2023-2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 37力學(xué)中的功能關(guān)系 固定斜面上滑動(dòng)摩擦力做功的一個(gè)有用結(jié)論 能量守恒定律（解析版）

專題37力學(xué)中的功能關(guān)系能量守恒定律

固定斜面上滑動(dòng)摩擦力做功的一個(gè)有用結(jié)論

考點(diǎn)一力學(xué)中的功能關(guān)系

考點(diǎn)二固定斜面上滑動(dòng)摩擦力做功的一個(gè)有用結(jié)論

考點(diǎn)三能量守恒定律的理解和應(yīng)用

考點(diǎn)一力學(xué)中的功能關(guān)系

能量功能關(guān)系表達(dá)式

重力做的功等于重力勢(shì)能減少量

勢(shì)能/=耳減=瓦1—瓦2

彈力做的功等于彈性勢(shì)能減少量

動(dòng)能合外力做功等于動(dòng)能變化量/合=&2—西

機(jī)械能除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外，其他力做功等于機(jī)械能變化量其他=￡—E?

摩擦產(chǎn)一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生

生的內(nèi)能，即：因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能等于摩擦力和相對(duì)路程Q=^f??相對(duì)

的內(nèi)能的乘積

1.（多選）2022年冬季奧會(huì)在北京順利舉行，讓我們領(lǐng)略了冰雪運(yùn)動(dòng)的魅力。如圖所示我國(guó)小將蘇翊鳴在一

次自由式滑雪空中技巧訓(xùn)練中保持同一姿態(tài)沿斜坡下滑了一段距離，如果重力對(duì)他做功為1000J,他克服阻

力做功500J,則他在此過(guò)程中（）

?.可能在做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.動(dòng)能增加了500J

C.重力勢(shì)能減少了500JD.機(jī)械能減少了500J

【答案】BD

【解析】AB.重力時(shí)蘇翊鳴做功IOOOJ,他克服阻力做功500J,即阻力做功為-500J,所以外力對(duì)他做的總

功為W外=1000J-500J=500]

根據(jù)動(dòng)能定理可知，蘇翊鳴的動(dòng)能增加了500J,因此速度增大，故A錯(cuò)誤，B正確：

C.重力對(duì)他做功IOOoJ,因此重力勢(shì)能減小了IOo0J,故C錯(cuò)誤；

I）.機(jī)械能減少量等于蘇翊鳴克服阻力做功，為500J,故D正確。

2.一個(gè)質(zhì)量為小的物體以麻2g的加速度豎直向下運(yùn)動(dòng)，則在物體下降力高度的過(guò)程中物體的（）

A.重力勢(shì)能減少了2mgh

B.合外力做功為mgh

C.合外力做功為2mgh

D.動(dòng)能增加了mgh,重力勢(shì)能減少了mgh

【答案】C

【解析】A.物體下降h高度的過(guò)程中，重力做功mgh,則重力勢(shì)能減小mgh.故A錯(cuò)誤.

BC.根據(jù)牛頓第二定律知，合力為2mg,根據(jù)動(dòng)能定理知，合力做功為2mgh,則動(dòng)能增加2mgh.故B錯(cuò)誤，

C正確.

D.重力勢(shì)能減小mgh,動(dòng)能增加2mgh,則機(jī)械能增加了mgh.故D錯(cuò)誤.

故選C.

3.（多選）比賽開始之前，裁判員利用擲硬幣的方法讓雙方球隊(duì)的隊(duì)長(zhǎng)來(lái)挑選一側(cè)的場(chǎng)地，若裁判員以初

速度火豎直向上擲出一枚質(zhì)量為勿的硬幣，硬幣升到最高點(diǎn)之后，又落回?cái)S出點(diǎn)。假設(shè)硬幣所受空氣阻力

大小恒為￡運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)距擲出點(diǎn)為上重力加速度大小為g。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.整個(gè)過(guò)程中空氣阻力對(duì)硬幣做功之和為0

B.整個(gè)過(guò)程中硬幣損失的機(jī)械能為2力

C.下降過(guò)程中有f%=τng∕-gnu?2

D.上升過(guò)程中有mg/+/4=2

【答案】BD

【解析】A.整個(gè)過(guò)程中阻力做負(fù)功，代數(shù)和不可能為零，故A錯(cuò)誤；

B.阻力做負(fù)功，阻力所做的功即為機(jī)械能的損失量，即損失的機(jī)械能為2fh,故B正確；

2

CD.下降過(guò)程中，克服阻力所做的功等于上升過(guò)程中克服阻力的功，fΛ=lm（v0）-mgΛ

故C錯(cuò)誤，D正確。

4.（多選）如圖所示，傾角為37°的斜面固定在水平面上，質(zhì)量為小的小物塊自斜面底端以某一初速度沿斜

面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75,小物塊沿斜面上升的最大高度為//,

重力加速度大小為g，取sin37°=0.6,則在小物塊上升的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.小物塊的重力勢(shì)能增加了磔?//B.小物塊的初動(dòng)能為

C.小物塊的機(jī)械能損失了磔//D.小物塊克服摩擦力做功0.6儂，

【答案】AC

【解析】A.小物塊沿斜面上滑的最大高度為H,克服重力做功mgH,所以小物塊的重力勢(shì)能增加j'mgH,選

項(xiàng)?正確；

B.對(duì)小物塊受力分析得"合=mgsin37+μmgcQS3r7=1.2mg

由幾何關(guān)系可得，小物塊沿斜面上滑的距離X=—

sιn37

根據(jù)動(dòng)能定理可得W合-F合X=-2mgH-O-^ko

則小物塊的初動(dòng)能為2mgH,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.由功能關(guān)系可知，小物塊機(jī)械能的改變量等于摩擦力所做的功AE機(jī)==TngH

即小物塊機(jī)械能損失了mgH,選項(xiàng)C正確；

D.損失的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

5.如圖所示，勁度系數(shù)為A的輕質(zhì)彈簧，一端系在豎直放置的半徑為A的圓環(huán)頂點(diǎn)夕，另一端系一質(zhì)量為

加的小球，小球穿在圓環(huán)上做無(wú)摩擦的運(yùn)動(dòng).設(shè)開始時(shí)小球置于力點(diǎn)，彈簧處于自然狀態(tài)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最

低點(diǎn)時(shí)速率為右對(duì)圓環(huán)恰好沒有壓力.下列分析正確的是（）

P

V2

A.小球過(guò)8點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為〃衛(wèi)一.

V2

B.小球過(guò)6點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為zwg+/切

C.從力到夕的過(guò)程中，小球的機(jī)械能守恒

D.從/到6的過(guò)程中，小球的機(jī)械能減少

【答案】D

【解析】從/到6的過(guò)程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的彈性勢(shì)能增大，小球的機(jī)械能

減??；由于小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速率為片對(duì)圓環(huán)恰好沒有壓力，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)*—Ing=般,即小

=∕ng+πr^,故只有選項(xiàng)D正確.

6.（多選）在水平地面上放一個(gè)豎直輕彈簧，彈簧上端與一個(gè)質(zhì)量為明的木塊相連，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)

給木塊一個(gè)豎直向下的力凡使木塊緩慢向下移動(dòng)力，力廠做功名,此后木塊靜止，如圖所示。則（）

F

V

//////////

A.在木塊下移h的過(guò)程中重力勢(shì)能的減少量mgh

B.在木塊下移h的過(guò)程中彈性勢(shì)能的增加量（F+mg}h

C.在木塊下移h的過(guò)程中彈簧彈力做功Wl+mgh

D.在木塊下移h的過(guò)程中彈性勢(shì)能的增加量Wl+mgh

【答案】AD

【解析】A.在木塊下移h的過(guò)程中，重力做功為WG=mg∕ι

由功能關(guān)系，可得AEp=-M∕G=-mgh

可知重力勢(shì)能的減少量為mgh。故A正確;

C.設(shè)在木塊下移h的過(guò)程中彈簧彈力做功為勿彈，由動(dòng)能定理可得W彈+W1+WG=O

聯(lián)立，可得彈力故錯(cuò)誤；

W=-IV1-mgC

BD.由功能關(guān)系，可得AE彈=一"彈=Wl+mg∕

物塊在緩慢向下移動(dòng)，因此力F是一個(gè)變力，因此做功不等于F力，易知在木塊下移h的過(guò)程中彈性勢(shì)能的

增加量為Wi+mg瓦故B錯(cuò)誤；D正確。

7.（2022?全國(guó)?高三課時(shí)練習(xí)）（多選）籃球運(yùn)動(dòng)員的定點(diǎn)跳投動(dòng)作可分解如下：靜止在地面上的運(yùn)動(dòng)員

先屈腿下蹲，然后突然蹬地，重心上升雙腳離開地面，離地后重心繼續(xù)上升，到達(dá)最高點(diǎn)后投出籃球。已

知某運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為加，雙腳離開地面時(shí)的速度為右從下蹲到最高點(diǎn)的過(guò)程中重心上升的高度為方，下列

說(shuō)法正確的是（）

A.從下蹲到離開地面，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為mg∕

B.從下蹲到離開地面，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為零

C.從下蹲到離開地面，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能增加了τng∕+TnW2

D.從下蹲到最高點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員先超重后失重

【答案】BD

【解析】AB.從地面躍起過(guò)程中，人在地面支持力方向上的位移為零，地面支持力對(duì)運(yùn)動(dòng)員所做的功為0,

故A錯(cuò)誤，B正確；

C.從下蹲到離開地面，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增量TrnU2,重力勢(shì)能增加小于mgh,則運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能增加量小于mg4

+∣mv2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.從下蹲到最高點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員先加速向上，后減速向上，即超重后失重，選項(xiàng)D正確。

8.（多選）如圖所示，傾角為30°的斜面上，質(zhì)量為小的物塊在恒定拉力作用下沿斜面以加速度α=號(hào)（g為

重力加速度）向上加速運(yùn)動(dòng)距離》的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

?.重力勢(shì)能增加TnlgXB.動(dòng)能增加安

C.機(jī)械能增力口7∏g%D.拉力做功為等

【答案】AC

【解析】A.根據(jù)題意可知，重力做功為MZG=mgA=-m5%sin30=-?mgx

則物塊的重力勢(shì)能增加為AEp=TTngX故A正確；

B.根據(jù)牛頓第二定律可知，物體所受合力為F合=Zna=:τng

則合力做功為W-FΛ,X-^mgx

根據(jù)動(dòng)能定理可知，物塊的動(dòng)能增加為AEk=TmgX故B錯(cuò)誤；

C.由AB分析可知，物塊的機(jī)械能增加為?f=Ep+ΔEk=∣mgx+∣mgx=mgx故C正確；

D.由牛頓第二定律可得尸—τngsin3O°—f=ma

可得F=mg+fW=Fx=mgx+fx故D錯(cuò)誤。

9.節(jié)日燃放禮花彈時(shí)，要先將禮花彈放入一個(gè)豎直的炮筒中，然后點(diǎn)燃禮花彈的發(fā)射部分，通過(guò)火藥劇烈

燃燒產(chǎn)生的高壓燃?xì)?，將禮花彈由炮筒底部射向空中。若禮花彈在由炮筒底部擊發(fā)至炮筒口的過(guò)程中，克

服重力做功名,克服炮筒阻力及空氣阻力做功皿2,高壓燃?xì)鈱?duì)禮花彈做功名，則禮花彈在炮筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)

程中（設(shè)禮花彈發(fā)射過(guò)程中質(zhì)量不變）（）

A.禮花彈的動(dòng)能變化量為名+W2+W1

B.禮花彈的動(dòng)能變化量為勿3-傷-WI

C.禮花彈的機(jī)械能變化量為悠-Wl

I）.禮花彈的機(jī)械能變化量為卬3-皿2-叫

【答案】B

【解析】AB.根據(jù)動(dòng)能定理一名一管+%=AEk故B正確，A錯(cuò)誤；

CD.機(jī)械能變化量等于除重力以外的其他力做功W3-W2=故CD均錯(cuò)誤。

10.（2020?全國(guó)I卷?T20）（多選）一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其

重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離S的變化如圖中直線I、II所示，重力加速度取10m∕s2,則（）

￡7J

A.物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒

B.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

C.物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s?

D.當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12J

【答案】AB

【解析】A.下滑5m的過(guò)程中，重力勢(shì)能減少30J,動(dòng)能增加10J,減小的重力勢(shì)能并不等與增加的動(dòng)能,

所以機(jī)械能不守恒，A正確；

B,斜面高3m、長(zhǎng)5m,則斜面傾角為，=37°。令斜面底端為零勢(shì)面，

則物塊在斜面頂端時(shí)的重力勢(shì)能儂A=30J

可得質(zhì)量必=Ikg

下滑5n.過(guò)程中，機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功Hmg?cos0?S=20J

求得“=0.5B正確；

C.由牛頓第二定律IngSin。一uIiigcos。=ma求得a=2m∕s2C錯(cuò)誤；

D.物塊下滑2.Om時(shí)，重力勢(shì)能減少12J,動(dòng)能增加4J,所以機(jī)械能損失了8J,D選項(xiàng)錯(cuò)誤。

11.（多選）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑

水平桌面上，右端接一細(xì)線，細(xì)線繞過(guò)光滑的定滑輪與物體B相連。開始時(shí)用手托住B,讓細(xì)線恰好伸直,

然后由靜止釋放B,直至B獲得最大速度。下列有關(guān)該過(guò)程的分析正確的是（）

A.B物體的機(jī)械能一直減小

B.B物體的動(dòng)能增加量等于B物體重力勢(shì)能的減少量

C.B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧的彈性勢(shì)能的增加量

D.細(xì)線拉力對(duì)A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量

【答案】AD

【解析】A.根據(jù)題意可知，從開始運(yùn)動(dòng)到B獲得最大速度的過(guò)程中，繩子拉力一直對(duì)B物體做負(fù)功，則B

物體的機(jī)械能一直減小，故A正確；

BC.根據(jù)題意可知，A物體、B物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則B物體重力勢(shì)能的減少量等于A、B

物體動(dòng)能的增加量和彈簧彈性勢(shì)能增加量之和，B物體機(jī)械能的減少量等于A物體動(dòng)能增加量和彈簧彈性勢(shì)

能增加量之和，故Be錯(cuò)誤；

D.根據(jù)功能關(guān)系除重力和彈簧彈力以外的力即繩子的拉力等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，

故D正確。

12.（多選）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，伸長(zhǎng)后另一端與一質(zhì)量為外套在粗糙豎直固定桿4處的圓環(huán)相

連。圓環(huán)從力處由靜止開始下滑，經(jīng)過(guò)8處時(shí)彈簧水平，到達(dá)。處時(shí)圓環(huán)的速度為零，然后在。處給圓環(huán)

一豎直向上的初速度心圓環(huán)恰好能回到1處，在上述過(guò)程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，則

A.下滑過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能一定先減小后增大

B.下滑過(guò)程中，經(jīng)過(guò)Z?時(shí)的速度最大

C上滑過(guò)程中，摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為加2

D.上滑過(guò)程中經(jīng)過(guò)8處的動(dòng)能大于下滑過(guò)程中經(jīng)過(guò)6處的動(dòng)能

【答案】CD

【解析】A.設(shè)彈簧的固定點(diǎn)為0,由于初始時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，在圓環(huán)從A到C下滑過(guò)程中，若OB大

于等于彈簧原長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，若OB小于彈簧原長(zhǎng)，在B點(diǎn)彈簧處于壓縮狀態(tài)，則在B

點(diǎn)前彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，過(guò)B點(diǎn)后彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，A錯(cuò)誤；

B.下滑過(guò)程中，當(dāng)合力為零時(shí)速度最大，此位置應(yīng)在B、C間，此時(shí)彈力向上的分量與摩擦力之和等于圓

環(huán)的重力，B錯(cuò)誤；

C.下滑過(guò)程中由動(dòng)能定理可得WG-W彈-叼=0

2

上滑過(guò)程由動(dòng)能定理可得-WC+W彈一％=0-^mv

解得上滑過(guò)程中克服摩擦力做功為必=^mv2

j4

則上滑過(guò)程中，摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q[mv2C正確；

D.從B到A上滑過(guò)程中-WCl-W彈1一叼I=O-ITn41

從A到B下滑過(guò)程中Wci+W彈1一必I=如瑤下

則ImvB上一M%下=2%＞。

故上滑過(guò)程中經(jīng)過(guò)B處的動(dòng)能大于下滑過(guò)程中經(jīng)過(guò)B處的動(dòng)能。D正確。

13.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）（多選）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為面的圓環(huán)相連，

圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α,圓環(huán)在/處時(shí)彈簧豎直且處于原長(zhǎng)。將圓環(huán)從

A處由靜止釋放，到達(dá)。處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度「，恰好能回到上已知AC=L,

）是4。的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g,則（）

//////

s

?c

a

A.下滑過(guò)程中，圓環(huán)到達(dá)C處時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為TngLSina

B.下滑過(guò)程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為TnlU2

C.從。到4過(guò)程，彈簧對(duì)環(huán)做功為TngLSina—；

D.環(huán)經(jīng)過(guò)6時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度

【答案】CD

【解析】A.卜滑過(guò)程中，圓環(huán)重力勢(shì)能的減少量為mgLsina,由于摩擦力做負(fù)功，圓環(huán)到達(dá)C處時(shí)彈簧的

彈性勢(shì)能小于mgLsina,故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)對(duì)稱性，下滑和上滑過(guò)程中摩擦力做功大小相同。從C到A過(guò)程動(dòng)能減少：山"2,由于重力勢(shì)能增

加，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量小于TmU2,故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)圓環(huán)在下滑和上滑過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱為Q,圓環(huán)在C處時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為EP,根據(jù)能量的轉(zhuǎn)

化與守恒，A到C過(guò)程mgLsina=Q+Ep

2

C至IJA過(guò)程?mv+Ep=Q+mgLsina

2

聯(lián)立兩式解得Ep—mgLsina-^mv故C正確。

D.根據(jù)動(dòng)能定理，A到B過(guò)程-必AB-勿彈=gm詔

B到A過(guò)程叫單一%?B-mg/AB=O-^mv'B

?,2

得mghAB+wf^~w^=2mvB

故VB>VB故D正確。

考點(diǎn)二固定斜面上滑動(dòng)摩擦力做功的一個(gè)有用結(jié)論

如圖，設(shè)斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，斜面長(zhǎng)2,底邊長(zhǎng)X,斜面傾角為，，則物體在斜面上下滑

2的過(guò)程中滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體做的功：Wf=-ZzmgcosOL=-〃mgx

結(jié)論：在固定斜面上運(yùn)動(dòng)的物體，滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體做的功只與〃，mg,水平位移有關(guān)，與斜面斜長(zhǎng)

及斜面傾角無(wú)關(guān).

14.（2022?全國(guó)?高三專題練習(xí)）（多選）如圖所示，物體在平行于斜面向上拉力作用下，分別沿傾角不

同的斜面由底端勻速運(yùn)動(dòng)到高度相同的頂端，物體與各斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則（）

?.無(wú)論沿哪個(gè)斜面拉，克服重力做的功相同

B.無(wú)論沿哪個(gè)斜面拉，克服摩擦力做的功相同

C.無(wú)論沿哪個(gè)斜面拉，拉力做的功均相同

D.沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較多

【答案】AD

【解析】A.重力做功為WG=-nigh

質(zhì)量m和高度h均相同，則垂力做功相同，克服重力做功相同，A正確;

B.設(shè)斜面傾角為θ,斜面高度h,斜面長(zhǎng)度L=?

tan。

克服摩擦力做的功Wf=μmgcosθ?L=μmg所以傾角越大，摩擦力做功越小，B錯(cuò)誤;

CD.物體勻速被拉到頂端，根據(jù)動(dòng)能定理得WF-mgh-μmgcos0?L=O

解得拉力做功WF=+林mg,「4

則h相同時(shí)，傾角較小，拉力做的功較多，C錯(cuò)誤，D正確。

15.如圖所示，將3個(gè)木板1、2、3固定在墻角，現(xiàn)將一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從3個(gè)木板的頂端由靜

止釋放，物塊沿木板下滑到底端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃。下列說(shuō)法正確的是（）

1

I

A.物塊沿著1和2下滑到底端時(shí)速度大小相等

B.物塊沿著3下滑到底端時(shí)速度最大

C.物塊沿著1下滑到底端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量最多

D.物塊沿著1和2下滑到底端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量一樣多

【答案】D

【解析】A.設(shè)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng),與豎直方向的夾角為氏物塊下滑到底端的過(guò)程，

據(jù)動(dòng)能定理可得∣mv2—mg∕ι—μmgcosθ■L=mg∕ι—μmg-x

由于木板1和2在水平方向的投影X相同，物塊沿著15滑的高度h較大，可知沿著1到達(dá)底端的速度大

于沿著2到達(dá)底端的速度，A錯(cuò)誤；

B.與物塊沿著2下滑過(guò)程對(duì)比，物塊沿著3下滑到底端的過(guò)程，h相同，X較大，故沿著3下滑到底端時(shí)

速度最小，B錯(cuò)誤；

CD.據(jù)功能關(guān)系可得，產(chǎn)生的熱量為Q="mgcosJ?L=卬ngx

物塊沿著3下滑到底端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量最多，沿著1和2下滑到底端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量一樣多，

C錯(cuò)誤，D正確。

考點(diǎn)三能量守恒定律的理解和應(yīng)用

1.內(nèi)容

能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到

別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變.

2.表達(dá)式

E初=E末或E地=E裱.

3.應(yīng)用能量守恒定律解題的步驟

「分清有哪些形式的能量在變化，如動(dòng)能、勢(shì)能（包括重:力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)

能）、內(nèi)能等，列出E初=E末的表達(dá)式

確定初、末狀態(tài)一或

、明確哪些形式的能量增加，哪些形式的能量減少，列出萬(wàn)幅一E祓的表達(dá)式

16.（2022?山東?高考真題）我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖所

示，發(fā)射倉(cāng)內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動(dòng)到

點(diǎn)火的過(guò)程中（）

?.火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大

B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能

C.高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量

D.高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量

【答案】A

【解析】A.火箭從發(fā)射倉(cāng)發(fā)射出來(lái)，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推

力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火

箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭的加

速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭接著向上做加

速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大，故A正確；

B.根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、火箭的重力勢(shì)能和內(nèi)能，故B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)動(dòng)量定理，可知合力沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤：

D.根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤。

17.（2022?江蘇蘇州?高一期末）泉州小蚱風(fēng)電場(chǎng)利用風(fēng)能發(fā)電，既保護(hù)環(huán)境，又可創(chuàng)造很高的經(jīng)濟(jì)價(jià)

值。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)的葉片半徑為幾某段時(shí)間內(nèi)該區(qū)域的風(fēng)速大小為修風(fēng)恰好與葉片轉(zhuǎn)動(dòng)的圓面

垂直，已知空氣的密度為P，風(fēng)力發(fā)電機(jī)的發(fā)電效率為小下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（)

?.單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)圓面的空氣質(zhì)量為PTrUR2

B.此風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率為TP兀/R2J7

c.若僅風(fēng)速減小為原來(lái)的J,發(fā)電的功率將減小為原來(lái)的;

NO

D.若僅葉片半徑增大為原來(lái)的2倍，發(fā)電的功率將增大為原來(lái)的8倍

【答案】D

【解析】A.由于風(fēng)速為V,可以理解為單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)圓面的空氣柱長(zhǎng)度，所以單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)

葉片轉(zhuǎn)動(dòng)圓面的空氣質(zhì)量為m=PU=PnUR2

故A正確，不符合題意；

B.根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒可知，風(fēng)的一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為發(fā)電機(jī)發(fā)出的電能，而發(fā)電功率為單位時(shí)間內(nèi)參與

能量轉(zhuǎn)化的那一部分動(dòng)能，

所以發(fā)電機(jī)發(fā)電功率為P=Tm盧〃=（pn故B正確，不符合題意；

CD.根據(jù)P的表達(dá)式可知，若僅風(fēng)速減小為原來(lái)的;，發(fā)電的功率將減小為原來(lái)的：，若僅葉片半徑增大為原

Zo

來(lái)的2倍，發(fā)電的功率將增大為原來(lái)的4倍，故C正確，不符合題意；D錯(cuò)誤，符合題意。

18.如圖所示，軌道49部分為光滑的;圓弧，半徑40.2m,｛點(diǎn)與圓心等高。/%部分水平但不光滑，C端

固定一輕質(zhì)彈簧，3為彈簧的原長(zhǎng)。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量必=Ikg的物塊從1點(diǎn)由靜止釋放，物塊將彈簧

壓縮至最短的M點(diǎn)（圖中未畫出），又經(jīng)彈簧反彈后停在〃點(diǎn)（不再滑上軌道力8段）。已知物塊與回之

間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=0.1,9間距離XBgLOm,Qv間距離xOM=Q.25m,重力加速度g取IOnι∕s?試求：

（1）物塊運(yùn)動(dòng)到6點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)物塊的支持力

（2）整個(gè)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能；

（3）M間距離姐9。

A

!WWWWWW

7777777777777777777777777777/

BDOC

【答案】(1)30N；(2)O.75J；(3)O.5m

【解析】⑴物塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR=^mvl解得VB=y[2^R=2m∕s

在B點(diǎn)，重力和支持力的合力提供向心力有F-Hi=m?解得∕?=30N

N5n

故軌道對(duì)物塊的支持力大小為30N,方向豎直向上；

(2)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，此時(shí)物塊速度為零，

根據(jù)能量守恒定律有mgR=μmg(×B0+XOM)+EPm解得EPm=0.75J

(3)從M點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律有EPm=AmgXMD解得XMo=O?75m

故間的距離

BDXBD=XBO+X0M—XMD=0.5m

19.如圖所示，固定斜面的傾角。=30°,物體4與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)“=手，輕彈簧下端固定在斜面

底端，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于，點(diǎn)，用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體/和8,滑輪

右側(cè)繩子與斜面平行，力的質(zhì)量為2必=4kg,8的質(zhì)量為勿=2kg,初始時(shí)物體力到。點(diǎn)的距離/=1m,現(xiàn)

給4、8—初速度h=3m∕s,使力開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，6向上運(yùn)動(dòng)，物體力將彈簧壓縮到最短后又恰好能

彈回到C點(diǎn).已知重力加速度尸IOm/s',不計(jì)空氣阻力，整個(gè)過(guò)程中輕繩始終處于伸直狀態(tài).求在此過(guò)

(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

(2)彈簧的最大壓縮量；

(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能.

【答案】(1)2m/s(2)0.4m(3)6J

【解析】(1)在物體｛向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)/、6組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得

U?2mgcos。?Z=^×3zv^)2-^×3∕7∕r2÷2∕z^Λsin夕一儂￡解得v=2m/s.

(2)對(duì)4、6組成的系統(tǒng)分析，在物體｛從C點(diǎn)壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，又恰好返回到。點(diǎn)的

過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即∣×3^-0=μ?2峻OSθ.2x

其中X為彈簧的最大壓縮量解得X=O.4m?

(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為品，從C點(diǎn)到彈簧最大壓縮量過(guò)程中由能量守恒定律可得

?×÷2mgxsinθ-mgx=∣J?2mgcos??x+與”解得瓦”=6J.

20.如圖所示，一輕彈簧原長(zhǎng)為2凡其一端固定在傾角為37°的固定直軌道/C的底端/點(diǎn)，另一端位于

直軌道上6點(diǎn)，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為A的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AOlR,爾B、aD

均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為力的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)距｛點(diǎn)為A■的￡點(diǎn)(未畫出)，

隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)尸點(diǎn)，已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)“=0.25,重力加速度大小為g,取

sin370=0.6,cos370=0.8,求：

(1)物塊P從，點(diǎn)到第一次通過(guò)8點(diǎn)所用時(shí)間t-,

(2)尸點(diǎn)到4點(diǎn)的距離；

(3)改變物塊P的質(zhì)量為切如然后將P推至￡點(diǎn)從靜止釋放，物塊P通過(guò)圓弧上的〃點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道的

壓力在豎直方向且大小等于物塊現(xiàn)有重力的0.2倍，求A的數(shù)值。

【答案】(1)；廊；(2)4R；(3)?

【解析】⑴物塊從。點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，由牛頓第二定律得m5sin37o-μmgcos37°=ma

解得a=0.4g

物塊從C點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有7R-2R=?at2

解得t=

(2)設(shè)E、F間的距離為s,物塊從C點(diǎn)到E點(diǎn)最終達(dá)到F點(diǎn)的過(guò)程，

由能量守恒定律得mg(7R-R-S)Sin37°=μmgcos370[(7R-R)+s]解得s=3R

F點(diǎn)到Λ點(diǎn)的距離LFA=AE+S=R+3R=4R

(3)設(shè)彈簧被壓縮到E點(diǎn)時(shí)具有的彈性勢(shì)能為