第1講功和功率高考總復習2025課程標準1.理解功和功率。了解生產生活中常見機械的功率大小及其意義。2.理解動能和動能定理。能用動能定理解釋生產生活中的現象。3.理解重力勢能,知道重力勢能的變化與重力做功的關系。定性了解彈性勢能。4.通過實驗,驗證機械能守恒定律。理解機械能守恒定律,體會守恒觀念對認識物理規律的重要性。能用機械能守恒定律分析生產生活中的有關問題。5.了解自然界中存在多種形式的能量。知道不同形式的能量可互相轉化,在轉化過程中能量總量保持不變,能量轉化是有方向性的。6.知道利用能量是人類生存和社會發展的必要條件之一。7.知道合理使用能源的重要性,具有可持續發展觀念,養成節能的習慣核心素養試題情境生活實踐類體育運動中的功和功率問題,機車啟動問題,交通工具、生產工具、娛樂項目中能量守恒定律的應用學習探索類功的正負判斷和大小計算、變力做功的計算、功率的分析與計算、動能定理的應用、機械能守恒的理解與應用、功能關系的理解與應用、能量守恒及轉化問題考點一恒力功的分析與計算強基礎?固本增分1.做功的兩個要素(1)作用在物體上的

。

(2)物體在

上發生的位移。

2.功的物理意義功是

的量度。

力力的方向能量轉化3.公式

力對物體做不做功,關鍵是看力的方向與位移方向之間的夾角W=

。

如圖所示,物體在恒力F的作用下沿水平面向右運動了一段距離l,則恒力F做的功W=

。

(1)α是力與

之間的夾角,l為物體相對于地發生的位移。

(2)該公式只適用于

做功。

FlcosαFlcosα位移方向

恒力4.功的正負的判斷

作用力與反作用力做的功并不一

定一正一負、大小相等,實際上二者沒有必然聯系夾角功的正負0°≤α<90°W>0,力對物體做

功

90°<α≤180°W<0,力對物體做

功,也就是物體克服這個力做了功

α=90°W=0,力對物體

,也就是力對物體做功為零

正負不做功×√×提示

微元法。

研考點?精準突破1.功的正負判斷方法(1)恒力功的判斷:依據力與位移方向的夾角來判斷。(2)曲線運動中功的判斷(3)依據能量變化來判斷:若有能量轉化,則必有力對物體做功。此法常用于兩個相聯系的物體之間的相互作用力做功的判斷。2.恒力功的計算方法

3.總功的計算方法方法一:先求合力F合,再用W總=F合lcosα求功,此法要求F合為恒力。方法二:先求各個力做的功W1、W2、W3、…,再應用W總=W1+W2+W3+…求總功,注意代入“+”“-”再求和。典題1(多選)(2023吉林白城通榆模擬)由于某種原因,商場內的自動扶梯(可視為固定的斜面)的電源關閉,顧客用大小為F、方向沿扶梯向上的恒力將購物車從扶梯的底端勻加速推到頂端,如圖所示。已知購物車的質量為m,扶梯的傾角為θ、長度為L,扶梯對購物車的阻力大小為其所受重力的k倍。人和購物車均可視為質點,重力加速度大小為g,在購物車由靜止開始沿扶梯運動到頂端的過程中(

)A.重力對購物車做正功B.恒力F對購物車做的功為FLC.扶梯對購物車的支持力做的功為mgLcosθD.購物車克服扶梯阻力做的功為kmgLBD解析

購物車所受重力與位移方向的夾角大于90°,所以重力對購物車做負功,A錯誤;恒力F與位移方向同向,所以恒力F對購物車做的功W=FL,B正確;扶梯對購物車的支持力方向與位移方向垂直,所以做的功為零,C錯誤;購物車克服扶梯阻力做的功Wf=kmgL,D正確。典題2(2024廣東深圳模擬)甲、乙兩人共同推動一輛熄火的汽車沿平直路面勻速前進一段距離,對汽車做功分別為300J和400J,下列說法正確的是(

)A.阻力對汽車做功為-500JB.合力對汽車做功為700JC.兩人對汽車做的總功為700JD.甲的推力一定小于乙的推力C解析

因汽車做勻速直線運動,由動能定理可知W甲+W乙+W阻=0,解得

W阻=-(300+400)

J=-700

J,A錯誤;因汽車做勻速直線運動,由平衡條件可知,汽車所受合力等于零,合力做功為零,B錯誤;兩人對汽車做的總功為W總=W甲+W乙=300

J+400

J=700

J,C正確;由力對物體做功的公式W=Flcos

α可知,力F對物體做功大小,不僅與力F和位移大小l有關,還與力F與位移l的夾角α有關,因此甲的推力不一定小于乙的推力,D錯誤。考點二變力做功的求解方法求變力做功的五種方法

方法舉例微元法

質量為m的木塊在水平面內做圓周運動,運動一周克服摩擦力做功Wf=Ff·Δx1+Ff·Δx2+Ff·Δx3+…=Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=Ff·2πR等效轉換法

恒力F把物塊從A拉到B,繩子對物塊做功考向一

微元法計算變力做功典題3(2023江蘇徐州模擬)水平桌面上,長6m的輕繩一端固定于O點,如圖所示(俯視圖),另一端系一質量m=2.0kg的小球。現對小球施加一個沿桌面大小不變的力F=10N,F拉著物體從M點運動到N點,F的方向始終與小球的運動方向成37°角。已知小球與桌面間的動摩擦因數μ=0.2,不計空氣阻力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是(

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

將圓弧分成很多小段l1,l2,…,ln,拉力F在每小段上做的功為W1,W2,…,Wn,因拉力F大小不變,方向始終與小球的運動方向成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正確,B錯誤;同理可得小球克服摩擦力做的功Wf=μmg·=8π

J,故C、D錯誤。考向二

圖像法計算變力做功典題4(2023湖南長沙一模)木匠師傅用鐵錘把釘子砸進木梁,每次砸擊對鐵釘做功相同。已知釘子所受阻力與其進入木梁中的深度成正比,木匠砸擊4次,就把一枚長為L的釘子全部砸進木梁,那么他第1錘將鐵釘砸進木梁的深度是(

)B解析

作出釘子所受阻力與進入深度的關系圖,可知前一半深度與后一半深度過程中,阻力做功之比為1∶3,由題意可知,每次砸錘,錘對釘做功相同,將釘全部砸進木梁需要砸4次,則第1錘將鐵釘砸進木梁的深度是

,故選B。考向三

平均值法計算變力做功典題5(2024江蘇徐州模擬)靜止于水平地面上質量為1kg的物體,在水平拉力F=4+2x(式中F為力的大小、x為位移的大小,力F、位移x的單位分別是N、m)作用下,沿水平方向移動了5m。重力加速度g取10m/s2,則在物體移動5m的過程中拉力所做的功為(

)A.35J B.45J C.55J D.65JB考向四

等效轉換法計算變力做功典題6

如圖所示,固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊,用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪,以恒定的拉力F拉繩,使滑塊從A點起由靜止開始上升。若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2,圖中AB=BC,則(

)A.W1>W2B.W1<W2C.W1=W2D.無法確定W1和W2的大小關系A解析

輕繩對滑塊做的功為變力做功,可以通過轉換研究對象,將變力做功轉化為恒力做功;因輕繩對滑塊做的功等于拉力F對輕繩做的功,而拉力F為恒力,W=F·Δl,Δl為輕繩拉滑塊過程中力F的作用點移動的位移,大小等于定滑輪左側繩長的縮短量,由題圖及幾何知識可知,ΔlAB>ΔlBC,故W1>W2,A正確。考點三功率的分析和計算強基礎?固本增分1.功率的物理意義:描述力對物體做功的

。

2.公式(1),P為時間t內的

;

機車啟動類問題中F指牽引力(2)P=Fv,若v為平均速度,則P為

;若v為瞬時速度,則P為

。

3.額定功率:機械

時的最大輸出功率。

4.實際功率:機械

時的輸出功率,要求不大于

。

快慢平均功率平均功率瞬時功率正常工作實際工作額定功率√×√研考點?精準突破1.平均功率的計算方法(1)利用

。(2)利用P=Fvcosα,其中v為物體運動的平均速度,α為F與v的夾角。2.瞬時功率的計算方法(1)利用公式P=Fvcosα,其中v為t時刻的瞬時速度,α為F與v的夾角。(2)利用公式P=FvF,其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式P=Fvv,其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。典題7(2023山東卷)《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下:兩個半徑均為R的水輪,以角速度ω勻速轉動。水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個,與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當地的重力加速度為g,則筒車對灌入稻田的水做功的功率為(

)B解析

由題知,水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個,且每個水筒離開水面時裝有質量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田,則水輪轉一圈灌入農田的水的總質量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm,則水輪轉一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒車對灌入稻田的水典題8(多選)(2023四川綿陽期中)如圖所示,傾角為37°、長度為4m的粗糙固定斜面,一質量為1kg的小物塊從斜面頂端由靜止開始下滑至斜面底端,小物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則(

)A.整個過程中重力做功24JB.整個過程中合力做功24JC.整個過程中重力做功的平均功率是24WD.小物塊滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率是24WAD解析

根據公式可得,重力做功為WG=mgxsin

37°=1×10×4×0.6

J=24

J,故A正確;根據公式可得,合力做功為W合=(mgsin

37°-μmgcos

37°)x=8

J,故B錯誤;對小物塊受力分析,根據牛頓第二定律有mgsin

37°-μmgcos

37°=ma,解得a=2

m/s2,根據x=at2,解得t=2

s,整個過程中重力做功的平均功率是

=12

W,故C錯誤;小物塊滑到斜面底端時重力做功的瞬時功率是P=mgvsin

37°=1×10×2×2×0.6

W=24

W,故D正確。考點四機車啟動問題機車的兩種啟動方式

考向一

以恒定功率啟動典題9(2023湖北卷)兩節動車的額定功率分別為P1和P2,在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和v2。現將它們編成動車組,設每節動車運行時受到的阻力在編組前后不變,則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為(

)D考向二

以恒定加速度啟動典題10(多選)(2024湖南婁底模擬)某工廠在一段平直道路上進行新能源汽車性能測試,汽車發動機的額定功率為200kW,t=0時刻啟動,汽車由靜止開始做勻加速直線運動,t=t0時刻達到額定功率,速度達到v0,之后汽車保持額定功率不變繼續做直線運動,t=3.5t0時刻汽車達到最大速度2v0,已知汽車(含駕駛員)的質量為2000kg,汽車所受阻力恒定為4000N,g取10m/s2,下列說法正確的是(

)A.汽車勻加速直線運動的加速度a=2m/s2B.汽車勻加速直線運動的時間t0=25sC.汽車保持功率不變做直線運動的位移大小為1000mD.0~3.5t0時間內汽車的位移大小為1250mAD規律方法

解答機車啟動問題的三個重要關系式(3)機車以恒定功率運行時,牽引力做的功W=P額t,由動能定理得P額t-F阻x=ΔEk,此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移、速度或時間。第2講動能定理及其應用高考總復習2025考點一動能定理的理解和基本應用強基礎?固本增分一、動能1.定義:物體由于

而具有的能。

2.公式:Ek=

。

3.單位:

,1J=1N·m=1kg·m2/s2。

4.標矢性:動能是

,動能與速度方向

。

也叫動能的增量5.動能的變化:物體

與

之差,即ΔEk=

。

運動焦耳標量無關末動能初動能二、動能定理

不用規定正方向,但要明確各力做功的正負

所有外力做功的代數和1.內容:在一個過程中合力對物體所做的功,等于物體在這個過程中

。

2.表達式:W=ΔEk=Ek2-Ek1=

。

3.物理意義:

做的功是物體動能變化的量度。

4.適用條件(1)動能定理既適用于直線運動,也適用于

。

(2)動能定理既適用于恒力做功,也適用于

做功。

(3)力可以是各種性質的力,既可以同時作用,也可以

作用。

5.應用動能定理時,物體的位移、速度都應以地面或相對地面靜止的物體為參考系。動能的變化

合力曲線運動變力分階段√××提示

演繹推理法。

研考點?精準突破1.應用動能定理解題應抓住“兩狀態,一過程”,“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況,“一過程”即明確研究過程,確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。2.注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的,一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)當物體的運動包含多個不同過程時,可分段應用動能定理求解,也可以全過程應用動能定理求解。(3)動能是標量,動能定理是標量式,解題時不能分解動能。3.應用動能定理的解題流程

典題1(多選)質量為m的物體,在水平面上以初速度v0開始滑動,經距離d時,速度減為

v0。物體與水平面各處的動摩擦因數相同,則(

)CD典題2(2021全國乙卷)一籃球質量為m=0.60kg,一運動員使其從距地面高度為h1=1.8m處由靜止自由落下,反彈高度為h2=1.2m。若使籃球從距地面h3=1.5m的高度由靜止下落,并在開始下落的同時向下拍球,球落地后反彈的高度也為1.5m。假設運動員拍球時對球的作用力為恒力,作用時間為t=0.20s;該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小g取10m/s2,不計空氣阻力。求:(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功;(2)運動員拍球時對籃球的作用力的大小。答案

(1)4.5J

(2)9N審題指導

關鍵表述物理量及其關系運動員拍球時對球的作用力為恒力,作用時間為t=0.20

s拍球過程中球做勻變速運動,有x=at2恒力做功W=Fx籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變動能比值等于碰撞前后籃球下落和上升的高度比值易錯警示

(1)不能準確把握籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變的含義;(2)不能根據籃球的受力情況列出下降的位移的表達式,并將下降的位移、恒力F與運動員對籃球做的功建立起聯系。考點二應用動能定理求變力做功典題3

質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動,起始點A與一輕彈簧O端相距s,如圖所示。已知重力加速度大小為g,物體與水平面間的動摩擦因數為μ,物體與彈簧相碰后,彈簧的最大壓縮量為x,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短,物體克服彈簧彈力所做的功為(

)C.μmgs D.μmg(s+x)A典題4(多選)(2023重慶模擬)游樂場有一種兒童滑軌,其豎直剖面示意圖如圖所示,AB部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道,BC為軌道水平部分,與半徑OB垂直。一質量為m的小孩(可視為質點)從A點由靜止滑下,滑到圓弧軌道末端B點時,對軌道的正壓力大小為2.5mg,重力加速度大小為g。下列說法正確的是(

)BC考點三動能定理與圖像的結合圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義

典題5(多選)圖甲為一種新型的電動玩具,整體質量為m,下方的圓球里有電動機、電池、紅外線發射器等,打開開關后葉片轉動時會產生一個與葉片轉動平面垂直的升力F,使玩具在空中飛行。將玩具從離地面高度為4h0處由靜止釋放,使玩具在豎直方向運動,升力F隨離地面高度h變化的關系如圖乙所示,重力加速度為g,玩具只受升力和自身重力作用。對于4h0~2h0過程,下列判斷正確的是(

)A.玩具先做勻加速再做勻減速運動B.玩具下落到距地面3h0高處速度最大BC解析

玩具在下落過程中,根據牛頓第二定律有mg-F=ma,4h0~2h0過程中,由圖可知,F從零增大到2mg,在3h0時為mg,所以加速度開始向下并逐漸減小,速度在增大,當達到3h0時合力為零,加速度為零,此時速度達到最大值,繼續運動,合力向上,做減速運動,此時加速度向上并逐漸增大,速度在減小,A錯誤,B正確;根據上面分析,到達3h0時速度最大,F做負功,大小為圖線與橫軸典題6(2021湖北卷)如圖甲所示,一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑,運動過程中摩擦力大小Ff恒定,物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重力加速度大小取10m/s2,物塊質量m和所受摩擦力大小Ff分別為(

)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內物塊上滑,由動能定理得-mgsin

30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin

30°+Ff)s,結合0~10

m內的圖像得,斜率的絕對值|k|=mgsin

30°+Ff=4

N,10~20

m內物塊下滑,由動能定理得(mgsin

30°-Ff)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin

30°-Ff)s-(mgsin

30°-Ff)s1,結合10~20

m內的圖像得,斜率k'=mgsin

30°-Ff=3

N,聯立解得Ff=0.5

N,m=0.7

kg,故選A。典題7(多選)(2023全國新課標卷)一質量為1kg的物體在水平拉力的作用下,由靜止開始在水平地面上沿x軸運動,出發點為x軸零點,拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.在x=1m時,拉力的功率為6WB.在x=4m時,物體的動能為2JC.從x=0運動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為8JD.從x=0運動到x=4m的過程中,物體的動量最大為2kg·m/sBC規律總結

解決圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像,弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式。(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比,找出圖線的斜率、截距、圖線之間的交點、圖線與橫軸圍成的面積所對應的物理意義,分析解答問題,或者利用圖線上的特定值代入函數關系式求物理量。第3講專題提升動能定理在多過程問題中的應用高考總復習2025專題概述:多過程問題和往復運動問題的過程都比較復雜,分析這類問題時如果把眼光盯在“細節”上,忽略問題的“宏觀特性”,往往使思維陷入“死循環”。解答這兩類問題的關鍵是把握初末狀態的動能變化,明確對應過程中各力的做功情況,不去分析具體過程的運動性質,這正是動能定理解答這些問題的優越性所在。題型一動能定理在多過程問題中的應用1.應用動能定理求解多過程問題的兩種思路(1)分階段應用動能定理①若題目需要求某一中間物理量,應分階段應用動能定理。②物體在多個運動過程中,受到的彈力、摩擦力等力若發生了變化,力在各個過程中做功情況也不同,不宜全過程應用動能定理,可以研究其中一個或幾個分過程,結合動能定理,各個擊破。(2)全過程(多個過程)應用動能定理當物體運動過程包含幾個不同的物理過程,又不需要研究過程的中間狀態時,可以把幾個運動過程看作一個整體,巧妙運用動能定理來研究,從而避開每個運動過程的具體細節,大大簡化運算。2.全過程列式時要注意(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置,與路徑無關。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數值等于力的大小與路程的乘積。典題1(2023湖北卷)下圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板,其半徑為2R、內表面光滑,擋板的兩端A、B在桌面邊緣,(1)求小物塊到達D點的速度大小。(2)求B和D兩點的高度差。(3)求小物塊在A點的初速度大小。審題指導

關鍵詞句獲取信息在C點沿圓弧切線方向進入軌道C點的速度方向恰好沿圓弧的切線方向恰好能到達軌道的最高點D在D點恰好由重力提供向心力從C到D的過程應用動能定理,聯立方程可求vB從B到D的過程應用動能定理,可求B和D兩點的高度差從A到B的過程應用動能定理,可求vA典題2(2023山東濟南模擬)如圖所示,固定的光滑半圓柱面ABCD與粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB邊,半圓柱面的圓弧半徑R=0.4m,OA的長為L=2m。小物塊從O點開始以某一大小不變的初速度v0沿水平面運動,初速度方向與OA方向之間的夾角為θ。若θ=0°,小物塊恰好經過半圓弧軌道的最高點。已知小物塊與水平桌面間的動摩擦因數μ=0.1,重力加速度g取10m/s2。求:(1)初速度v0的大小;(2)若小物塊沿半圓弧運動的最大高度為h=0.4m,求夾角θ的余弦值。(2)小物塊沿半圓弧運動的最大高度為h=0.4

m=R此時小物塊僅有沿AB方向的水平速度vx,豎直方向速度為零,設小物塊在圓弧軌道最低端時的速度為v2,則vx=v2sin

θ典題3(2024重慶統考)如圖所示,足夠長的光滑傾斜軌道傾角為37°,圓形管道半徑為R、內壁光滑,傾斜軌道與圓形管道之間平滑連接,相切于B點,C、D分別為圓形管道的最低點和最高點,整個裝置固定在豎直平面內,一小球質量為m,小球直徑略小于圓形管道內徑,圓形管道內徑遠小于R,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)若將圓形管道的上面三分之一部分(PDQ段)取下來,并保證剩余圓弧管道的P、Q兩端等高,∠POQ=120°,小球從傾斜軌道A點由靜止釋放,在圓形管道內運動通過P點時,管道內壁對小球的作用力恰好為0,求A點與C點的高度差。(2)若將圓形管道的DQB段取下來,改變小球在傾斜軌道上由靜止釋放的位置,小球從D點飛出后落到傾斜軌道時的動能也隨之改變,求小球從D點飛出后落到傾斜軌道上動能的最小值(只考慮小球落到傾斜軌道上的第一落點)。(2)將圓形管道的DQB段取下來,小球離開D點后做平拋運動,設小球落到斜面上時豎直位移為y,水平位移為x,落到傾斜軌道的動能為Ek,如圖所示題型二動能定理在往復運動問題中的應用1.往復運動問題:在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性,而在這一過程中,描述運動的物理量多數是變化的,而且重復的次數又往往是無限的或者難以確定的。2.解題策略:此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功,其做功的特點是與路程有關,運用牛頓運動定律及運動學公式將非常煩瑣,甚至無法解出,由于動能定理只涉及物體的初、末狀態,所以用動能定理分析這類問題可簡化解題過程。典題4(2023湖南衡陽模擬)如圖所示,裝置由AB、BC、CD三段軌道組成,軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接,其中軌道AB段和CD段是光滑的,水平軌道BC的長度x=5m,軌道CD足夠長且傾角θ=37°,A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1=4.30m,h2=1.35m。現讓質量為m的小滑塊(可視為質點)自A點由靜止釋放,已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)小滑塊第一次經過D點時的速度大小。(2)小滑塊第一次與第二次經過C點的時間間隔。(3)小滑塊最終停止的位置到B點的距離。答案

(1)3m/s

(2)2s

(3)1.4m解析

(1)小滑塊從A→B→C→D過程中,由動能定理得代入數據解得vD=3

m/s。(2)小滑塊從A→B→C過程中,由動能定理得代入數據解得vC=6

m/s小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a=gsin

θ=6

m/s2小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間由對稱性可知小滑塊從最高點滑回C點的時間t1=t2=1

s故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔t=2

s。(3)設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為x總,對小滑塊運動全過程應用動能定理有mgh1-μmgx總=0代入數據解得x總=8.6

m故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2x-x總=1.4

m。審題指導

關鍵詞句獲取信息軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接連接處動能不損失,速度大小不變軌道AB段和CD段是光滑的,小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數μ=0.5在軌道AB段和CD段滑塊做勻變速直線運動且機械能不損失,在軌道BC上動能轉化為內能軌道CD足夠長且傾角θ=37°可求CD段勻變速運動的加速度(不離開斜面)小滑塊第一次經過D點時的速度大小D點不是CD段運動的最高點小滑塊第一次與第二次經過C點的時間間隔滑塊第一次在CD段往返運動的時間間隔典題5(2022浙江1月選考)如圖所示,處于豎直平面內的一探究裝置,由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成,B、D和F為軌道間的相切點,彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高),B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m=0.1kg,軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m,軌道AB長度lAB=3m,滑塊與軌道FG間的動摩擦因數μ=,滑塊與彈性板作用后,以等大速度彈回,sin37°=0.6,cos37°=0.8。滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放。(1)若釋放點距B點的長度l=0.7m,求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小;(2)設釋放點距B點的長度為lx,求滑塊第一次經F點時的速度v與lx之間的關系式;(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點,求釋放點距B點長度lx的值。(2)要保證滑塊能到F點,必須能過DEF的最高點,當滑塊恰到最高點時,根據動能定理可得mgl1sin

37°-(3mgRcos

37°+mgR)=0解得l1=0.85

m因此要能過F點必須滿足lx≥0.85

m能過最高點,則能到F點,由釋放到第一次到達F點,根據動能定理可得第4講機械能守恒定律及其應用高考總復習2025考點一機械能守恒的判斷一、重力做功與重力勢能1.重力做功的特點:重力做功與

無關,只與始、末位置的

有關。

2.重力勢能(1)表達式:Ep=mgh。

h為物體相對于參考面的高度,有正、負之分

(2)重力勢能的特點:重力勢能的大小與參考平面的選取

,但重力勢能的變化與參考平面的選取

。

3.重力做功與重力勢能變化的關系(1)定性關系:重力對物體做正功,重力勢能

;重力對物體做負功,重力勢能

。

(2)定量關系:重力對物體做的功等于物體重力勢能的

。即WG=Ep1-Ep2=-ΔEp。

路徑

高度差有關無關減小增大減小量二、彈性勢能1.定義:發生

的物體的各部分之間,由于有彈力的相互作用而具有的勢能。

與重力做功和重力勢能變化類似2.彈力做功與彈性勢能變化的關系:彈力做正功,彈性勢能

;彈力做負功,彈性勢能

。即W=

。

彈性形變減小增大-ΔEp×√√√×研考點?精準突破機械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用機械能的定義判斷:若物體動能、勢能之和不變,則機械能守恒。(2)利用做功判斷:若物體或系統只有重力(或彈簧的彈力)做功,雖受其他力,但其他力不做功(或做功代數和為0),則機械能守恒。(3)利用能量轉化判斷:若物體或系統與外界沒有能量交換,物體或系統內也沒有機械能與其他形式能的轉化,則機械能守恒。典題1(2023山東淄博聯考)下圖實例中,判斷正確的是(

)A.甲圖中冰晶五環被勻速吊起的過程中機械能守恒B.乙圖中物體在外力F作用下沿光滑斜面加速下滑的過程中機械能守恒C.丙圖中不計任何阻力,輕繩連接的物體A、B組成的系統運動過程中機械能守恒D.丁圖中小球在光滑水平面上以一定的初速度向右運動壓縮彈簧的過程中,小球的機械能守恒C解析

甲圖中冰晶五環被勻速吊起的過程中,拉力做功不為零,機械能不守恒,A錯誤;由于外力F做功不為零,物體機械能不守恒,B錯誤;物體A、B組成的系統運動過程中重力做功,繩子拉力對兩物體做功之和為零,機械能守恒,C正確;丁圖中小球在光滑水平面上以一定的初速度向右運動壓縮彈簧的過程中,彈簧的彈力對小球做負功,小球的機械能不守恒,D錯誤。典題2(多選)(2024廣東惠州模擬)如圖所示,將一個內外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上,槽的左側有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)。現讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落,從A點與半圓形槽相切進入槽內,則下列說法正確的是(

)A.小球在半圓形槽內運動的全過程中,只有重力對它做功B.小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中,小球的機械能守恒C.小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中,小球與半圓形槽組成的系統機械能守恒D.小球從下落到從右側離開半圓形槽的過程中,機械能守恒

BC解析

當小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側的過程中,小球對半圓形槽的力使半圓形槽向右運動,半圓形槽對小球的支持力對小球做負功,小球的機械能不守恒,A、D錯誤;小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中,半圓形槽靜止,則只有重力做功,小球的機械能守恒,B正確;小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中,小球與半圓形槽組成的系統只有重力做功,機械能守恒,C正確。考點二單個物體的機械能守恒問題強基礎?固本增分1.內容:在只有重力或彈力做功的物體系統內,

與勢能可以互相轉化,而總的機械

機械能中的勢能包括重力勢能和彈性勢能能保持不變。2.表達式:Ek1+Ep1=

。

動能Ek2+Ep2×√研考點?精準突破1.表達式

2.應用機械能守恒定律解題的一般步驟

典題3(2023湖北宜昌聯考)如圖甲所示,O點為單擺的固定懸點,將力傳感器接在擺球與O點之間。現將擺球拉到A點,釋放擺球,擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動,其中B點為運動中的最低位置。圖乙表示細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線,圖中t=0為擺球從A點開始運動的時刻,g取10m/s2,則擺球的質量是(

)A.0.05kg B.0.10kgC.0.18kg D.0.21kgB(1)求小球經B點前后瞬間對軌道的壓力大小之比。(2)小球離開C點后,再經多長時間落到AB弧上?審題指導

關鍵詞句獲取信息小球經B點前后瞬間速度大小相等,但做圓周運動的半徑不同小球離開C點小球做平拋運動落到AB弧上水平位移與豎直位移滿足圓的方程考點三非質點類物體機械能守恒問題強基礎?固本增分知識歸納

在應用機械能守恒定律處理實際問題時,經常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體,其在運動過程中將發生形變,其重心位置相對物體也發生變化,因此這類物體不能再當成質點來處理。物體雖然不能當成質點來處理,但因只有重力做功,物體整體機械能守恒。一般情況下,可將物體分段處理,確定質量分布均勻的規則物體各部分的重心位置,根據初、末狀態物體重力勢能的變化列式求解。典題5

有一條長為2m的均勻金屬鏈條,有一半在光滑的足夠高的斜面上,斜面頂端是一個很小的圓弧,斜面傾角為30°,另一半豎直下垂在空中,當鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動,g取10m/s2,則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(

)B典題6

如圖所示,粗細均勻的U形管內裝有同種液體,開始時兩邊液面高度差為h,管中液柱總長為4h,隨后讓液體自由流動,當兩液面高度相等時,右側液面下降的速度為(不計液體內能的變化)(

)A解析

在液柱流動過程中除受重力作用外,還受大氣壓力作用,但在液體流動過程中,右側大氣壓力做的正功等于左側大氣壓力做的負功,所以滿足機械能守恒條件。以原來左側液面處為重力勢能的參考平面,則由機械能守第5講專題提升

機械能守恒定律中的連接體問題高考總復習2025專題概述:連接體是由若干個物體通過輕繩、輕桿等連接起來的系統,其涉及相互作用的物體多,受力和運動情況復雜,因此該類問題綜合性較強,解決此類問題除了運用整體、隔離法外,還可以用系統機械能守恒定律求解,可以通過以下三種情境進行探討:一、速率相等的情境;二、角速度相等的情境;三、關聯速度的情境。題型系統的機械能守恒問題1.解決多物體系統機械能守恒的注意點(1)對多個物體組成的系統,要注意判斷物體運動過程中系統的機械能是否守恒。一般情況為:不計空氣阻力和一切摩擦,系統的機械能守恒。(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系。(3)列機械能守恒方程時,一般選用ΔEk=-ΔEp或ΔEA=-ΔEB的形式。2.幾種實際情境的分析(1)速率相等情境注意分析各個物體在豎直方向的高度變化。

(2)角速度相等情境

①桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向,桿能對物體做功,單個物體機械能不守恒。②由v=ωr知,v與r成正比。(3)某一方向分速度相等情境(關聯速度情境)兩物體速度的關聯實質:沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等。

(4)含彈簧的系統機械能守恒問題①由于彈簧發生形變時會具有彈性勢能,系統的總動能將發生變化,若系統除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功,系統機械能守恒。②彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時,兩端的物體具有相同的速度,彈性勢能最大。③對同一彈簧,彈性勢能的大小由彈簧的形變量決定,彈簧的伸長量和壓縮量相等時,彈簧的彈性勢能相等。考向一

速率相等情境典題1(多選)(2023江西上饒聯考)如圖所示,物體甲、乙質量分別為0.3kg和0.5kg,用輕繩連接跨在一個光滑定滑輪兩側,用手將甲按在地面上,乙距地面5m。放開物體甲,不計一切摩擦阻力和空氣阻力,g取10m/s2,下列說法正確的是(

)A.乙物體落地的速度為10m/sB.甲上升到最高點時離地面6.25mC.從釋放到乙落地時,繩對甲做的功為18.75JD.從釋放到乙落地時,繩對乙做的功為18.75JBC考向二

角速度相等情境典題2(2024河南三門峽模擬)一長為L、質量可不計的剛性的硬桿,左端通過鉸鏈固定于O點,中點及右端分別固定質量為m和質量為2m的小球,兩球與桿可在豎直平面內繞O點無摩擦地轉動。開始時使桿處于水平狀態并由靜止釋放,如圖所示。當桿下落到豎直位置時,在桿中點的球的速率為(

)A解析

兩球轉動的角速度相等,根據v=ωr可知兩球的線速度大小之比為1∶2,設桿中點處小球的速度為v,則外端小球的速度為2v,桿由初狀態下落到豎考向三

關聯速度情境典題3(多選)如圖所示,一輕繩通過光滑的輕質定滑輪與套在光滑水平桿上的小物塊A連接,另一端與小球B連接。系統由靜止釋放后,物塊A經過圖示位置時向右運動的速度大小為vA,小球B的速度大小為vB,輕繩與桿的夾角為α(0°<α<90°),則(

)A.vAcosα=vBB.圖示時刻,小球B處于失重狀態C.由靜止釋放到圖示時刻的過程中,繩中拉力一直對A不做功D.圖示時刻,輕繩對物塊A和小球B做功的功率大小相等AD解析

物塊A的運動為合運動,將物塊A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向,在沿繩子方向的分速度等于小球B的速度,即有vAcos

α=vB,故A正確;運動過程中,沒有摩擦,系統機械能守恒,系統重力勢能轉化為兩者動能,當α=90°時,B球的速度為零,故B球向下先加速后減速,B球先失重后超重,無法判斷圖示時刻B球的狀態,故B錯誤;由靜止釋放到圖示時刻的過程中,繩中拉力與A的位移一直成銳角,做正功,故C錯誤;系統機械能守恒,輕繩對物塊A和小球B的拉力大小相等,沿繩子的速度大小相等,則輕繩對兩者拉力做功的功率大小相等,故D正確。典題4

如圖所示,有一光滑軌道ABC,AB部分為半徑為R的

圓弧,BC部分水平,質量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端,輕桿長為R,小球可視為質點,開始時a球處于圓弧上端A點,由靜止開始釋放小球和輕桿,使其沿光滑弧面下滑,重力加速度為g,下列說法正確的是(

)A.a球下滑過程中機械能保持不變B.b球下滑過程中機械能保持不變C.a、b球都滑到水平軌道上時速度大小均為D.從釋放a、b球到a、b球都滑到水平軌道上,整個過程中輕桿對a球做的功為

mgRD解析

對于單個小球來說,桿的彈力做功,小球機械能不守恒,A、B錯誤;兩個小球組成的系統只有重力做功,所以系統的機械能守恒,故有考向四

含彈簧的系統機械能守恒問題典題5(2023山東威海二模)如圖所示,A、B兩小球由繞過輕質光滑定滑輪的細線相連,A放在固定的傾角為30°的光滑斜面上,B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連,C球放在水平地面上。現用手控制住A,使細線恰好伸直,保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知B、C的質量均為m,重力加速度為g。松手后A由靜止開始沿斜面下滑,當A速度最大時C恰好離開地面,則A下滑的最大速度為(

)A典題6

如圖所示,輕質彈簧一端固定在O處,另一端與質量為m的物塊相連,物塊套在光滑豎直固定桿上。開始時物塊處于A處且彈簧處于原長。現將物塊從A處由靜止釋放,物塊經過B處時彈簧與桿垂直,經過C處時彈簧再次處于原長,到達D處時速度為零。已知OB之間的距離為L,∠AOB=30°,∠BOD=60°。彈簧始終在彈性限度之內,重力加速度為g。在物塊下滑的整個過程中,下列說法正確的是(

)A.物塊在由A處下滑至C處的過程中機械能守恒C.物塊在B處時彈簧的彈性勢能最大D第6講功能關系能量守恒定律高考總復習2025考點一功能關系的理解與應用強基礎?固本增分1.對功能關系的理解(1)做功的過程就是

的過程,不同形式的能量發生相互轉化是通過做功來實現的。

(2)功是能量轉化的

,功和能的關系,一是體現在不同的力做功,對應不同形式的能轉化,具有一一對應關系,二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等。

能量轉化量度2.常見的功能關系

能量功能關系表達式勢能重力做的功等于重力勢能減少量W=Ep1-Ep2=-Δep彈力做的功等于彈性勢能減少量靜電力做的功等于電勢能減少量分子力做的功等于分子勢能減少量動能合外力做的功等于物體動能變化量能量功能關系表達式機械能除重力和彈力之外的其他力做的功等于機械能變化量W其他=E2-E1=ΔE摩擦產生的內能一對相互作用的滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產生的內能Q=Ff·x相對電能克服安培力做的功等于電能增加量W電能=E2-E1=ΔE××××研考點?精準突破功的正負與能量增減的對應關系(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功。(2)勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)做負功還是做正功。(3)機械能的增加與減少要看重力和彈簧彈力之外的力對物體做正功還是做負功。考向一

功能關系的理解典題1(2023廣東汕頭二模)急行跳遠起源于古希臘奧林匹克運動。如圖所示,急行跳遠由助跑、起跳、騰空與落地等動作組成,空氣阻力不能忽略,下列說法正確的是(

)A.蹬地起跳時,運動員處于失重狀態B.助跑過程中,地面對運動員做正功C.從起跳到最高點過程,運動員重力勢能的增加量小于其動能的減少量D.從空中最高點到落地瞬間,運動員克服空氣阻力做的功等于重力勢能的減少量C解析

蹬地起跳時,運動員的加速度方向先向上、后向下,運動員先超重、后失重,故A錯誤;助跑過程中,地面對運動員的作用力沒有位移,地面對運動員不做功,故B錯誤;空氣阻力不能忽略,從起跳到最高點過程,一部分動能轉化為與空氣摩擦產生的熱,所以運動員重力勢能的增加量小于其動能的減少量,故C正確;從空中最高點到落地瞬間,重力勢能轉化為動能和與空氣摩擦產生的熱,運動員克服空氣阻力做的功小于重力勢能的減少量,故D錯誤。典題2(2023浙江紹興二模)如圖所示,某斜面的頂端到正下方水平面O點的高度為h,斜面與水平面平滑連接,斜面傾角為θ,小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ,一小木塊從斜面的頂端由靜止開始滑下,滑到水平面上距離O點為l的A點停下。以O點為原點建立xOy坐標系,改變斜面傾角和斜面長度,小木塊仍在A點停下,則小木塊靜止釋放點的坐標可能是(

)D考向二

功能關系與圖像結合

Ek-x圖像斜率:合外力①合外力沿+x方向,②合外力沿-x方向Ep-x圖像斜率:重力、彈力等①力沿-x方向,②力沿+x方向E-x圖像斜率:除重力、彈力以外的力①沿+x方向,②沿-x方向E-t圖像斜率:功率典題3(2024北京西城模擬)將一個物體豎直向上拋出,若物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比,下圖中可能正確反映小球拋出后上升過程中速度v、加速度a隨時間t的變化關系,以及其動能Ek、重力勢能Ep隨上升高度h的變化關系的是(

)C解析

由題意可得F阻=kv,根據牛頓第二定律可得mg+F阻=ma,速度減小則加速度減小,所以物體不是勻變速運動,故A錯誤;根據牛頓第二定律可得mg+kv=ma,即加速度和速度是線性關系,因速度和時間不是線性關系,因此加速度與時間不成線性關系,故B錯誤;上升過程,由動能定理可得-mgh-F阻h=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-(mg+F阻)h=Ek0-(mg+kv)h,由于速度減小,則Ek-h圖像的斜率的絕對值逐漸減小,故C正確;設初位置的重力勢能為Ep0,則有Ep-Ep0=mgh,可得Ep=mgh+Ep0,可知Ep-h圖像為一條傾斜直線,故D錯誤。典題4(2023北京延慶一模)如圖甲所示,物體以一定初速度從傾角α=37°的斜面底端沿斜面向上運動,上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面,上升過程中,物體的機械能E機隨高度h的變化如圖乙所示。g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。則(

)A.物體的質量m=0.67kgB.物體與斜面間的動摩擦因數μ=0.5C.物體上升過程的加速度大小a=12m/s2D.物體回到斜面底端時的動能Ek=20JB解析

物體到達最高點時,機械能為E=Ep=mgh,由題圖乙可知Ep=30

J,解得m=1

kg,故A錯誤;物體上升過程中,克服摩擦力做功,機械能減少,且減少的機械能等于克服摩擦力做的功,有ΔE=-μmgcos

α,由題圖乙可知ΔE=30

J-50

J=-20

J,h=3

m,解得μ=0.5,故B正確;物體上升過程中,由牛頓第二定律得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錯誤;由圖像可知,物體上升過程中摩擦力做功為W=ΔE=-20

J,在整個過程中由動能定理得Ek-Ek0=2W,則有Ek=Ek0+2W=50

J+2×(-20

J)=10

J,故D錯誤。典題5(多選)某同學將一帶傳感器的木箱從傾角為30°的斜坡頂端由靜止釋放,木箱滑到斜面底端時速度剛好為0,木箱與斜坡上、下兩部分的動摩擦因數分別為μ1、μ2,通過分析處理傳感器的數據得到木箱的動能和機械能與木箱下滑位移的關系圖像分別如圖中a、b所示,已知木箱動能最大時,機械能與動能大小之比為3∶1,已知木箱可視為質點,重力加速度為g,以斜坡底端為重力勢能零點。下列說法正確的是(

)C.動能最大時,木箱的機械能為3mgL0D.木箱在上、下兩段斜坡上滑行過程中產生的熱量之比為1∶3BC考點二能量守恒定律的理解與應用強基礎?固本增分1.內容能量既不會

,也不會憑空消失,它只能從一種形式

為另一種形式,或者從一個物體

到別的物體,在轉化或轉移的過程中,能量的總量

。

2.表達式(1)E1=E2。(2)ΔE減=

。

憑空產生轉化轉移保持不變ΔE增

×√√√研考點?精準突破列能量守恒定律方程的兩條基本思路(1)某種形式的能量減少,一定存在其他形式的能量增加,且減少量和增加量一定相等。(2)某個物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加,且減少量和增加量一定相等。典題6

如圖所示,輕彈簧放置在傾角為30°的斜面上,彈簧下端與斜面底端的擋板相連,可看作質點的小物塊A、B疊放在一起,在斜面的頂端由靜止釋放一起沿斜面下滑。彈簧被壓縮到最短時,A物塊剛好從B上滑離,此后彈簧將物塊B彈出,B剛好又能滑到斜面頂端,已知重力加速度為g,B物塊與斜面間動摩擦因數為,則關于A、B的質量m和m'之間的關系,正確的是(

)A.m'=2m

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

D.m'=3mA解析

從開始運動直到彈簧壓縮最短的過程中,對整體研究,由于彈簧被壓縮到最短時,A物塊剛好從B上滑離,則二者速度為0,設運動距離為L,則根據能量守恒定律可知(m+m')gLsin

30°-μ(m+m')gcos

30°·L=Ep,對于彈簧將物塊B彈出,B剛好又能滑到斜面頂端的過程中,根據能量守恒定律可知Ep=m'gLsin

30°+μm'gcos

30°·L,聯立解得m'=2m,故選A。典題7(2023全國甲卷)如圖所示,光滑水平桌面上有一輕質彈簧,其一端固定在墻上。用質量為m的小球壓彈簧的另一端,使彈簧的彈性勢能為Ep。釋放后,小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動,與彈簧分離后,從桌面水平飛出。小球與水平地面碰撞后瞬間,其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等;垂直于地面的速度分量大小變為碰撞前瞬間的,小球與地面碰撞后,彈起的最大高度為h,重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。求:(1)小球離開桌面時的速度大小;(2)小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離。(2)設小球剛離開桌面到第一次落地所用時間為t,第一次落地的豎直速度為vy,落地點距桌面上其飛出點的水平距離為x,第一次落地后彈起的豎直速度為vy',則x=v0tvy=gtvy'2=2gh考點三摩擦力做功與能量轉化兩種摩擦力做功特點的比較

比較項靜摩擦力做功滑動摩擦力做功不同點能量的轉化只有機械能從一個物體轉移到另一個物體,而沒有機械能轉化為其他形式的能(1)一部分機械能從一個物體轉移到另一個物體(2)一部分機械能轉化為內能,此部分能量就是系統機械能的損失量一對摩擦力的總功一對靜摩擦力所做功的代數和總等于零一對滑動摩擦力做功的代數和總是負值,總功W=-Ffs相對,即發生相對滑動時產生的熱量相同點做功情況兩種摩擦力對物體可以做正功,也可以做負功,還可以不做功典題8

冬奧會鋼架雪車比賽照片如圖甲所示,而為了研究方便我們可以把運動中的一個片段簡化為如圖乙所示的模型。B點是斜面與水平地面的連接處,質量為0.4kg的物塊(可視為質點)從斜面上的A點由靜止釋放,最后停在C點。物塊與斜面、地面之間的動摩擦因數均為μ。不計物塊經過B點時的能量損失;已知xAB=9m,物塊在斜面上做勻加速直線運動過程的總時間的正中間1s內的位移為3m,A、C兩點的連線與地面的夾角β=37°,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說法正確的是(

)A.物塊沿斜面下滑的加速度大小為0.5m/s2B.物塊與接觸面間的動摩擦因數為0.8C.物塊的重力勢能的減少量小于7.2JD.物塊從B運動到C,因摩擦產生的熱量為7.2JD典題9(多選)(2024山東濟南模擬)如圖所示,傾角為θ的固定斜面AB段粗糙,BP段光滑,一輕彈簧下端固定于斜面底端P點,彈簧處于原長時上端位于B點,質量為m的物體(可視為質點)從A點由靜止釋放,第一次將彈簧壓縮后恰好能回到AB的中點Q。已知A、B間的距離為x,重力加速度為g,則(

)A.物體最終停止于Q點B.物體由A點運動至最低點的過程中,加速度先不變后減小為零,再反向增大直至速度減為零C.物體與AB段的動摩擦因數D.整個運動過程中物體與斜面間摩擦生熱為mgxsin

θCD解析

從A點由靜止釋放,物體能夠滑下,說明重力的分力大于滑動摩擦力,所以物體不能停止于Q點,故A錯誤;物體接觸彈簧前,由牛頓第二定律可得mgsin

θ-μmgcos

θ=ma,解得a=gsin

θ-μgcos

θ,加速度保持不變,剛接觸彈簧時,因BP段光滑,沒有摩擦,加速度突然增大為gsin

θ,接觸彈簧后,由牛頓第二定律有mgsin

θ-kx=ma,隨著壓縮量x的增大,加速度a減小,當滿足mgsin

θ=kx時,加速度為零,之后有kx-mgsin

θ=ma,隨著壓縮量x的增大,加速度a增大,直至速度為零,綜上所述可知,物體由A點運動至最低點的過程中加速度先不變后突然增大,再減小為零,最后反向增大直至速度減為零,故B錯誤;物體從A開始運動到上滑到Q點的過程,由能量守恒得,故C正確;由于物體在AB段運動時會有機械能損失,故物體每次反彈后上升的高度逐漸減小,最終物體以B點為最高點做往復運動,之后不會產生熱量,由功能關系可得,物體在從開始到最終停止的整個運動過程中摩擦生熱為Q=mgxsin

θ,故D正確。第7講專題提升動力學和能量觀點的綜合應用高考總復習2025專題概述:能量觀點是解答動力學問題的三大觀點之一,能量觀點與動力學觀點的綜合應用是考生深化物理知識、提升綜合分析能力的重要體現。通過該部分知識的復習,能培養審題能力、推理能力和規范表達能力等,提升學生解答題目的綜合素養。題型一傳送帶模型中的能量轉化強基礎?固本增分解答動力學和能量綜合的傳送帶模型的兩點分析1.設問的角度(1)動力學角度:首先要正確分析物體的運動過程,做好受力分析,然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移,找出物體和傳送帶之間的位移關系。(2)能量角度:求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等,常依據功能關系或能量守恒定律求解。2.功能關系分析(1)功能關系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。(2)對W和Q的理解:①傳送帶做的功:W=Fx傳;②產生的內能:Q