資源簡介

專題提升練11　功能關系　能量守恒定律
梯級Ⅰ基礎練
1.質量為2 kg的物體在豎直向上的拉力作用下以一定的初速度豎直向上勻減速運動，物體的加速度大小為4 m/s2，不計一切阻力，g取10 m/s2，在向上運動2 m過程中，下列說法正確的是(　　)
A.合外力對物體做功24 J
B.合外力對物體做功16 J
C.物體機械能增加了24 J
D.物體重力勢能減少了40 J
2.某地由于連日強降雨，水庫泄洪閘孔全開泄洪。如圖所示，已知泄洪流量為240 m3/s，水位落差100 m，水的密度為1.0×103 kg/m3。泄洪時，水流的重力勢能有25%轉化為電能，取g=10 m/s2，按照以上數據估算發電站的發電功率是(　　)
A.6.0×107 W B.6.0×108 W
C.2.4×107 W D.2.4×108 W
3.如圖，一質量為m=60 kg的人站在觀光電梯內，電梯從靜止開始以1 m/s2的加速度勻加速上升2 m的高度，重力加速度大小取g=10 m/s2。在此過程中(　　)
A.人的重力勢能增加了1 200 J
B.人的動能增加了240 J
C.人的機械能增加了1 200 J
D.電梯對人做的功為1 440 J
4.(多選)(2025·駐馬店模擬)如圖所示，質量為M、長度為L的木板靜止在光滑的水平面上，質量為m的小物體(可視為質點)放在木板上最左端，現用一水平恒力F作用在小物體上，使小物體從靜止開始做勻加速直線運動。已知小物體和木板之間的摩擦力為f，當小物體滑到木板的最右端時，木板相對地面運動的距離為x，則在此過程中(　　)
A.水平恒力F對小物體所做的功為小物體和木板機械能的增加量
B.摩擦力f對小物體所做的功為-fx
C.摩擦力f對木板所做的功為fx即為木板動能的增加量
D.小物體到達木板最右端時具有的動能為(F-f)(x+L)
5.(多選)(2025·貴陽模擬)滑沙運動是繼滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新興運動，它使戶外運動愛好者在運動的同時又能領略到沙漠的綺麗風光。質量為50 kg的人坐在滑沙板上從沙坡斜面的頂端由靜止沿直線勻加速下滑，經過10 s到達坡底，速度大小為20 m/s。已知沙坡斜面的傾角為30°，重力加速度g取10 m/s2，下列關于此過程的說法正確的是(　　)
A.人的重力勢能減少5.0×104 J
B.合力對人做的功為1.0×104 J
C.人的機械能減少1.5×104 J
D.阻力對人做的功為-4.0×104 J
6.(多選)一質量均勻不可伸長的鐵鏈，質量為m，A、B兩端固定在天花板上，初始狀態如曲線ACB所示。若在鐵鏈最低點C施加一豎直向下的拉力F，將最低點緩慢拉動至D點。下列說法正確的是(　　)
A.鐵鏈的重力勢能逐漸增大
B.鐵鏈的重力勢能不變
C.拉力F對鐵鏈做正功
D.拉力F對鐵鏈不做功
7.如圖所示，木板質量為M，長度為L，小木塊質量為m，水平地面光滑，一根不計質量的輕繩通過定滑輪分別與M和m連接，小木塊與木板間的動摩擦因數為μ，開始時木塊靜止在木板左端，現用水平向右的拉力F將小木塊拉至右端，則拉力F做功至少為(　　)
A.μmgL B.μmgL
C.μ(m+M)gL D.μ(m+M)gL
梯級Ⅱ能力練
8.(多選)如圖所示，在勻速轉動的電動機帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v1勻速向右運動，一質量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2 (v2 >v1)滑上傳送帶，最后滑塊返回傳送帶的右端。則在此過程中(　　)
A.滑塊對傳送帶做功為m-m
B.傳送帶對滑塊做功為m-m
C.電動機對傳送帶多做的功為mv2(v1+v2)
D.電動機對傳送帶多做的功為mv1(v1+v2)
9.(2025·廈門模擬)如圖所示，在光滑的水平面上有一長L=4 m、質量為M=4 kg的木板，在長木板右端有一質量為m=1 kg的小物塊，長木板與小物塊間動摩擦因數為μ=0.2，長木板與小物塊均靜止。現用F=18 N的水平恒力作用在木板上，g取10 m/s2。求:
(1)木板加速度a1和小物塊加速度a2的大小;
(2)0~3 s的過程中，板塊間產生的熱量為多少
10.(2025·重慶模擬)如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速率v0=2 m/s逆時針傳動，左端與傾角為θ=37°、長L=2 m的斜面CD平滑相接，CD之間鋪了一層勻質特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數可在0≤μ<1之間調節。現有質量為m=2 kg的小滑塊(視為質點)在傳送帶右端由靜止釋放，與傳送帶共速后進入斜面(小滑塊進入斜面后傳送帶立即停止轉動)斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態下另一端恰好在D點。滑塊在經過C、D兩處時速度大小均不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不計空氣阻力。
(1)求小滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量;
(2)若設置μ=0，求滑塊在運動過程中彈簧的最大彈性勢能;
(3)若最終滑塊停在D點，求μ的取值范圍。
梯級Ⅲ創新練
11.在體能訓練中，A同學站在沙地上豎直向上拋出沙袋，取拋出點為重力勢能零點，B同學畫出了該沙袋在上升的過程中，機械能E總、動能Ek和重力勢能Ep隨上升的高度h變化的E-h圖像。其中一定有錯誤的是(　　)
專題提升練11　功能關系能量守恒定律
1.C　解析　物體受到的合外力為F合=ma=8 N,則合外力做功為W合=-F合h=-16 J,A、B兩項錯誤;物體的重力做功為WG=-mgh=-40 J,即物體克服重力做功40 J,重力勢能增加了40 J,D項錯誤;根據動能定理可得ΔEk=W合=-16 J,則物體的機械能變化量為ΔE=ΔEk+ΔEp=-16 J+40 J=24 J,物體機械能增加了24 J,C項正確。
2.A　解析　由題意可知t時間內流水的體積V=Qt,發電功率為P====25%ρQgh,代入數據解得P=25%×1.0×103×240×10×100 W=6.0×107 W,A項正確。
3.A　解析　此過程中,重力做負功,重力勢能增加,增加量為Ep=mgh=1 200 J,A項正確;由運動規律知v2=2ah,解得v=2 m/s,動能增加量為Ek=mv2=120 J,B項錯誤;機械能增加量為E=Ek+Ep=1 320 J,根據功能關系知,電梯對人做的功也為1 320 J,C項錯誤,D項錯誤。
4.CD　解析　根據題意可知,小物體與木板間有相對位移,小物體與木板間摩擦產生熱,由功能關系可知,水平恒力F對小物體所做的功為小物體和木板機械能的增加量和摩擦產生的熱量之和,A項錯誤;小物體發生的對地位移為x物=x+L,摩擦力f對小物體所做的功為Wf=-f(x+L),B項錯誤;根據題意,對小物體,由動能定理可得W合=F(x+L)-f(x+L)=Ek-0,小物體到達木板最右端時具有的動能為Ek=(F-f)(x+L),對木板,由動能定理有Ek板=fx,C、D兩項正確。
5.BC　解析　根據運動學公式可得斜面的長度為L=t=100 m,則重力做功為WG=mgh=mgLsin 30°=2.5×104 J,人的重力勢能減少2.5×104 J,A項錯誤;根據動能定理可得合力對人做的功為W合=mv2=1.0×104 J,B項正確;根據動能定理可得mgLsin 30°+Wf=mv2,解得阻力對人做的功為Wf=-1.5×104 J,根據功能關系可知,人的機械能減少ΔE=|Wf|=1.5×104 J,C項正確,D項錯誤。
6.AC　解析　由題圖可知,拉力F的作用點發生了豎直向下的位移,可知拉力F對鐵鏈做正功,由于是緩慢拉動,可認為鐵鏈的動能不變,根據功能關系可知,鐵鏈的重力勢能逐漸增大,A、C兩項正確。
7.B　解析　緩慢拉動時,小木塊做勻速運動,此過程拉力F做功最少,根據功能關系,拉力做的功等于系統產生的內能,所以W=μmgL,B項正確。
8.BD　解析　由于傳送帶足夠長,滑塊先向左做勻減速運動,速度減為零后,在滑動摩擦力作用下向右加速,由于v2>v1,滑塊會先在滑動摩擦力作用下向右加速,當速度增大到等于傳送帶速度時開始向右做勻速運動,之后不受摩擦力,故滑塊返回傳送帶右端的速率為v2'=v1,此過程中只有傳送帶對滑塊做功,根據動能定理得傳送帶對滑塊做功為W=m-m,因為滑塊對傳動帶的摩擦力與傳送帶對滑塊摩擦力大小相同,但是共速前,滑塊相對傳送帶向左運動,兩者位移不同,所以滑塊對傳送帶做功不等于m-m,A項錯誤,B項正確;滑塊相對于傳送帶運動時滑塊的加速度大小為a==μg,滑塊向左運動的時間為t1=,位移為x1=v2t1=,此過程中傳送帶的位移為x傳1=v1t1,向右勻加速運動的時間為t2=,勻加速過程的位移為x2=,傳送帶的位移為x傳2=v1t2,此過程中電動機對傳送帶多做的功為W=μmg(x傳1+x傳2)=mv1(v1+v2),C項錯誤,D項正確。
9.答案　(1)4 m/s2　2 m/s2　(2)8 J
解析　(1)當小物塊相對木板恰好滑動時,小物塊受到的摩擦力恰好等于滑動摩擦力,由牛頓第二定律有μmg=ma0,
此時二者的加速度大小相等,把小物塊與木板看作一個整體,由牛頓第二定律有
F0=(m+M)a0,
可得小物塊相對長木板恰好滑動時的拉力大小為F0=10 N,因F=18 N>F0,可知兩物體相對滑動,對木板由牛頓第二定律可得其加速度大小為a1==4 m/s2,
對小物塊由牛頓第二定律可得其加速度大小為a2==2 m/s2。
(2)設物塊脫離木板所需時間為t ,根據
L=a1t2-a2t2,
解得t=2 s,
即3 s時物體已經脫離木板,所以
Q=μmgL=8 J。
10.答案　(1)4 J　(2)28 J
(3)或≤μ<
解析　(1)設小滑塊與傳送帶的滑動摩擦力為f,共速時間為t,小滑塊的位移
x1=v0t,
小滑塊和傳送帶之間的相對位移
x2=v0t-v0t=v0t,
摩擦力對小滑塊做功fx1=m,
整個過程因摩擦產生的熱量
Q=fx2=m=4 J。
(2)滑塊從C點到彈簧彈性勢能最大時,由能量守恒得
Ep=m+mgLsin θ=28 J。
(3)最終滑塊停在D點有兩種可能
滑塊恰好能從C下滑到D,由動能定理有
mgLsin θ-μmgLcos θ=0-m,
解得μ1=,
若滑塊在斜面CD間多次反復運動,最終靜止于D點,
當滑塊恰好能返回C時,有
-2μ2mgLcos θ=0-m,
解得μ2=,
當滑塊恰好靜止在斜面上,則有
mgsin θ=μ3mgcos θ,
解得μ3=,
綜上所述,μ的取值范圍是
μ=或≤μ<。
11.C　解析　若存在空氣阻力,當沙袋的動能減小到0時,其重力勢能最大,且小于最大動能,題圖A可能正確;沙袋在上升的過程中,沙袋的動能逐漸減小,重力勢能逐漸增大,若存在空氣阻力,沙袋的動能減少時,機械能也會相應減少,題圖B、D可能正確;沙袋的動能減小到0后,重力勢能還在增大,沙袋還在上升,這種情況不可能發生,故題圖C一定錯誤。本題選錯誤的,故選C。(共30張PPT)
專題提升練11
功能關系　能量守恒定律
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1.質量為2 kg的物體在豎直向上的拉力作用下以一定的初速度豎直向上勻減速運動，物體的加速度大小為4 m/s2，不計一切阻力，g取 10 m/s2，在向上運動2 m過程中，下列說法正確的是( )
A.合外力對物體做功24 J
B.合外力對物體做功16 J
C.物體機械能增加了24 J
D.物體重力勢能減少了40 J
梯級Ⅰ 基礎練
物體受到的合外力為F合=ma=8 N，則合外力做功為W合=-F合h= -16 J，A、B兩項錯誤；物體的重力做功為WG=-mgh=-40 J，即物體克服重力做功40 J，重力勢能增加了40 J，D項錯誤；根據動能定理可得ΔEk=W合=-16 J，則物體的機械能變化量為ΔE=ΔEk+Δep =-16 J+40 J=24 J，物體機械能增加了24 J，C項正確。
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2.某地由于連日強降雨，水庫泄洪閘孔全開泄洪。如圖所示，已知泄洪流量為240 m3/s，水位落差100 m，水的密度為1.0×103 kg/m3。泄洪時，水流的重力勢能有25%轉化為電能，取g=10 m/s2，按照以上數據估算發電站的發電功率是( )
A.6.0×107 W B.6.0×108 W
C.2.4×107 W D.2.4×108 W
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由題意可知t時間內流水的體積V=Qt，發電功率為P==
==25%ρQgh，代入數據解得P=25%×1.0×103×
240×10×100 W=6.0×107 W，A項正確。
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3.如圖，一質量為m=60 kg的人站在觀光電梯內，電梯從靜止開始以 1 m/s2的加速度勻加速上升2 m的高度，重力加速度大小取g= 10 m/s2。在此過程中( )
A.人的重力勢能增加了1 200 J
B.人的動能增加了240 J
C.人的機械能增加了1 200 J
D.電梯對人做的功為1 440 J
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此過程中，重力做負功，重力勢能增加，增加量為Ep=mgh= 1 200 J，A項正確；由運動規律知v2=2ah，解得v=2 m/s，動能增加量為Ek=mv2=120 J，B項錯誤；機械能增加量為E=Ek+Ep= 1 320 J，根據功能關系知，電梯對人做的功也為1 320 J，C項錯誤，D項錯誤。
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4.(多選)(2025·駐馬店模擬)如圖所示，質量為M、長度為L的木板靜止在光滑的水平面上，質量為m的小物體(可視為質點)放在木板上最左端，現用一水平恒力F作用在小物體上，使小物體從靜止開始做勻加速直線運動。已知小物體和木板之間的摩擦力為f，當小物體滑到木板的最右端時，木板相對地面運動的距離為x，則在此過程中 ( )
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A.水平恒力F對小物體所做的功為小物體和木板機械能的增加量
B.摩擦力f對小物體所做的功為-fx
C.摩擦力f對木板所做的功為fx即為木板動能的增加量
D.小物體到達木板最右端時具有的動能為(F-f)(x+L)
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根據題意可知，小物體與木板間有相對位移，小物體與木板間摩擦產生熱，由功能關系可知，水平恒力F對小物體所做的功為小物體和木板機械能的增加量和摩擦產生的熱量之和，A項錯誤；小物體發生的對地位移為x物=x+L，摩擦力f對小物體所做的功為Wf= -f(x+L)，B項錯誤；根據題意，對小物體，由動能定理可得W合=F(x+L)-f(x+L)=Ek-0，小物體到達木板最右端時具有的動能為Ek=(F-f)(x+L)，對木板，由動能定理有Ek板=fx，C、D兩項正確。
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5.(多選)(2025·貴陽模擬)滑沙運動是繼滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新興運動，它使戶外運動愛好者在運動的同時又能領略到沙漠的綺麗風光。質量為50 kg的人坐在滑沙板上從沙坡斜面的頂端由靜止沿直線勻加速下滑，經過10 s到達坡底，速度大小為20 m/s。已知沙坡斜面的傾角為30°，重力加速度g取10 m/s2，下列關于此過程的說法正確的是( )
A.人的重力勢能減少5.0×104 J B.合力對人做的功為1.0×104 J
C.人的機械能減少1.5×104 J D.阻力對人做的功為-4.0×104 J
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根據運動學公式可得斜面的長度為L=t=100 m，則重力做功為WG=mgh=mgLsin 30°=2.5×104 J，人的重力勢能減少2.5× 104 J，A項錯誤；根據動能定理可得合力對人做的功為W合=mv2=
1.0×104 J，B項正確；根據動能定理可得mgLsin 30°+Wf= mv2，解得阻力對人做的功為Wf=-1.5×104 J，根據功能關系可 知，人的機械能減少ΔE=|Wf|=1.5×104 J，C項正確，D項錯誤。
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6.(多選)一質量均勻不可伸長的鐵鏈，質量為m，A、B兩端固定在天花板上，初始狀態如曲線ACB所示。若在鐵鏈最低點C施加一豎直向下的拉力F，將最低點緩慢拉動至D點。下列說法正確的是( )
A.鐵鏈的重力勢能逐漸增大
B.鐵鏈的重力勢能不變
C.拉力F對鐵鏈做正功
D.拉力F對鐵鏈不做功
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由題圖可知，拉力F的作用點發生了豎直向下的位移，可知拉力F對鐵鏈做正功，由于是緩慢拉動，可認為鐵鏈的動能不變，根據功能關系可知，鐵鏈的重力勢能逐漸增大，A、C兩項正確。
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7.如圖所示，木板質量為M，長度為L，小木塊質量為m，水平地面光滑，一根不計質量的輕繩通過定滑輪分別與M和m連接，小木塊與木板間的動摩擦因數為μ，開始時木塊靜止在木板左端，現用水平向右的拉力F將小木塊拉至右端，則拉力F做功至少為( )
A.μmgL B.μmgL
C.μ(m+M)gL D.μ(m+M)gL
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緩慢拉動時，小木塊做勻速運動，此過程拉力F做功最少，根據功能關系，拉力做的功等于系統產生的內能，所以W=μmgL，B項正確。
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8.(多選)如圖所示，在勻速轉動的電動機帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v1勻速向右運動，一質量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2 (v2 >v1)滑上傳送帶，最后滑塊返回傳送帶的右端。則在此過程中( )
A.滑塊對傳送帶做功為m-m
B.傳送帶對滑塊做功為m-m
C.電動機對傳送帶多做的功為mv2(v1+v2)
D.電動機對傳送帶多做的功為mv1(v1+v2)
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梯級Ⅱ 能力練
由于傳送帶足夠長，滑塊先向左做勻減速運動，速度減為零后，在滑動摩擦力作用下向右加速，由于v2>v1，滑塊會先在滑動摩擦力作用下向右加速，當速度增大到等于傳送帶速度時開始向右做勻速運動，之后不受摩擦力，故滑塊返回傳送帶右端的速率為v2'=v1，此過程中只有傳送帶對滑塊做功，根據動能定理得傳送帶對滑塊做功為W=m-m，因為滑塊對傳動帶的摩擦力與傳送帶對滑塊摩擦力大小相同，但是共速前，滑塊相對傳送帶向左
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運動，兩者位移不同，所以滑塊對傳送帶做功不等于m-m，A項錯誤，B項正確；滑塊相對于傳送帶運動時滑塊的加速度大小為a==μg，滑塊向左運動的時間為t1=，位移為x1=v2t1=，此過程中傳送帶的位移為x傳1=v1t1，向右勻加速運動的時間為t2=，勻加速過程的位移為x2=，傳送帶的位移為 x傳2=v1t2，此過程中電動機對傳送帶多做的功為W=μmg(x傳1+ x傳2)=mv1(v1+v2)，C項錯誤，D項正確。
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9.(2025·廈門模擬)如圖所示，在光滑的水平面上有一長L=4 m、質量為M=4 kg的木板，在長木板右端有一質量為m=1 kg的小物塊，長木板與小物塊間動摩擦因數為μ=0.2，長木板與小物塊均靜止。現用F=18 N的水平恒力作用在木板上，g取10 m/s2。求：
(1)木板加速度a1和小物塊加速度a2的大小；
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當小物塊相對木板恰好滑動時，小物塊受到的摩擦力恰好等于滑動摩擦力，由牛頓第二定律有μmg=ma0，
此時二者的加速度大小相等，把小物塊與木板看作一個整體，由牛頓第二定律有F0=(m+M)a0，
可得小物塊相對長木板恰好滑動時的拉力大小為F0=10 N，因F=18 N>F0，可知兩物體相對滑動，對木板由牛頓第二定律可得其加速度大小為a1==4 m/s2，
對小物塊由牛頓第二定律可得其加速度大小為a2==2 m/s2。
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(2)0~3 s的過程中，板塊間產生的熱量為多少
設物塊脫離木板所需時間為t ，根據
L=a1t2-a2t2，
解得t=2 s，
即3 s時物體已經脫離木板，所以
Q=μmgL=8 J。
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10.(2025·重慶模擬)如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速率v0=2 m/s逆時針傳動，左端與傾角為θ=37°、長L=2 m的斜面CD平滑相接，CD之間鋪了一層勻質特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數可在0≤μ<1之間調節。現有質量為m=2 kg的小滑塊(視為質點)在傳送帶右端由靜止釋放，與傳送帶共速后進入斜面(小滑塊進入斜面后傳送帶立即停止轉動)斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態下另一端恰好在D點。滑塊在經過 C、D兩處時速度大小均不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不計空氣阻力。
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(1)求小滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量；
設小滑塊與傳送帶的滑動摩擦力為f，共速時間為t，小滑塊的位移
x1=v0t，
小滑塊和傳送帶之間的相對位移x2=v0t-v0t=v0t，
摩擦力對小滑塊做功fx1=m，
整個過程因摩擦產生的熱量Q=fx2=m=4 J。
解析
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(2)若設置μ=0，求滑塊在運動過程中彈簧的最大彈性勢能；
滑塊從C點到彈簧彈性勢能最大時，由能量守恒得
Ep=m+mgLsin θ=28 J。
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(3)若最終滑塊停在D點，求μ的取值范圍。
最終滑塊停在D點有兩種可能
滑塊恰好能從C下滑到D，由動能定理有
mgLsin θ-μmgLcos θ=0-m，
解得μ1=，
若滑塊在斜面CD間多次反復運動，最終靜止于D點，
當滑塊恰好能返回C時，有-2μ2mgLcos θ=0-m，
解得μ2=，
解析
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當滑塊恰好靜止在斜面上，則有mgsin θ=μ3mgcos θ，
解得μ3=，
綜上所述，μ的取值范圍是μ=≤μ<。
解析
11.在體能訓練中，A同學站在沙地上豎直向上拋出沙袋，取拋出點為重力勢能零點，B同學畫出了該沙袋在上升的過程中，機械能 E總、動能Ek和重力勢能Ep隨上升的高度h變化的E-h圖像。其中一定有錯誤的是( )
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梯級Ⅲ 創新練
若存在空氣阻力，當沙袋的動能減小到0時，其重力勢能最大，且小于最大動能，題圖A可能正確；沙袋在上升的過程中，沙袋的動能逐漸減小，重力勢能逐漸增大，若存在空氣阻力，沙袋的動能減少時，機械能也會相應減少，題圖B、D可能正確；沙袋的動能減小到0后，重力勢能還在增大，沙袋還在上升，這種情況不可能發生，故題圖C一定錯誤。本題選錯誤的，故選C。
解析
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4專題提升十一　功能關系　能量守恒定律
題型1　功能關系的理解和應用
1.對功能關系的理解。
(1)做功的過程就是能量轉化的過程,不同形式的能量發生相互轉化是通過做功來實現的。
(2)功是能量轉化的量度,功和能的關系,一是體現在不同的力做功,對應不同形式的能量轉化,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。
2.力學中常見的功能關系。
考向1　功能關系的理解
【典例1】　
如圖所示,某段滑雪雪道傾角為30°,總質量為m的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑,加速度為g,g為重力加速度。運動員從上向下滑到底端的過程中(　　)
A.減少的機械能為mgh
B.增加的動能為mgh
C.克服摩擦力做功為mgh
D.合外力做功為mgh
考向2　功能關系與圖像的綜合應用
【典例2】　(多選)如圖甲所示,質量為m=1 kg的小物塊自傾角為37°固定粗糙斜面底端以E0=200 J的初動能沿斜面向上滑動(斜面足夠長)。規定斜面底端為零勢能面,物體向上滑動的過程中動能和機械能與上升高度h的關系分別如圖乙所示。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度大小為g=10 m/s2。則(　　)
　
甲 乙
A.物體向上滑動的最大距離為6 m
B.物體與斜面間的動摩擦因數為0.5
C.物體到達斜面底端時的動能為40 J
D.物體在斜面運動的全過程中因摩擦產生的熱量為80 J
題型2　摩擦力做功與能量變化
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.兩種摩擦力的做功情況比較。
　　　類別 比較　　　
靜摩擦力 滑動摩擦力
不 同 點 能量的轉化方面 只有能量的轉移,而沒有能量的轉化 既有能量的轉移,又有能量的轉化
一對摩擦力的總功方面 一對靜摩擦力所做功的代數和等于零 一對滑動摩擦力所做功的代數和不為零,總功W=-Ffl相對,即相對滑動時產生的熱量
相 同 點 正功、負功、不做功方面 兩種摩擦力對物體可以做正功、負功,還可以不做功
2.相對滑動物體的能量問題的解題流程。
【典例3】　(2025·佛山模擬)如圖所示,一輛貨車在水平公路上做勻速直線運動,車廂內放置一質量為m的箱子,與車廂保持相對靜止。貨車突然遇到緊急情況剎車,當貨車和箱子均停止時,箱子相對車廂向前滑行的距離為x。已知箱子與車廂間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
A.貨車對箱子做的功為-μmgx
B.箱子對貨車做的功為-μmgx
C.合外力對箱子做的功為-μmgx
D.箱子與車廂間因摩擦而產生的熱量為μmgx
【典例4】　如圖甲,傾角為37°的傳送帶順時針勻速運行,在傳送帶上某位置輕放一質量為m=1 kg的小木塊,木塊的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示。取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ;
(2)0~2.0 s時間內,傳送帶對木塊做的功;
(3)傳送木塊過程中摩擦產生的熱量Q。
甲
乙
摩擦生熱公式Q=F·x相對中x相對的理解
(1)沒有往復滑動的物體間,x相對等于相對位移大小。
(2)有往復滑動的物體間,x相對等于相對路程。
題型3　能量守恒定律的理解和應用
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.能量守恒定律。
能量既不會憑空產生,也不會憑空消失,它只能從一種形式轉化為其他形式,或者從一個物體轉移到別的物體,在轉化或轉移的過程中,能量的總量保持不變。
2.表達式。
(1)E初=E末,初狀態各種能量的總和等于末狀態各種能量的總和。
(2)ΔE增=ΔE減,增加的能量總和等于減少的能量總和。
3.對能量守恒定律的兩點理解。
(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。
考向1　能量守恒定律的理解和應用
【典例5】　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,將物塊A從B上輕輕取走(對B的速度不產生影響),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,下列說法正確的是(　　)
A.M=2m B.M=m
C.M=2m D.M=3m
考向2　能量守恒定律在生活、生產中的應用
【典例6】　(2022·浙江卷)風力發電已成為我國實現“雙碳”目標的重要途徑之一。如圖所示,風力發電機是一種將風能轉化為電能的裝置。某風力發電機在風速為9 m/s時,輸出電功率為405 kW,風速在5~10 m/s范圍內,轉化效率可視為不變。該風機葉片旋轉一周掃過的面積為A,空氣密度為ρ,風場風速為v,并保持風正面吹向葉片。下列說法正確的是(　　)
A.該風力發電機的輸出電功率與風速成正比
B.單位時間流過面積A的流動空氣動能為ρAv2
C.若每天平均有1.0×108 kW的風能資源,則每天發電量為2.4×109 kW·h
D.若風場每年有5 000 h風速在6~10 m/s范圍內,則該發電機年發電量至少為6.0×105 kW·h
命題特點:試題來源于教材,與人教版必修第二冊第八章復習與提高B組3題所給條件類似,求解問題類似,均考查能量守恒觀點,同時還考查了“柱體模型”和轉化效率問題。
復習建議:在全球提倡節能減排的大背景下,新型能源的開發和利用成為高考命題的熱點,重視有關能源、低碳等信息題的訓練。
專題提升十一　功能關系　能量守恒定律
題型1
【典例1】　A　解析　合外力做功為W總=ma·=m·g·=mgh,D項錯誤;對滑雪運動員由動能定理可知,增加的動能為ΔEk=W總=mgh,B項錯誤;對滑雪運動員由牛頓第二定律得mgsin 30°-Ff=ma,解得運動員受到的摩擦力Ff=mg,所以運動員克服摩擦力做的功為W克=Ff=mgh,運動員減少的機械能為mgh,A項正確,C項錯誤。
【典例2】　BC　解析　設物體上升的最大高度為h0,則根據圖像可得mgh0=E0,解得h0=12 m,物體向上滑動的最大距離為s m=,解得s m=20 m,A項錯誤;設物體與斜面間的動摩擦因數為μ,則由動能定理有-mgh0-μmgs mcos 37°=0-E0,解得μ=0.5,B項正確;設物體上滑過程中克服摩擦力所做的功為W克,根據題圖,結合能量守恒定律可得E0=mgh0+W克,解得W克=80 J,物體到達斜面底端時,根據動能定理有mgh0-W克=Ek,解得物體到達斜面底端時的動能為Ek=40 J,C項正確;根據以上分析可知,物體在斜面運動的全過程中克服摩擦力做功為Wf=2W克=160 J,D項錯誤。
題型2
【典例3】　D　解析　設貨車的位移為s,則箱子的位移為s+x,貨車對箱子做的功為W車箱=-μmg(s+x),A項錯誤;箱子對貨車做的功為W箱車=μmgs,B項錯誤;合外力對箱子的功為W合力箱=-μmg(s+x),C項錯誤;箱子與車廂間因摩擦而產生的熱量為Q=μmgx ,D項正確。
【典例4】　答案　(1)0.875　(2)9.5 J
(3)3.5 J
解析　(1)由題圖乙知,0~1 s內物塊做勻加速直線運動,
加速度為a==1 m/s2,
由牛頓第二定律得
μmgcos 37°-mgsin 37°=ma,
解得μ=0.875。
(2)由題圖乙知,0~1 s內物塊與傳送帶有相對運動,
摩擦力為Ff1=μmgcos 37°=7 N,
1~2 s內,物塊與傳送帶相對靜止,
則摩擦力為Ff2=mgsin 37°=6 N,
則0~2 s時間內,傳送帶對木塊做的功為
W=Ff1x1+Ff2x2,
由題圖乙可得x1=0.5 m,x2=1 m,
解得W=9.5 J。
(3)由題意可知,0~1 s過程中,物塊與傳送帶之間有相對運動,產生熱量為Q=Ff1Δx,
其中Δx=x帶-x1=0.5 m,
解得Q=3.5 J。
題型3
【典例5】　A　解析　彈簧被壓縮到最短時,小物塊A、B的速度剛好為0,從開始運動到彈簧壓縮到最短的過程中,設運動距離為L,根據能量守恒定律得(m+M)gLsin 30°-μ(m+M)gcos 30°·L=Ep;彈簧將物塊B彈出,B剛好又能滑到斜面頂端的過程中,由能量守恒定律得Ep=MgLsin 30°+μMgcos 30°·L,兩式聯立解得M=2m,A項正確。
【典例6】　D　解析　單位時間流過面積A的流動空氣體積為V0=Av,單位時間流過面積A的流動空氣質量為m0=ρV0=ρAv,單位時間流過面積A的流動空氣動能為m0v2=ρAv3,風速在5~10 m/s范圍內,轉化效率可視為不變,可知該風力發電機的輸出電功率與風速的三次方成正比,A、B兩項錯誤;由于風力發電存在轉化效率,若每天平均有1.0×108 kW的風能資源,則每天發電量應滿足E<1.0×108×24 kW·h=2.4×109 kW·h,C項錯誤;若風場每年有5 000 h風速在6~10 m/s的風能資源,當風速取最小值6 m/s時,該發電機年發電量具有最小值,根據題意,風速為9 m/s時,輸出電功率為405 kW,風速在5~10 m/s范圍內,轉化效率可視為不變,可知風速為6 m/s時,輸出電功率為P=63× kW=120 kW,則該發電機年發電量至少為E=Pt=120×5 000 kW·h=6.0×105 kW·h,D項正確。(共30張PPT)
專題提升十一
第六章 機械能守恒定律
功能關系　能量守恒定律
題型1　功能關系的理解和應用
題型2　摩擦力做功與能量變化
內容
索引
題型3　能量守恒定律的理解和應用
功能關系的理解和應用
題型1
1.對功能關系的理解。
(1)做功的過程就是能量轉化的過程，不同形式的能量發生相互轉化是通過做功來實現的。
(2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現在不同的力做
功，對應不同形式的能量轉化，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。
2.力學中常見的功能關系。
考向1
功能關系的理解
【典例1】　如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質量為m的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g，g為重力加速度。運動員從上向下滑到底端的過程中( )
A.減少的機械能為mgh
B.增加的動能為mgh
C.克服摩擦力做功為mgh
D.合外力做功為mgh
合外力做功為W總=ma·=m·g·=mgh，D項錯誤；對滑雪運動員由動能定理可知，增加的動能為ΔEk=W總=mgh，B項錯誤；對滑雪運動員由牛頓第二定律得mgsin 30°-Ff=ma，解得運動員受到的摩擦力Ff=mg，所以運動員克服摩擦力做的功為W克=Ff=mgh，運動員減少的機械能為mgh，A項正確，C項錯誤。
解析
考向2
功能關系與圖像的綜合應用
【典例2】　(多選)如圖甲所示，質量為m=1 kg的小物塊自傾角為37°固定粗糙斜面底端以E0=200 J的初動能沿斜面向上滑動(斜面足夠長)。規定斜面底端為零勢能面，物體向上滑動的過程中動能和機械能與上升高度h的關系分別如圖乙所示。已知sin 37°=0.6，
cos 37°=0.8，重力加速度大小為g=10 m/s2。則( )
A.物體向上滑動的最大距離為6 m
B.物體與斜面間的動摩擦因數為0.5
C.物體到達斜面底端時的動能為40 J
D.物體在斜面運動的全過程中因摩擦產生的熱量為80 J
設物體上升的最大高度為h0，則根據圖像可得mgh0=E0，解得h0=12 m，物體向上滑動的最大距離為s m=，解得s m=20 m，A項錯誤；設物體與斜面間的動摩擦因數為μ，則由動能定理有-mgh0-μmgs mcos 37°=0-E0，解得μ=0.5，B項正確；設物體上滑過程中克服摩擦力所做的功為W克，根據題圖，結合能量守恒定律可得E0=mgh0+W克，解得W克=80 J，物體到達斜面底端時，根據動能定理有mgh0-W克=Ek，解得物體到達斜面底端時的動能為Ek=40 J，C項正確；根據以上分析可知，物體在斜面運動的全過程中克服摩擦力做功為Wf=2W克=160 J，D項錯誤。
解析
摩擦力做功與能量變化
題型2
1.兩種摩擦力的做功情況比較。
　　　 類別 比較　 靜摩擦力 滑動摩擦力
不同點 能量的轉化方面 只有能量的轉移，而沒有能量的轉化 既有能量的轉移，又有能量的轉化
一對摩擦力的總功方面 一對靜摩擦力所做功的代數和等于零 一對滑動摩擦力所做功的代數和不為零，總功W=-Ffl相對，即相對滑動時產生的熱量
相同點 正功、負功、不做功方面 兩種摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功 2.相對滑動物體的能量問題的解題流程。
【典例3】　(2025·佛山模擬)如圖所示，一輛貨車在水平公路上做勻速直線運動，車廂內放置一質量為m的箱子，與車廂保持相對靜
止。貨車突然遇到緊急情況剎車，當貨車和箱子均停止時，箱子相對車廂向前滑行的距離為x。已知箱子與車廂間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A.貨車對箱子做的功為-μmgx
B.箱子對貨車做的功為-μmgx
C.合外力對箱子做的功為-μmgx
D.箱子與車廂間因摩擦而產生的熱量為μmgx
設貨車的位移為s，則箱子的位移為s+x，貨車對箱子做的功為
W車箱=-μmg(s+x)，A項錯誤；箱子對貨車做的功為W箱車=μmgs，B項錯誤；合外力對箱子的功為W合力箱=-μmg(s+x)，C項錯誤；箱子與車廂間因摩擦而產生的熱量為Q=μmgx ，D項正確。
解析
【典例4】　如圖甲，傾角為37°的傳送帶順時針勻速運行，在傳送帶上某位置輕放一質量為m=1 kg的小木塊，木塊的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示。取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
(1)木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ；
由題圖乙知，0~1 s內物塊做勻加速直線運動，
加速度為a==1 m/s2，
由牛頓第二定律得μmgcos 37°-mgsin 37°=ma，
解得μ=0.875。
解析
(2)0~2.0 s時間內，傳送帶對木塊做的功；
由題圖乙知，0~1 s內物塊與傳送帶有相對運動，
摩擦力為Ff1=μmgcos 37°=7 N，
1~2 s內，物塊與傳送帶相對靜止，
則摩擦力為Ff2=mgsin 37°=6 N，
則0~2 s時間內，傳送帶對木塊做的功為W=Ff1x1+Ff2x2，
由題圖乙可得x1=0.5 m，x2=1 m，
解得W=9.5 J。
解析
(3)傳送木塊過程中摩擦產生的熱量Q。
由題意可知，0~1 s過程中，物塊與傳送帶之間有相對運動，產生熱量為Q=Ff1Δx，
其中Δx=x帶-x1=0.5 m，
解得Q=3.5 J。
解析
摩擦生熱公式Q=F·x相對中x相對的理解
(1)沒有往復滑動的物體間，x相對等于相對位移大小。
(2)有往復滑動的物體間，x相對等于相對路程。
能量守恒定律的理解和應用
題型3
1.能量守恒定律。
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。
2.表達式。
(1)E初=E末，初狀態各種能量的總和等于末狀態各種能量的總和。
(2)ΔE增=ΔE減，增加的能量總和等于減少的能量總和。
3.對能量守恒定律的兩點理解。
(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。
考向1
能量守恒定律的理解和應用
【典例5】　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，將物塊A從B上輕輕取走(對B的速度不產生影響)，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，下列說法正確的是( )
A.M=2m B.M=m
C.M=2m D.M=3m
彈簧被壓縮到最短時，小物塊A、B的速度剛好為0，從開始運動到彈簧壓縮到最短的過程中，設運動距離為L，根據能量守恒定律得(m+M)gLsin 30°-μ(m+M)gcos 30°·L=Ep；彈簧將物塊B彈
出，B剛好又能滑到斜面頂端的過程中，由能量守恒定律得Ep=
MgLsin 30°+μMgcos 30°·L，兩式聯立解得M=2m，A項正確。
解析
考向2
能量守恒定律在生活、生產中的應用
【典例6】　(2022·浙江卷)風力發電已成為我國實現“雙碳”目標的重要途徑之一。如圖所示，風力發電機是一種將風能轉化為電能的裝置。某風力發電機在風速為9 m/s時，輸出電功率為405 kW，風速在5~10 m/s范圍內，轉
化效率可視為不變。該風機葉片旋轉一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風場風速為v，并保持風正面吹向葉片。下列說法正確的是
( )
A.該風力發電機的輸出電功率與風速成正比
B.單位時間流過面積A的流動空氣動能為ρAv2
C.若每天平均有1.0×108 kW的風能資源，則每天發電量為2.4×
109 kW·h
D.若風場每年有5 000 h風速在6~10 m/s范圍內，則該發電機年發電量至少為6.0×105 kW·h
單位時間流過面積A的流動空氣體積為V0=Av，單位時間流過面積A的流動空氣質量為m0=ρV0=ρAv，單位時間流過面積A的流動空氣動能為m0v2=ρAv3，風速在5~10 m/s范圍內，轉化效率可視為不變，可知該風力發電機的輸出電功率與風速的三次方成正比，
A、B兩項錯誤；由于風力發電存在轉化效率，若每天平均有1.0×108 kW的風能資源，則每天發電量應滿足E<1.0×108×
24 kW·h=2.4×109 kW·h，C項錯誤；若風場每年有5 000 h風速
解析
在6~10 m/s的風能資源，當風速取最小值6 m/s時，該發電機年發電量具有最小值，根據題意，風速為9 m/s時，輸出電功率為
405 kW，風速在5~10 m/s范圍內，轉化效率可視為不變，可知風速為6 m/s時，輸出電功率為P=63× kW=120 kW，則該發電機年發電量至少為E=Pt=120×5 000 kW·h=6.0×105 kW·h，D項正確。
解析
命題特點：試題來源于教材，與人教版必修第二冊第八章復習與提高B組3題所給條件類似，求解問題類似，均考查能量守恒觀點，同時還考查了“柱體模型”和轉化效率問題。
復習建議：在全球提倡節能減排的大背景下，新型能源的開發和利用成為高考命題的熱點，重視有關能源、低碳等信息題的訓練。

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