第20讲 功能关系及能量守恒定律 -备战2025年高考物理一轮精细复习（解析版）

第第页第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考点1：功能关系的理解及应用一．功能关系1．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初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，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W合：合外力的功（所有外力的功）动能的改变量（ΔEk）合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1WG：重力的功重力势能的改变量（ΔEp）重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2W弹：弹簧弹力做的功弹性势能的改变量（ΔEp）弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力的功不引起机械能变化机械能守恒ΔE＝0W其他：除重力或系统内弹簧弹力以外的其他外力做的功机械能的改变量（ΔE）除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔEFf·Δx：一对滑动摩擦力做功的代数和因摩擦而产生的内能（Q）滑动摩擦力做功引起系统内能增加ΔE内＝FfΔx（Δx为物体间的相对位移）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。【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23，取地面为零势能面，已知sin53°=0.8,cos53°=0.6。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量A． B．C． D．【答案】BD【详解】AD．设O点到斜面底端的距离为x0，物块释放点的高度为ℎW可得W根据能量守恒可知Q=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x轴上任意位置的机械能为E=mgℎ−其E−x图像为纵轴截距为mgℎ，斜率为−23mg的倾斜直线，而其Q−xB．物块的重力势能E可知物块Ep−x图像为纵轴截距mgℎ，斜率为−4C．当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能E当物块下滑至斜面底端时其动能E此后在水平面上克服摩擦力做功，则有E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23mg，动能达到最大后在水平面上运动，其图线的斜率为故选BD。【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A点（距离B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m的小滑块，已知重力加速度g，则下列说法正确的（）A．若弹簧弹性势能为mgR，则小球恰能到达C点B．若弹簧弹性势能为2mgR，则小球恰能到达D点C．若弹性势能为3mgR，则小球通过B点时对轨道的压力为6mgD．若弹性势能为2.5mgR，则小球通过D点后落在水平面上距B点为2R【答案】AD【详解】A．根据能量守恒，小球由A到C，有mgR=mgR+解得v可知小球恰能到达C点。故A正确；B．同理，小球由A到D，有2mgR=2mgR+解得v小球能到达D点的最小速度满足mg=m解得v可知v则小球不能到达D点。故B错误；C．依题意，小球由A到B，有3mgR=在B点，由牛顿第二定律可知F联立，可得F根据牛顿第三定律可知小球通过B点时对轨道的压力为7mg。故C错误；D．小球由A到D，有2.5mgR=2mgR+解得v小球经过D点后做平抛运动，有2R=解得x=2R故D正确。故选AD。【考向3】（多选）如图所示，在倾角为θ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m1、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FvsinθB．物块B满足m2gsinθ＝kdC．物块A的加速度为F－kdD．弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1gdsinθ－12m1v【答案】CD【详解】A．拉力的瞬时功率P=Fv，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m2gsinθ=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜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-m1gsinθ-kx2=m1a1，又开始时，A平衡，则有：m1gsinθ=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为a1=F－kdmD．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−m1gdsinθ−12m1v2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O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，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P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35A．小球通过P点时的加速度大小为3m/s2B．弹簧具有的最大弹性势能为0.5JC．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等D．N到P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=g故A错误；C．因NP段与PM段关于P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P的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球N到P的过程有mg×ℎ2+Emgℎ=2得E故B错误；D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能Δ故D正确。故选CD。【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θ=30°，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为k=16mg5d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O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F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角α=37°。去掉水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角β=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，A．物块P向左运动的过程中其机械能先增大后减小B．物块P从A点运动到B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A点时弹簧的伸长量为5D．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为125mgd【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A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A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T所以绳子的拉力为T=对物块Q进行受力分析，在沿斜面方向上有T=2mg解得F设弹簧拉伸的长度为x，由胡克定律有F解得x=故C项正确；B．物块P到B点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了OA−OB=所以此时弹簧的压缩量为x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A点运动到B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B点时，P和Q速度满足v物块P从A点运动到B的过程中，由能量守恒有2mg⋅对物块P由动能定理有W=解得W=故D项正确。故选CD。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(1)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＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．类别比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功一对静摩擦力所做功的代数总和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ff·l相对，即摩擦时产生的热量相同点做功的正、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W＝Flcosα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。【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L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x

A．此时小物块的动能为FB．此时小车的动能为FC．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx−D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F【答案】B【详解】A．对小物块由动能定理得F整理有E故A项错误；B．对小车由动能定理有F整理有Ε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E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Fx+LD．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=故D项错误。故选B。【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m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μ，重力加速度为g，当小木块与传送带相对静止时（）A．传送带转过的路程为vB．小木块的位移为vC．摩擦产生的热量为mv2D．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mv2【答案】AD【详解】AB．当小木块与传送带相对静止时所用时间为t=传送带转过的路程为s=vt=小木块的位移为x=选项A正确，B错误；C．摩擦产生的热量为Q=μmg(s−x)=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E=Q+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AB和竖直半圆形轨道BC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BC外其余接触面均光滑。某次游戏中用力将一质量m=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Ep0=1.6J，然后由静止释放滑块，滑块从弹射器（1）滑块通过B点时对半圆形轨道的压力大小；（2）滑块从B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）【详解】（1）滑块运动到B点的过程，由能量守恒有E滑块经过B点，由牛顿第二定律有F解得F由牛顿第三定律得，滑块通过B点时对半圆形轨道的压力F（2）滑块恰好能过C点，则mg=m解得v滑块从B点运动到C点的过程中，由动能定理有−mg⋅2R−解得W【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m=1kg的小物块A以初速度v0=3m/s从B的左端水平滑上B，t=4（1）0−4s（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B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。

【答案】（1）3.75m；（2）4J；（3）【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Aμmg=m对木板Bμmg=M设AB经过时间t1后达到相等的速度vv解得tv此时A运动的位移为xB的运动位移为x当AB共速后将做匀速直线运动，则两者在0.5sx故在0−4sx=（2）当t=4s时，当恒力FF=对B有f=Ma解得f=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a=设木板B第一次与挡板碰撞前，AB的速度为v2v解得v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W（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μmg−F=m对B有μmg=M解得a即AB将同时减速到0，则在此过程中，由运动学公式知vv解得x在此过程中A相对B运动位移为Δ此后AB将在恒力F作用下以加速度a=2由（1）问可知，0−4sΔ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−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ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE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。（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。【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0.39A．弹簧的劲度系数为200B．小球在运动过程中受到的空气阻力约为0.3C．小球在整个运动过程中通过的路程约为11.05D．小球下落过程中速度最大处距地面高为0.39【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=kΔx解得k=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0.39mB．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mg解得f≈0.5故B错误；C．对小球运动的整个过程，由能量守恒定律得mg解得s=11.05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AB滑下，接着进入半径R=4m的竖直圆轨道，当到达环顶C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BD，且到达D点时速度为零。已知gA．在由A到D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D点离地面的高度一定大于8mC．小球第一次过B点时对轨道的压力大小是35ND．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B点时，根据机械能守恒有mgℎ=在B点由牛顿第二定律有N−mg=m解得N=35故C正确；D．根据题意，在C点由牛顿第二定律有mg=m设小球从B上升到C的过程中克服阻力做的功为Wf1联立解得W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A到D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mg(H−ℎ)−解得ℎ>8故B正确。故选BCD。【考向13】如图所示，固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道BC与水平地面相切于C点，半径OB与水平方向的夹角θ=37°。质量m=1kg的物块（视为质点）从O点正上方的A点以大小v0=3m/s的速度水平向左抛出，恰好沿B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（1）A、B两点的高度差h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FN（3）物块通过B点时的速度大小vB以及在物块从B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Q【答案】（1）ℎ=0.8m，R=1.5m；（2）F【详解】（1）设物块通过B点时的竖直分速度大小为vyv又v解得ℎ=0.设物块抛出后在空中做平抛运动的时间为t，有v又R解得R=（2）设物块通过C点时的速度大小为vC−μmgs=0−解得v设物块通过C点时所受圆弧轨道的支持力大小为F′F根据牛顿第三定律有F解得F（3）物块通过B点时的速度大小v解得v对物块从B点滑至C点的过程，根据能量守恒定律有Q=mg解得Q=【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=2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m=2 kg的小滑块（可视为质点）与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F=60 N的作用，在B点撤去拉力，AB的长度为L=5（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BC段的长度范围。【答案】（1）FN=120 N；（2）【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mg=m滑块从C点到最高点过程由动能定理可得−mg×2R=在C点，对滑块由牛顿第二定律可知F解得F（2）要使滑块能进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，有FL−μmg解得x①滑块无法通过最高点，但到达的高度为R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−μmg解得x②滑块能通过最高点，即到达C点的速度大于vCv对AC过程由动能定理可得FL−μmg解得x综上所述，要使不脱离轨道BC长度范围为0，15 m【考向15】如图所示，半径为R的半圆弧轨道ABCD竖直放置，D点在圆心O点的正上方，是圆弧的最高点，固定圆管轨道NA与半圆弧轨道在最低点A平滑对接，管口N点的切线水平且N、O、B三点等高，劲度系数为k的轻质弹簧放置在光滑的水平面PN上，一端固定在P点，当弹簧处于原长时，另一端正好处在N点。一质量为m、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Q，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Ep=12kx2（1）求C点与B点的高度差h；（2）求小球在A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】（1）ks23mg；（2）【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O的夹角为θ，则有mg由几何关系可得cos从Q点到C点，由能量守恒定律可得1解得ℎ=从Q点到C点，由能量守恒定律可得1解得ℎ=（2）小球由Q运动到A，由能量守恒定律可得1在A点时有F由牛顿第三定律可得F方向垂直轨道向上（3）小球能完整通过D点，则有mg≥从Q到D，由能量守恒定律有1可得0<m≤【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405kW，风速在5~10m/sA．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1C．若每天平均有1.0×108D．若风场每年有5000h风速在6~10m【答案】D【详解】AB．单位时间流过面积A的流动空气体积为V单位时间流过面积A的流动空气质量为m单位时间流过面积A的流动空气动能为1风速在5~10mC．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×10E<1.0×C错误；D．若风场每年有5000h风速在6~10m/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9P=则该发电机年发电量至少为E=Pt=120×5000D正确；故选D。【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（）A．发动机的输出功率为70kWB．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104JC．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104JD．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J【答案】C【详解】A．由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为1.7×104J，则输出功率为P=选项A错误；

BCD．每1s消耗的燃料有6.9×104J进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，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GMmr，式中M为地球质量，G为引力常量；现将空间站的质量记为m0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为rA．12GMmC．32GMm【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r1变轨到rW+依题意可得引力做功W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G求得空间站在轨道上运动的动能为E动能的变化Δ解得W=故选A。【真题4】（2021·全国·高考真题）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）mg【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mg设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有v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v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE=联立以上各式解得ΔE=mgd（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有−μmgs=0−从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg联立解得Δ故在每一个减速带上平均损失的机械能为Δ（3）由题意可知Δ可得L>d+【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O点，小圆环A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O和A，质量为m的小球B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、B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sin37°=0.6，cos（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；（2）环A的质量M；（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。【答案】（1）3mg8；（2）964【详解】（1）设AB、OB的张力分别为F1、F2，F=F1FF解得F=（2）设装置转动的角速度为ω，对AF=M对Bmg解得M=（3）B上升的高度ℎ=15L，AEkA=根据能量守恒定律可知W=解得W=一、单选题1．（2024·广东惠州·二模）2023年10月3日，在杭州亚运会蹦床项目女子决赛中，中国选手朱雪莹夺冠，图为朱雪莹在东京奥运会上决赛时腾空后下落的照片，朱雪莹从刚接触床面到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是（）A．朱雪莹刚接触床面时速度最大B．朱雪莹在该过程中始终处于失重状态C．在该过程中朱雪莹的动能减少量等于弹性势能的增加量D．在该过程中蹦床对朱雪莹一直做负功【答案】D【详解】A．朱雪莹重力与床面的弹力等大反向时，速度最大，故A错误；B．朱雪莹在该过程中加速度方向先向下后向上，先处于失重状态，后处于超重状态，故B错误；C．在该过程中朱雪莹的动能和重力势能全部转化为蹦床的弹性势能，故C错误；D．在该过程中蹦床对朱雪莹的弹力和朱雪莹的位移方向一直相反，一直做负功，故D正确。故选D。2．物体以动能为E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为E2A．3E10 B．3E7 C．4E7【答案】B【详解】设上升的最大高度为ℎ，根据功能关系有f⋅2ℎ=E−根据能量守恒可得E=mgℎ+fℎ求得mgℎ=fℎ=求得f=若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等，由能量守恒定律有EE联立解得E故选B。3．（2024·陕西宝鸡·二模）如图所示为某缓冲装置模型，轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内沿水平方向左右移动，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现小车以水平速度v0撞击弹簧，轻杆恰好向右移动距离lA．轻杆移动距离l的过程中先做匀加速再做匀减速运动B．弹簧被压缩最短时，轻杆的速度达到最大C．根据小车运动的对称性可知，小车以v0D．弹簧的弹性势能最大时，轻杆向右加速的加速度达到最大【答案】D【详解】A．轻杆移动距离l的过程中先做加速再做减速运动，轻杆所受的摩擦力不变，但所受的弹簧的弹力是变力，所以轻杆所受的合外力为变力，加速度大小和方向都变化，轻杆不可能做匀变速直线运动，故A错误；B．弹簧被压缩最短时，轻杆所受的合外力最大，轻杆正在做加速运动，其速度没有达到最大，故B错误；C．根据能量守恒定律，由于轻杆与固定槽之间的动摩擦力做功，系统的机械能有一部分转化为内能，所以小车被弹簧弹回的速率小于v0，故C错误；D．弹簧的弹性势能最大时，弹簧的弹力最大，轻杆受到的合外力最大，向右加速的加速度也达到最大，故D正确。故选D。4．（2024·甘肃白银·三模）2024年1月17日晚，天舟七号货运飞船成功发射，揭开了2024年中国载人航天工程发射任务的序幕。设天舟七号做匀速圆周运动的轨道离地球表面的高度为h，天舟七号的质量为m0。地球表面的重力加速度为g，地球半径为R。若取无限远处为地球引力势能的零点，则引力势能可表示为Ep=−GMmr，其中G为万有引力常量，MA．角速度大小为gB．周期为1C．线速度大小为g(R+ℎ)D．机械能为−【答案】D【详解】A．对天舟七号有G在地球表面有G解得ω=故A项错误；B．对天舟七号有G结合之前的分析，解得T=故B项错误；C．对天舟七号有G结合之前的分析有v=故C项错误；D．由题意可知，其机械能为E结合之前的分析，有E天空七号具有的动能为E其具有的机械能为E=故D项正确。故选D。5．（2024·北京昌平·二模）将某物体沿与水平方向成一定角度斜向上抛出，经过一段时间，物体落回与抛出点等高处。在忽略空气阻力情况下，其运动轨迹如图中虚线所示，在考虑空气阻力情况下，其运动轨迹如图中实线所示．在考虑空气阻力的情况下，（）A．上升的时间一定小于下降的时间B．在最高点时的加速度等于重力加速度C．落回抛出点时的动能等于抛出时的动能D．上升阶段损失的机械能等于下降阶段损失的机械能【答案】A【详解】A．物体在上升过程中竖直方向的阻力向下，加速度大小大于g，下落过程中，竖直方向的阻力向上，加速度大小小于g，根据ℎ=可知，物体上升的时间一定小于下降的时间。故A正确；B．物体在最高点时受到的阻力水平向左，则水平方向的加速度向左，竖直方向的加速度大小为g，根据平行四边形法则可知，物体在最高点时的加速度大于重力加速度。故B错误；C．物体在运动过程中，空气阻力做负功，所以落回抛出点时的动能小于抛出时的动能。故C错误；D．整个过程中阻力一直做负功，所以物体在上升阶段和下降阶段同一高度处，上升阶段的速度大于下降阶段的速度，所以上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，上升过程中克服阻力做的功大于下降阶段克服阻力做的功，物体在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能。故D错误。故选A。6．某地区常年有风，风速基本保持在4m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.3kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下10m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的横截面积为0.1m2，水的密度为1×103kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统效率为80%，则下列说法正确的是（

）A．该风力发电机的发电功率约为12.8kWB．每秒钟水流机械能增加400JC．风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约3hD．若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍【答案】C【详解】AD．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为V单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为E依题意，此风力发电机发电的功率为P=20若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍；故AD错误；B．每秒钟水流机械能增加约为Δ其中m=解得Δ故B错误；C．水泵正常工作每秒钟耗电为Δ风力发电机一天的发电量为E'=Pt=2.6×解得t=故C正确；故选C。7．（2024·浙江金华·三模）一种配有小型风力发电机和光电池的新型路灯功率为120W，风力发电机的风能转化率为η1=4%，工作原理如图所示，内部的线圈面积为S1=0.2m2、匝数N=200匝，磁体的磁感应强度为B=0.1T，风叶的半径为r=1m，空气的密度为ρ=1.3A．10ms，4.6rs B．10ms，2.3rs C．20ms，4.6r【答案】A【详解】设经t=3h的光照和风吹，光能转化为电能为E3，风能转化为电能为E4EE又E联立解得风速v风能转化为电能为E设风力发电机转动产生交流电的峰值电压为Um，则Um=NBS1ω=NBS1⋅2πn所以E解得n=即风速为10m/s，风叶的转速为4.6r/s。故选A。8．如图所示，质量分别为m、2m小物块A和小物块B在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，开始时A、B均静止，现给B施加一竖直向下的恒力，使B向下运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后小物块A恰好能离开地面。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep=12kx2

A．9m2gC．5m2g【答案】A【详解】由题意知开始时弹簧的压缩量为x小物块A恰好离开地面时弹簧的伸长量为x设小物块B在恒力作用下向下运动的最大位移为x0，恒力所做的功为WW1联立解得W=故选A。二、多选题9．（2020·重庆璧山·三模）一辆小车以一定的初速度冲上高度为h、长度为L的斜坡，已知小车的质量为m，小车受到沿斜面向下的阻力为f，则对小车由坡底冲到坡顶的运动过程分析正确的是（）A．此过程中小车的动能减少了(mgh+fL)B．此过程中小车的势能增加了(mgh－fL)C．此过程中自然界中的能量减少了fL了D．此过程中小车的机械能减少fL【答案】AD【详解】A．上升过程中，受到重力、支持力和阻力，根据动能定理得−mgℎ−fL=Δ所以此过程中小车的动能减少了mgℎ+fL，A正确；B．此过程中小车重力做功为−mgℎ，所以此过程中小车的势能增加了mgℎ，B错误；C．根据自然界中能量是守恒的，C错误；D．机械能减小量等于除重力外其余力做的功，此过程中除重力外，摩擦力做功W所以此过程中小车的机械能减少了fL，D正确。故选AD。10．（2023·广西南宁·二模）如图所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度x=L4时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度x=L

A．释放瞬间链条的加速度为gB．链条与传送带之间的动摩擦因数μ=C．链条始终在滑动摩擦力的作用下，从x=L2D．若链条的机械能增加量为ΔE，传送带消耗的电能为E耗，不计电路中产生的电热，Δ【答案】AC【详解】AB．当位于传送带部分的长度x=L1将链条从位于传送带部分的长度x=L1联立解得a=μ=4故A正确，B错误；C．从x=L2的位置静止释放瞬间，摩擦力大小为12W=根据动能定理W−mg联立解得v=故C正确；D．根据能量守恒可知，摩擦会产生内能，则ΔE小于E故选AC。11．（2024·湖南长沙·一模）如图所示，倾角为α=30°的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定一挡板，小物块甲、乙用轻弹簧拴接后置于斜面上，甲的质量为m。初始静止时，弹簧压缩量为d。某时刻在甲上施加一沿斜面向上的恒力F=mg，当弹簧第一次恢复原长时将恒力撤去，甲到最高点时乙刚要离开挡板。已知弹簧的弹性势能为Ep=12kx2，kA．甲的最大速度为1B．甲运动到最低点时的加速大小为gC．小物块乙的质量为2mD．弹簧的最大弹性势能为9【答案】BD【详解】A．施加恒力前由平衡条件mg解得k=甲回到弹簧原长撤去恒力时速度最大，由动能定理得Fd−mgd其中W解得v=故A错误；C．设乙刚要离开挡板时弹簧的伸长量为x1mg解得x此时乙刚好不离开挡板，则有k得乙的质量m故C错误；B．到达最高点后小物块甲沿斜面向下滑动，设甲到最低点时弹簧的压缩量为x2mg解得x2对甲由牛顿第二定律有k解得a=g故B正确；D．因为x1E故D正确。故选BD。12．（2024·河北沧州·三模）如图甲所示，斜面体固定在水平地面上，在斜面底端固定一挡板与斜面垂直，质量为m的小物块从斜面的顶端滑下，在下滑的过程中，其机械能与重力势能随位移的变化图像如图乙所示，已知斜面长为l，物块与挡板碰撞为弹性碰撞，已知物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（

）A．在整个运动过程中，物块克服摩擦产生的热量为4EB．物块下滑的时间为lC．滑块运动的总路程为4D．斜面的动摩擦因数为3【答案】BD【详解】AC．从两条图像可知上方的图像为机械能随位移变化的图像，下方为重力势能随位移变化的图像，物体在下滑的过程中，机械能与重力势能随位移均匀地减小，且两个图像平行，可知下滑的过程中动能保持不变，即mgsin由题可知mglsin12物体与挡板发生弹性碰撞，原速率反弹，设上升的路程为l'，则根据动能定理mgl联立解得l到达最高点后静止在斜面上不再下滑，因此滑块运动的总路程s=l+物块克服摩擦产生的热量Q=4AC错误；B．下滑的时间t=l将②⑤联立解得t=lB正确；D．由②可得sin可得tan由①可得μ=D正确。故选BD。13．（2024·安徽淮南·二模）如图所示，足够长的水平轨道MN与竖直光滑半圆形轨道NQ在N点平滑连接，半圆形轨道的圆心为O，且OO1∥MN,NQ⊥MN。重力G=4N可视为质点的小滑块静置于M