v0越大，v0与m无关，选项A正确，C错误；m与R同时增大，小球初动能Ek0增大，选项D正确；从b到c机械能守恒，mg2Rmvc2mvb2得vb，在b点，Nmg得N6mg，选项B错误。2甲图为某研究小组研究小球对轨道压力的装置原理图。在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，为了测试小球对轨道的压力，今在最低点与最高点各放一个压力传感器，并通过计算机显示出来，当轨道距离x变化时，记录两点压力差FN与距离x的数据，作出F
60、Nx图像如乙图所示。(不计空气阻力，g取10 m/s2)求：(1)小球的质量和半圆轨道的半径；(2)若小球在最低点B的速度为20 m/s，为使小球能始终沿光滑轨道运动，FN的最大值。解析：(1)设轨道半径为R，由机械能守恒定律：mvB2mg(2Rx)mvA2在B点：FN1mgm在A点：FN2mgm由式得：两点的压力差FFN1FN26mg由图像得：截距6mg6 N，得m0.1 kg由式可知：因为图线的斜率k1 N/m所以R2 m。(2)在A点不脱离轨道的条件为：vA由三式和题中所给已知条件解得：x15 m代入得：FN21 N，所以FNmax21 N。答案：(1)0.1 kg2 m(2)21 N考
61、点二多个物体的机械能守恒本考点常考多个物体(包括弹簧)机械能守恒的判断和相关计算，多以选择题的形式命题。解答此类问题的关键是掌握多个物体组成的系统机械能守恒的条件，确定物体间的速度关系和位移关系。需要考生学会迁移应用。(一)判断机械能守恒的两个角度1若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。2若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统机械能守恒。(二)系统机械能守恒的三种表达式(三)系统机械能守恒的两类问题1系统内物体的运动位移及高度变化往往不同，同时又存在一定的数量关系。如诊断卷第3题中，当
62、小环沿直杆下滑距离为d时，重物上升的高度h(1)d。2物体与弹簧组成的系统机械能守恒时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。如诊断卷第5题中的D选项，第6题的第(3)问。题点全练1.多选如图所示，光滑固定的竖直杆上套有一个质量m0.4 kg的小物块A，不可伸长的轻质细绳通过固定在墙壁上、大小可忽略的定滑轮D，连接小物块A和小物块B，虚线CD水平，间距d1.2 m，此时连接小物块A的细绳与竖直杆的夹角为37，小物块A恰能保持静止。现在小物块B的下端挂一个小物块Q(未画出)，小物块A可从图示位置上升并恰好能到达C处。不计摩擦和空气阻力，cos 370.8，sin 370.6，重力加速
63、度g取10 m/s2，下列判断正确的是()A小物块A到达C处时的加速度为gB小物块A到达C处时的加速度为0C小物块B的质量0.5 kgD小物块Q的质量0.3 kg解析：选ACD当A物块到达C处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以A物块的加速度ag，A正确，B错误。B物块受重力和拉力而平衡，故拉力等于其重力；物体A受重力、拉力和杆的支持力，如图所示，设B物块的质量为M，绳子拉力为T，根据平衡条件：Tcos 37mg，TMg；联立解得M0.5 kg，故C正确；设Q物块的质量为m0，根据系统机械能守恒得：mghAC(Mm0)ghB；hAC1.6 m；hBd0.8 m；解得
64、：m00.3 kg，故D正确。2.多选如图，两质量均为m的小球，通过长为L的不可伸长轻绳水平相连，从h高处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态，若下落时绳中点碰到水平放置的光滑钉子O，绳与钉作用过程中无能量损失，重力加速度为g，则()A小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒B从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点过程，重力的功率先减小后增大C小球刚到最低点时速度大小为D小球刚到达最低点时绳中张力为3mg解析：选AD小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；以向下为正方向，竖直方向合力为FmgTsin ，为绳与水平方向的夹角，开始时很小，mgTsin ，F0，
65、竖直方向加速度向下，vy增大，当小球下降到Tsin mg时，F0，竖直方向加速度向上，vy减小，根据PGmgvy可知重力的瞬时功率先增大后减小，故B错误；从开始下落到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得：mgmv2，解得：v，故C错误；根据向心加速度公式有：ag，根据牛顿第二定律得Fmgma，解得F3mg，故D正确。3.如图所示，固定光滑斜面的倾角37，顶部有一定滑轮。一细线跨过定滑轮，两端分别与物块(可视为质点)A和B连接，A的质量为M0.7 kg，离地高为h0.5 m，B的质量为m0.3 kg。轻弹簧底端固定在斜面的挡板上，开始时将B按在弹簧的上端使弹簧被压缩，然后放手，A下降而B沿斜面
66、上滑。当A落到地面立即停止，绳子松弛，B继续沿斜面上滑x0.75 m才停止运动。已知在A落地前，轻弹簧已经恢复原长，g取10 m/s2。(sin 370.6，cos 370.8)求：(1)A刚落地时的速度大小；(2)开始时弹簧的弹性势能。解析：(1)A落地之前A、B二者以共同速度运动，设A刚落地时速度为v，在B以A落地时的速度沿斜面上滑至停止运动的过程中，根据动能定理有mgxsin 0mv2解得v3 m/s。(2)A落地前，系统机械能守恒：MghEp(Mm)v2mghsin 解得Ep1.9 J。答案：(1)3 m/s(2)1.9 J考点三功能关系的应用应用类题目最大的特色是用新颖材料考查已学知
67、识，最常见的失误原因是不能透过表象提炼出问题的实质，合理应用规律解题。功能关系类题目更是如此，不能寄希望于押题训练，而是要善于总结规律，把握共性，以不变应万变。(一)理清五种功能关系重力做功与重力势能变化的关系WGEp弹力做功与弹性势能变化的关系W弹Ep合外力做功与动能变化的关系W合Ek重力之外的力做功与机械能变化的关系W其他E机滑动摩擦力、相对位移的乘积与内能变化的关系Ffx相对E内(二)掌握三类常考问题1必须分析清物体运动过程中有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化。如诊断卷第8题，重力做功与重力势能的变化对应，合力做功与动能的变化对应，除重力之外的其他力做功与机械能的变化对应。2明确图像斜
68、率的意义。如诊断卷第9题，Ex图像的斜率表示拉力F的大小，x1处拉力最大，物体仍在加速，故此时速度并不是最大。3物块在传送带上滑动时产生的热量QFfx相对。其中x相对为物块与传送带间的相对位移。如诊断卷第10题，物体对地发生的位移为x1t，传送带发生的位移为x2vt，则物体相对传送带发生的位移大小为xx2x1t。题点全练1.如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在移动过程中，下列说法正确的是()A木箱克服重力做的功大于木箱增加的重力势能BF对木箱做的功等于木箱增加的动能CF对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和DF对木箱做的功等于木
69、箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做功之和解析：选D根据重力做功与重力势能变化的关系可知，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，故A错误；根据功和能量转化的关系可知，F对木箱做的功应等于木箱增加的动能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力势能的总和，故B、C错误；F对木箱做的功应等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和，故D正确。2多选如图甲所示，将一光滑的足够长的斜面固定在水平面上，其倾角为，在斜面的中间位置放置一质量为m可视为质点的滑块，并用销钉将其锁定，现在该滑块上施加一平行于斜面向上的外力F，同时将锁定解除，滑块由静止开始沿斜面运动，滑块在开始的一段时间内，其机械能E随位移x
70、的变化规律如图乙所示。其中0x1为曲线、x1x2为平行于x轴的直线。则()A0x1的过程中滑块的运动方向沿斜面向下B0x1的过程中滑块的加速度逐渐减小到零C0x2的过程中滑块先沿斜面向下做加速运动再沿斜面向下做匀速运动Dx1x2的过程中滑块的加速度大小为gsin 解析：选AD开始时只有拉力与重力做功，拉力做的功等于小物块机械能的增加，由题图乙可知，开始时滑块的机械能减小，则拉力做负功，所以滑块运动的方向沿斜面向下，A正确。由EWF合s可知，题图乙中，图线的斜率表示拉力的大小，由图可知，该拉力逐渐减小；滑块受到重力、支持力和拉力，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得mgsin Fma，则a，可知在0
71、x1的过程中滑块的加速度逐渐增大，B错误。x1x2的过程中滑块的机械能保持不变，可知拉力F已经减小为0，所以物体只受到重力和支持力，沿斜面方向mgsin ma，所以加速度大小为gsin 。所以在0x2的过程中滑块先沿斜面向下做加速度增大的加速运动，再沿斜面向下做匀加速运动，C错误，D正确。3(2018苏锡常镇二模)如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上。手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动。已知重力加速度为g，不计一切阻力。(1)求A做匀速圆周运动
72、时绳与竖直方向夹角；(2)求摇动细管过程中手所做的功；(3)轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平距离。解析：(1)如图，对小球A受力分析Tcos mg又Tmg解得45。(2)如图，对小球A由牛顿第二定律得Tsin m，解得v 由功能关系得，摇动细管过程中手所做的功为Wmv2mg(llcos )mgl。(3)设拉A的绳长为x(lx2l)，由Tsin m，Tmg，解得v 绳子断开后，小球A做平抛运动，竖直方向的位移为h2lxcos 2lx，由hgt2得t 则水平方向的位移为svt由数学知识可知当xl时，sml。答案：(1)
73、45(2)mgl(3)l 1.多选(2018徐州考前模拟)如图所示，质量分别为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，当30时，弹簧处于原长。当30时，P由静止释放，下降到最低点时变为60，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中()AP、Q组成的系统机械能守恒B弹簧弹性势能的最大值为(1)mgLC竖直杆对P的弹力始终大于弹簧弹力DP下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg解析：选BD根据能量守恒可知，
74、滑块P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得Ep2mg(Lcos 30Lcos 60)，即弹簧弹性势能的最大值为Ep(1)mgL，故B正确；对Q，水平方向的合力FxF杆sin F弹ma，因为滑块Q先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对Q的弹力不一定始终大于弹簧弹力，所以竖直杆对P的弹力不一定始终大于弹簧弹力，故C错误；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，以P、Q为整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mgN2ma，则有N，故C正确。3.多选(2018江苏七市三模)如图所示，斜面体静置在水平面上，斜面底端固定一挡板，轻弹簧一端连接在挡板上，弹簧原长时自由端在B点。一
75、小物块紧靠弹簧放置，在外力作用下将弹簧压缩至A点。物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终停在斜面上，斜面体始终保持静止。则()A物块最终会停在A、B之间的某位置B物块上滑过程速度最大的位置与下滑过程速度最大的位置相同C整个运动过程中产生的内能小于弹簧的最大弹性势能D物块从A上滑到C过程中，地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变解析：选ACD根据题意可知物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑说明重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，所以物块最终会停在A、B之间的某位置，故A正确；在上滑过程中加速度为零时速度最大，则有：kx1mgsin mgcos 0，弹
76、簧的压缩量为：x1，下滑时：mgsin mgcos kx20，解得：x2，由此可知弹簧的形变量不同，所以位置也不同，故B错误；物块静止时弹簧处于压缩态，根据能量守恒可知，整个运动过程中弹簧的最大弹性势能转化为内能和部分弹性势能，故C正确；物块从A上滑到C过程中，物块的加速度先减小后反向增大，然后不变，所以地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变，故D正确。4.多选(2018南京、盐城一模)如图所示，光滑细杆上套有两个质量均为m的小球，两球之间用轻质弹簧相连，弹簧原长为L，用长为2L 的细线连接两球。现将质量为M 的物块用光滑的钩子挂在细线上，从细线绷直开始释放，物块向下运动。则物块()A运动
77、到最低点时，小球的动能为零B速度最大时，弹簧的弹性势能最大C速度最大时，杆对两球的支持力大小为(M2m)gD运动到最低点时，杆对两球的支持力小于(M2m)g解析：选AC物块从开始释放先做加速运动，后做减速运动直到速度为零即到达最低点，此时小球的速度也为零，故A正确；当物块速度最大时，小球的速度也最大，弹簧将被继续压缩，弹性势能继续增大，故B错误；将两小球和物块看成系统，速度最大时系统合力为零，则杆对两球的支持力大小为(M2m)g，故C正确；运动到最低点时，物块具有向上的加速度，所以杆对两球的支持力大于(M2m)g，故D错误。5多选(2018江苏六市二模)如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处
78、于原长时上端在O点，将一质量为M的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A点时速度最大，下降到最低点B时加速度大小为g，O、B间距为h。换用另一质量为m的物块乙，从距O点高为h的C点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B点。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则上述过程中()A弹簧最大弹性势能为MghB乙的最大速度为C乙在B点加速度大小为2gD乙运动到O点下方处速度最大解析：选AD对于物块甲的运动过程，根据能量守恒可知，弹簧压缩到B点时的弹性势能等于甲的重力势能的变化即Mgh，物块乙也刚好将弹簧压缩到B点，所以弹簧最大弹性势能为Mgh，故A正确；当乙下落到O点时，根据动能定理：mghmv
79、2，解得：v，此时开始压缩弹簧，但弹簧弹力为零，所以物块将继续加速直到弹力等于重力时速度达到最大，所以乙的最大速度大于，故B错误；根据能量守恒有Mghmg2h，则mM，在B点对M根据牛顿第二定律有：FMgMg，对m根据牛顿第二定律有：Fmgma，联立以上各式可得：a3g，故C错误；设弹簧劲度系数为k，在最低点有：kh2Mg4mg，即kmg，可得乙运动到O点下方处速度最大，故D正确。6多选(2018南京、盐城二模)如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，在物块A上施加一个水平恒力F，A、B从
80、静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有()AA的加速度先增大后减小BB的加速度一直增大C当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大D当A、B的加速度相等时，两者的动能之差最大解析：选BC对A、B在水平方向受力分析，设F1为弹簧的弹力；对A有：FF1maA，对B有：F1maB，可得A、B的vt图像如图所示，在整个过程中，A的加速度一直减小，而B的加速度一直增大，故A错误，B正确；t2时刻A、B的速度相等，两实线之间围成的面积有最大值，即A、B的位移差最大，此时弹簧被拉到最长，弹性势能最大，故C正确；t1时刻A、B的加速度相等，则合外力F合相等，选取接下来很短的时间t，有F合vAt
81、EkA，F合vBtEkB，由vAvB知EkAEkB，即A动能增加的多，所以两者的动能之差还要增大，故D错误。7.多选(2018镇江一模)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则()A由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大B由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少C由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量D在C处时，弹簧的弹性势能为mgh解析：选ACD圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以
82、圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确；圆环的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹簧的弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，故B错误；由A到B的过程中，弹簧的弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，故C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mghW弹000，则W弹mgh，故D正确。8.多选(2018无锡期末)如图，质量分别为m1、m2的两物块A、B通过一轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动
83、过程中始终处在弹性限度内。t10时刻在A上施加一个水平向左的恒力F，t2t时刻弹簧第一次恢复到原长状态，此时A、B速度分别为v1和v2。则t1到t2时间内()AA、B和弹簧组成的系统的机械能先增大后减小B当A的加速度为零时，B的加速度为C当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相等D物块B移动的距离为解析：选CD在t1到t2时间内，恒力F一直对A、B和弹簧组成的系统做正功，所以系统的机械能一直增大，A错误；当A的加速度为零时，弹簧弹力等于F，所以B的加速度为，B错误；速度相等前，A一直比B速度大，所以弹簧一直在变长，当两物块速度相等时，弹簧最长，此时弹簧的弹性势能最大，C正确；弹簧恢复原长时弹性势能
84、为零，根据功能关系可知：Fxm1v12m2v22，所以x，D正确。9.多选(2018徐州期中)如图所示，大圆环固定不动，套在大圆环上的小环从某处由静止滑下，在大圆环上来回运动几次，最终静止不动。下列说法正确的是()A小环不一定停在大圆环的最低点B小环第一次运动到最低点时动能最大C运动过程中产生的内能等于小环减小的机械能D第一次到达左边最高点的过程中，小环的机械能先减小后增大解析：选AC小环从某处由静止滑下，当来回运动到摩擦力的大小刚好等于重力沿切线方向分力的大小时速度为零，此时小环静止的地方不是在大圆环的最低点；当小环来回运动到最低点时速度恰好为零，此时小环静止在大圆环的最低点，故A正确。当小
85、环第一次运动到摩擦力的大小与重力沿切线方向分力的大小相等时速度最大，动能最大，故B错误。由于小环最终静止，根据能量守恒可知，运动过程中产生的内能等于小环减小的机械能，故C正确。第一次到达左边最高点的过程中，摩擦力始终做负功，故小环的机械能一直减小，故D错误。10.(2018南京三模)如图所示，物块A、B、C的质量分别为2m、2m、m，并均可视为质点，三个物块用轻绳通过轻质滑轮连接，在外力作用下处于静止状态，此时物块A置于地面，物块B与C、C到地面的距离均是L，现将三个物块由静止释放。若C与地面、B与C相碰后速度立即减为零，A距离滑轮足够远且不计一切阻力，重力加速度为g。求：(1)刚释放时A的加
86、速度大小及轻绳对A的拉力大小；(2)物块A由最初位置上升的最大高度；(3)若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰，则A的质量应满足的条件。解析：(1)设刚释放时A、B、C的加速度大小为a，绳子对A拉力大小为F，由受力分析可知对于A：F2mg2ma对于B、C整体：3mgF3ma解得a，Fmg2.4mg。(2)C下落L后落地，由v22aL可知此时的速度v ，由于A、B的质量相等，之后A以速度v向上运动，B以速度v向下运动，B与C相碰后，A上升的高度由h得h0.2L则物块A由最初位置上升的最大高度H2Lh2.2L。(3)若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地，则A的质量
87、需满足mA3m同时使得B与C不相碰，即C落地后B减速下降到地面时速度为0，从释放到C落地的过程中运用系统机械能守恒定律：3mgLmAgL(3mmA)v2解得v从C落地到B减速到地面速度为0的过程中运用系统机械能守恒定律：2mgL(2mmA)v2mAgL解得mAm即A的质量满足mmA3m时，系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰。答案：(1)2.4mg(2)2.2L(3)mmA2(m1m2)g，所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动，小铁块向右做初速度为v1的匀减速直线运动。设小铁块和木板的加速度大小分别为a3和a4，经过时间t2木板与小铁块速度相同为v2，木板的位移为x3，则1m1g
88、m1a3，1m1g2(m1m2)gm2a4又v2v1a3t2，v2a4t2x3a4t22解得a32 m/s2，a41 m/s2，t20.5 s，v20.5 m/s，x30.125 m木板与小铁块速度相同后，两者一起做减速运动直至速度为零，设加速度为a5，位移为x4，则2(m1m2)g(m1m2)a5v222a5x4解得x40.125 m设木板在水平面上总共滑行的位移大小为x，则xx2(x3x4)解得x0.625 m。(3)整个过程中，由能量守恒定律，可知小铁块、木板与水平面间的摩擦生热QFx1m2v02解得Q9.875 J。答案：(1)0.5 s0.375 m0.875 m(2)0.625 m
89、(3)9.875 J模型二(涉及能量的)传送带模型5.考查水平传送带模型多选如图1所示，一个质量m1 kg的小物块以某一初速度滑上传送带左端，水平传送带AB逆时针匀速转动，物块速度随时间的变化关系如图2所示(取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)，已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2，则()A传送带运动的速度大小为2 m/sB物块在传送带上运动的时间为3 sC物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2D前2 s内摩擦产生的热量为16 J解析：选ACD由速度图像可知，物块初速度大小v4 m/s，传送带速度大小v2 m/s，物块在传送带上滑动t13 s后，与传送带相对静止，选项A正确。由
90、速度图像可得，物块做匀变速运动的加速度：a m/s22.0 m/s2，由牛顿第二定律得fma2 N，得到物块与传送带间的动摩擦因数0.2，选项C正确。前2 s内物块的位移大小x1t4 m，方向向右，第3 s内的位移大小x2t1 m，方向向左，3 s内位移xx1x23 m，方向向右；物块再向左运动时间t21.5 s，物块在传送带上运动的时间tt1t24.5 s，选项B错误。前2 s内传送带的位移x1vt22 m4 m，向左；相对位移xx1x18 m，所以转化的热量EQfx16 J，选项D正确。6考查倾斜传送带模型多选如图倾角为30的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。质量相等、材料不同
91、的甲、乙滑块(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传送带保持相对静止，乙滑块上升h/2高度处恰与传送带保持相对静止。则甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程中，下列说法正确的是()A甲滑块与传送带的动摩擦因数大于乙滑块与传送带的动摩擦因数B甲滑块与传送带摩擦产生的热量大于乙滑块与传送带摩擦产生的热量C两个过程中传送带对滑块所做的功相同D两个过程中电动机对传送带所做的功相同解析：选BC对甲滑块v022a1，1mgcos 30mgsin 30ma1，对乙滑块v022a2，2mgcos 30mgsin 30ma2，可得1Q2，两滑块从传送带底端到顶端机械能增加量相
92、等，传送带对滑块所做的功相同，则甲滑块上升过程中电动机对传送带做的功多，故B、C项正确，D项错误。7考查水平传送带上物体与传送带相对运动如图所示，质量M20 kg的物体从光滑曲面上高度H0.8 m处释放，到达底端时水平进入水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度v3 m/s。已知物体与传送带间的动摩擦因数0.1。(g取10 m/s2)求：(1)若两皮带轮之间的距离是10 m，物体冲上传送带后就移走光滑曲面，物体将从哪一边离开传送带？通过计算说明你的结论。(2)若皮带轮间的距离足够大，从物体滑上到离开传送带的整个过程中，由于M和传送带间的摩擦而产生了多少热量？解析：(1)物体从曲面上
93、下滑时机械能守恒，有MgHMv02解得物体滑到曲面底端时的速度v04 m/s以地面为参照系，物体滑上传送带后先向右做匀减速运动，设其速度减至零时的位移 为s。由动能定理得Mgs0Mv02解得s8 m10 m，之后在传送带的带动下物体将从传送带的左端离开。(2)物体在传送带上运动的加速度大小为ag0.110 m/s21 m/s2；物体滑上传送带后向右做匀减速运动的时间为t，则t4 s这段时间内传送带向左运动的位移大小为s1vt34 m12 m物体相对于传送带滑行的距离为L1s1s12 m8 m20 m物体与传送带间产生的热量为Q1MgL10.120020 J400 J；物体向左运动的过程中，根据
94、对称性知，若物体向左一直做匀加速运动，回到传送带左端时速度将为4 m/s，大于3 m/s，不可能，所以物体向左匀加速的末速度等于传送带的速度，设向左匀加速运动的时间为t。则t3 s这段时间内物体相对于传送带滑行的距离为L2vt4.5 m物体与传送带间产生的热量为Q2MgL20.12004.5 J90 J；所以产生的总热量为QQ1Q2490 J。答案：(1)见解析(2)490 J8考查水平传送带与圆周运动结合如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x1 m，与滑块间的摩擦因数为10.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v
95、7 m/s，长为L3 m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面DE长度s0.5 m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R1 m，37。今将一质量m2 kg的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为Ep30 J，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同。设经过D点的拐角处无机械能损失且滑块能沿斜面下滑。重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力。试求：(1)滑块到达C点的速度vC；(2)滑块与传送带间的摩擦因数2及经过传送带过程系统因摩擦增加的内能；(3)若只将传送带的运行速度大小调为v5 m
96、/s，求滑块脱离圆弧形轨道的位置距离F点的高度。解析：(1)以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得：W弹1mgxmvC2又W弹的大小等于Ep，W弹30 J代入数据得：vC5 m/s。(2)滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得：2mgLmv2mvC2代入数据解得：20.4产生的内能Q2mgx2mg(vtL)又t0.5 s可得Q4 J。(3)当传送带的速度大小调为5 m/s，则滑块运动到D点时速度vD5 m/s，设滑块脱离轨道的位置与圆心O的连线与竖直方向的夹角为，则从D点到脱离位置，由机械能守恒：mgR(cos cos )ssin mvD2mv22又mgco
97、s m可得cos 脱离位置与F的高度hRRcos 1.5 m。答案：(1)5 m/s(2)0.44 J(3)1.5 m 释疑2大模型模型一滑块木板模型在该类问题中，可以是力作用在滑块或木板上，使二者发生相对滑动，也可以是给滑块或木板一定的初速度，使二者发生相对滑动，二者间靠滑动摩擦力发生相互作用，使系统产生内能。多选如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为、2和3，三块薄板长度均为L，并依次连在一起。第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度v0从a点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端d点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让
98、小物块从d点以相同的初速度v0水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v0从a点滑上第一块薄板。则下列说法正确的是()A第二次小物块一定能够运动到a点并停下B第一次和第二次小物块经过c点时的速度大小相等C第三次小物块也一定能运动到d点D第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等解析第一次物块从a点开始向右运动过程，根据动能定理有：mgL2mgL3mgL0mv02；第二次，物块从d开始向左运动，设到达a点的速度为v，根据动能定理有：3mgL2mgLmgLmv2mv02，解得v0，即第二次小物块一定能够运动到a点并停下，故A正确。第一次从a到c，根据动能
99、定理得：mgL2mgLmvC2mv02；第二次从d到c，根据动能定理得：3mgLmvC2mv02，由以上两式可知：vCvC，故B正确。第三次，三块薄板放在光滑的水平地面上，物块与三块薄板在摩擦力作用下，三块薄板会运动，若物块仍能到达d点，则物块的动能最终为0，其减少的动能全部转化为内能，而实际情况是物块与三块薄板动量守恒，最终会达到共同速度，则物块的末动能不为0，其减少的动能转化内能和三块薄板增加的动能，故第三次小物块不能运动到d点，故C错误。根据动能定理可知，第一次物块动能的改变量大于第三次物块动能的改变量，即第一次小物块克服摩擦力做的功更大，故D错误。答案AB方法总结求解滑块木板模型的功和
100、能问题时，关键是要找到每个物体的对地位移。所以首先要采用隔离法对每个物体受力分析和运动分析，根据牛顿第二定律求出其加速度，由运动学公式表达出位移，结合恰好脱离时的位置关系画好运动草图，从而列出位移关系方程。然后结合功的公式或动能定理求解。若根据功能关系求解，必须全面分析系统外力做的功以及系统内各物体动能、势能以及系统内能的变化。对点训练1.多选如图所示，一块质量为M的木板B在光滑的水平桌面上以速度v0匀速向右滑行，某时刻把一质量为m的小铁块A(初速度为零)放在B的右端，它将在B上滑行一段距离后与B相对静止达到共同速度v，此时木板B前进距离x，小铁块到木板右端的距离为L，若小铁块和木板间的动摩擦
101、因数为。下列说法正确的是()A木板对铁块的摩擦力对铁块做的功等于mgLB木板对铁块的摩擦力对铁块做的功等于mg(xL)C系统产生的内能等于mgLD系统产生的内能等于Mv02(Mm)v2解析：选BCD由运动过程示意图知，木板B前进的位移为x，小铁块A的位移为xL，相对位移为L，对A、B组成的系统：木板对铁块的摩擦力对铁块做的功W1mg(xL)；系统初动能为Mv02，系统末动能为(Mm)v2，由能量守恒得，系统产生的内能为Mv02(Mm)v2，滑动摩擦力与相对位移的乘积mgL就等于系统产生的内能，故A错误，B、C、D正确。2.如图所示，厚度d0.45 m的长板静止在粗糙水平地面上，与水平地面间的动
102、摩擦因数10.1。在离长板左端B点的距离L0.5 m处静止放置一个小滑块(可看成质点)，小滑块与长板间的动摩擦因数20.2。已知长板的质量M2 kg，滑块的质量m1 kg，取重力加速度g10 m/s2。现对长板施加一个水平向右的恒力F(大小未知)。(1)若要将长板从小滑块下抽出，求恒力F应满足的条件；(2)若F117 N，求分离时滑块与长板的速度大小；(3)在(2)问中，求从长板开始运动到滑块落地前瞬间的整个过程中，滑块、长板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量。解析：(1)欲将长板从小滑块下抽出，则这两者间必存在相对运动对滑块，由牛顿第二定律可知，加速度a2g对长板，由牛顿第二定律可知，Fm
103、in1(mM)g2mgMa解得：Fmin9 N，即恒力F应满足的条件为F9 N。(2)当F117 N9 N，则滑块相对于长板发生相对滑动对长板有：F11(Mm)g2mgMa1解得：a16 m/s2滑块的加速度：a22g2 m/s2滑块与长板分离时，有a1t12a2t12L解得：t10.5 s设滑块离开长板瞬间，长板与滑块的速度分别为v1、v2。则有：v1a1t13 m/sv2a2t11 m/s。(3)在(2)问中，长板运动的位移：xa1t120.75 m滑块离开长板后做平拋运动，由平抛运动规律有：t20.3 s滑块离开长板后，对长板，由牛顿第二定律可知F11MgMa3解得：a37.5 m/s2
104、滑块离开长板到落地的时间内，长板的位移：xv1t2a3t22解得：x1.237 5 m整个过程中，设滑块与长板间因摩擦产生的热量为Q1，长板与水平面间因摩擦产生的热量为Q2则Q12mgL1 JQ21(Mm)gx1Mgx4.725 J所以Q总Q1Q25.725 J。答案：(1)F9 N(2)1 m/s3 m/s(3)5.725 J模型二(涉及能量的)传送带模型传送带是靠滑动摩擦力或静摩擦力对物体做功的装置，在这一情景中以隐含动、静摩擦力的转换为纽带关联传送带和物体的相对运动。涉及物体的动能、重力势能、系统内能以及电能的转化。由于这一装置与生产、生活实际紧密相连，所涉及的问题能很好地考查学生的综合
105、分析能力，所以传送带模型一直是高考的热点。而考查角度有水平传送带和倾斜传送带两种。如图所示，有一水平传送带以v6 m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的水平地面DE上放置一个质量M1 kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量m1 kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数10.45，滑块与木板间的动摩擦因数20.2，木板与地面间的动摩擦因数30.05，取g10 m/s2。求：(1)滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程；(2)滑块从
106、传送带A端滑到B端，传送带因传送该滑块多消耗的电能；(3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。解析(1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传送带右端时速度为v6 m/s。由牛顿第二定律得滑块的加速度a1g4.5 m/s2则t s，所以滑块的位移x1at24 m。又传送带位移x2vt8 m所以滑块相对传送带滑动的路程xx2x14 m。(2)由能量守恒，可知传送带因传送滑块多消耗的电能Qfxmv21mgxmv236 J。(3)滑块以6 m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析：滑块受到木板对其向左的摩擦力，设滑块做减速运动的加速度为a滑，则a滑2
107、g2 m/s2木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力，由牛顿第二定律得2mg3(Mm)gMa木，解得a木1 m/s2假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v共对滑块：x滑vta滑t2，v共va滑t对木板：x木a木t2，v共a木t则木板长度Lx滑x木代入数据得：L6 m。答案(1)4 m(2)36 J(3)6 m方法总结1传送带对物体做的功：Wfx传送带是通过摩擦力对物体做功，因此传送带对物体做的功也就是摩擦力对物体做的功。其中f为物体所受到的摩擦力，x为作用在物体上摩擦力的位移(即物体的位移)。2系统增加的内能：Qfx相对系统增加的内能等于由于摩擦而产生的热量，等于滑动
108、摩擦力与相对位移x相对的乘积。只有发生了相对运动，系统内才能产生热量，因此f为滑动摩擦力。3传送带克服摩擦力做的功：Wfx其中，f为摩擦力，由于研究对象为传送带，因此x为传送带的位移。4电动机做的功：WEkEpQ电动机做的功等于动能的增加量与重力势能的增加量、热量的总和。5电动机所输出的电能：WE电动机所输出的电能等于电动机做的功。对点训练1多选水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上。设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止。设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为，则在工件相对传送带滑动的过程中，下列说法正确的是()A滑动摩擦力对工
109、件做的功为mv2B工件的机械能增量为mv2C工件相对于传送带滑动的路程大小为D传送带对工件做功为零解析：选BC在运动的过程中只有摩擦力对工件做功，由动能定理可知，摩擦力对工件做的功等于工件动能的变化，即为mv2，故A、D错误；工件动能增加量为mv2，势能不变，所以工件的机械能增量为mv2，故B正确；根据牛顿第二定律知道工件的加速度为g，所以速度达到v而与传送带保持相对静止时间t，工件的位移为，工件相对于传送带滑动的路程大小为vt，故C正确。2如图所示，传送带与水平面之间的夹角为30，其上A、B两点间的距离为l5 m，传送带在电动机的带动下以v1 m/s的速度匀速运动。现将一质量为m10 kg的
110、小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中(g取10 m/s2)，求：(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功。解析：(1)小物体轻放在传送带上时，受力分析如图所示：根据牛顿第二定律得沿斜面方向mgcos mgsin ma，可知，小物体上升的加速度为a2.5 m/s2，当小物体的速度为v1 m/s时，位移x0.2 m，由于mgsin mgcos ，所以小物体将以v1 m/s的速度完成4.8 m的路程。由功能关系得：(传送带对物体做的功机械能的增加)WEpEkmglsin mv2255 J。(2)电动机做功使小物体机
111、械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，由vat，得t0.4 s，相对位移xvtat20.2 m，摩擦热Qmgxcos 15 J，故电动机做的功为W电WQ270 J。答案：(1)255 J(2)270 J 1.多选(2017黄山模拟)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s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()A上述过程中，F做功大小为mv12Mv22B其他条件不变的情况下，M越大，s越小C其他条件不变的情况下，
112、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解析：选BD由牛顿第二定律得：FfMa1，FFfma2，又La2t2a1t2，sa1t2，M越大，a1越小，t越小，s越小，B正确；F越大，a2越大，t越小，C错误；由QFfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误。2.多选如图所示，倾角为30的传送带，始终以大小为v的速度逆时针匀速转动。现将质量为m的小物体(可视为质点)轻放在传送带的上端O，经过时间t达到与传送带相同的速度v，再经过时间t刚好到达传送带下端P。已知小物体与传送带之间的动摩擦因
113、数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度为g。则在小物体从上端运动到下端过程中，下列说法正确的是()A小物体位移大小为vtB小物体位移大小为vtC小物体与传送带间生热mgvtD小物体与传送带间生热mgvt解析：选BC小物体刚放上传送带时的加速度a1gsin 30gcos 307.5 m/s2；与传送带共速后的加速度：a2gsin 30gcos 302.5 m/s2，则va1t，v1va2t，解得v1v，则小物体位移大小为 xttvt，选项A错误，B正确。小物体与传送带共速前的相对位移：s1vtvtvt；小物体与传送带共速后的相对位移：s2tvtvt，小物体与传送带间生热Qmgc
114、os 30(s1s2)mgvt，选项C正确，D错误。3.如图所示，长L1.2 m，质量M4 kg的木板，在光滑水平面上以速度v03 m/s向右匀速运动。某时刻将质量m2 kg的木块(视为质点)，无初速地放到木板的最右端，最终木块恰好停在木板最左端。已知木板对木块的滑动摩擦力Ff5 N，求：(1)系统摩擦生热产生的热量Q；(2)最终木板运动的速度大小v；(3)从木块放上木板至与木板相对静止所经历的时间t。解析：(1)由功能关系知QFfL51.2 J6 J。(2)根据能的转化和守恒定律，有QMv02(Mm)v2解得：v2 m/s。(3)由牛顿第二定律得Ffma，又vat解得：t s0.8 s。答案
115、：(1)6 J(2)2 m/s(3)0.8 s4.当代人工智能无处不在，大大减少了人工的成本。某智能快递分拣中心，通过智能大脑分拣好的包裹从机器的出口以初速度v00.2 m/s滑上由理想电动机带动的水平传送带，传送带以速度v3 m/s匀速运动，设包裹质量为m1 kg，它与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带左右两端相距L5 m，如图所示，该电动机每传送一个包裹时，(取g10 m/s2)求：(1)包裹从左端运动到右端的时间；(2)包裹从左端到右端的过程中，摩擦力对包裹所做的功；(3)包裹从左端到右端的过程中，电动机多消耗的电能。解析：(1)由牛顿第二定律可知包裹的加速度：ag2 m/s2包裹达到
116、与传送带速度相等的时间：t11.4 s包裹的位移：x1t12.24 m包裹匀速运动的时间：t20.92 s所以包裹从左端到右端的总时间：tt1t22.32 s。(2)摩擦力对包裹做的功：Wfmgx1mv2mv024.48 J。(3)当包裹与传送带共速度时，包裹相对传送带的位移：svt1x11.96 m该过程产生的内能：Qmgs3.92 J电动机多消耗的电能：E电WfQ8.4 J。答案：(1)2.32 s(2)4.48 J(3)8.4 J5.如图所示，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，运动方向如图所示。一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h3.
117、2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失。物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；(2)传送带左右两端AB间的距离l至少为多少；(3)物体随传送带向右运动后，沿斜面上滑的最大高度h为多少？解析：(1)物体在斜面下滑的加速度agsin 305 m/s2由at2解得：t1.6 s。(2)由动能定理得mghmg0，代入数据解得l12.8 m。(3)物体随传送带向右运动，先做匀加速运动，加速度ag5 m/s2由v22a
118、x可知，当物体在摩擦力的作用下被加速到与传送带速度相同时，所经过的位移x3.6 m6.4 m，故物体在传送带上先做匀加速运动，后随传送带一起匀速运动。由机械能守恒定律可知，mv2mgh解得：h1.8 m。答案：(1)1.6 s(2)12.8 m(3)1.8 m6.在水平长直轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为。(1)证明：若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能Q是一个与动摩擦因数无关的定值；(2)已知滑块与车面间动摩擦因数0.2，滑块质量m1 kg，车长L2 m，车速v04 m/s
119、，g取10 m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F的大小应该满足的条件；(3)在(2)的情况下，力F取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力F的作用时间t。解析：(1)由题意知滑块相对平板车静止时速度为v0，根据牛顿第二定律，对滑块：mgmav0at滑块相对车面滑动的距离：sv0tv0t滑块与车面摩擦产生的内能：Qmgs联立解得：Qmv02所以Q是一个与动摩擦因数无关的定值。(2)设在恒力F作用下滑块加速度为a1，经过时间t1后速度达到v0，要使滑块不从左端掉下小车，即此时还未到达车的左端，由牛顿第二定律有：Fmgma1v0a1t1v0t1t1联立解得：F6 N。(3)F取最小值时，滑块经过时间t1运动到车左端后速度达到v0，为使滑块恰不从右端滑出，滑块在F作用下相对车先向右做匀加速运动(设加速度大小为a2，时间为t2)，再撤去外力F做匀减速运动(设加速度大小为a3)，到达右端时恰与车达到共同速度v0，则有：Fmgma2mgma3a2t22L联立式解得：t2 s0.58 s由(2)可解得t10.5 s，则力F的作用时间t应满足t1tt1t2，即0.5 st1.08 s。答案：(1)见解析(2)F6 N(3)0.5 st1.08 s
