4-素养提升课六-功能关系-能量守恒定律-2024-2025学年高考物理一轮复习.docx

素养提升课六　功能关系　能量守恒定律
提升点一　 功能关系的应用
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过力做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度
①不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系。
②做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
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2．力学中几种常见的功能关系如下

考向1　功能关系的理解
(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝3R，重力加速度为g，则小球从P点到B点的运动过程中(　　)
A．重力势能减少2mgR
B．机械能减少2mgR
C．动能增加mgR
D．克服摩擦力做功mgR

答案：AD
解析：小球从P点到B点的运动过程中，重力做功为WG＝mg·2R＝2mgR，故重力势能减少2mgR，A正确；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg＝m，解得vB＝，从P点到B点过程，重力势能减小量为2mgR，动能增加量为mv＝mgR，故机械能减少量为2mgR－mgR＝mgR，从P点到B点过程，克服摩擦力做功等于机械能减少量，则克服摩擦力做的功为mgR，故B、C错误，D正确。
对点练．(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，g为重力加速度，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)
A．重力势能增加了mgh
B．克服摩擦力做功mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了mgh

答案：CD
解析：这个过程中物体上升的高度为h，则重力势能增加了mgh，A错误；加速度a＝g＝，则摩擦力Ff＝mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝mg·2h＝mgh，B错误；由动能定理可知，动能损失量为ΔEk＝F合·2h＝m·g·2h＝mghC正确；机械能的损失量为ΔE＝Wf＝mgh，D正确。
考向2　功能关系与图像的综合
(多选)(2020·全国卷Ⅰ)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J

答案：AB
解析：由E -s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E -s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时加速度的大小a＝gsin α－μgcos α＝2.0 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误。
考向3　连接体中的功能关系
(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M＞m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　)
A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下
B．拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量
C．拉力对A做的功等于A机械能的增加量
D．两滑块组成的系统机械能损失等于A克服摩擦力做的功

答案：BD
解析：根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与轻绳方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对A受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量，故B正确；由除重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A做的功之和等于A机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成的系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成的系统机械能损失等于A克服摩擦力做的功，故D正确。
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提升点二　能量守恒定律的理解及应用
1．对能量守恒定律的理解
(1)转化：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)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等。
2．运用能量守恒定律解题的基本思路

如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后恰好能弹回到C点。已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中：

(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能。
答案：(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J
解析：(1)在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
μ·2mgcos θ·L＝×3mv－×3mv2＋2mgLsin θ－mgL，解得v＝2 m/s。
(2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即×3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得
×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm，解得Epm＝6 J。
对点练1．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek -h图像，其中h＝0.18 m时对应图像的最顶点，高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余为曲线，取g＝10 m/s2，由图像可知(　　)

A．滑块的质量为018 kg
B．弹簧的劲度系数为10 N/m
C．滑块运动的最大加速度为40 m/s2
D．弹簧的弹性势能最大值为0.7 J
答案：C
解析：在从0.2 m上升到0.35 m范围内ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值为＝2 N＝mg，则m＝0.2 kg，故A错误；在Ek-h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，所以弹簧的原长为0.2 m，当弹簧弹力等于重力时，滑块的速度最大，根据图像可知，此时h＝0.18 m，则有mg＝kΔx，解得k＝ N/m＝100 N/m，故B错误；由以上分析可知，滑块静止释放后做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，加速度为0，滑块的速度最大，所以滑块在释放瞬间加速度最大。由牛顿第二定律可得amax＝＝ m/s2＝40 m/s2，故C正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能就等于减少的弹性势能即弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故D错误。
对点练2.(2022·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同，弹簧未超过弹性限度，则(　　)
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量

答案：B
解析：由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、B之间的弹力为FAB，动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对A、B有F＋(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，对B有mBgsin θ－μmBgcos θ＋FAB＝mBa，联立可得＝，由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上，由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，B正确；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2，下滑过程A、B不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得kx＝kx＋(mgsin θ＋Ff)(x1－x2)，化简得k＝，当位移为最大位移的一半时有F合＝k－(mgsin θ＋Ff)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为0，A错误；根据B项的分析可知＝，再结合B选项的结论可知下滑过程中F方向沿斜面向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，C错误；整个过程中弹力做的功为0，A的重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，D错误。
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对点练3．(2023·黑龙江哈尔滨一模)冬奥会中有一项钢架雪车项目刺激有趣，其比赛照片如图甲所示，而为了研究方便我们可以把运动中的一个片段简化为如图乙所示的模型。B点是斜面与水平地面的连接
处，质量为0.4 kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ。不计物块经过B点时的能量损失；已知xAB＝9 m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的总时间的正中间1 s内的位移为3 m，A、C两点的连线与地面的夹角β＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)

A．物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5 m/s2
B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8
C．物块的重力势能的减少量小于7.2 J
D．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J
答案：D
解析：设物块沿斜面下滑的加速度为a，正中间1 s内的位移为3 m，则正中间1 s内的平均速度＝ m/s＝3 m/s，正中间1 s内的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由匀加速直线运动规律有＝，2axAB＝v，解得a＝2 m/s2，vB＝6 m/s，故A错误；A′为A在地面上的投影，设斜面的倾角为α，如图所示，

物块从A到C，由动能定理有mghAA′－μmgcos α·xAB－μmg·xBC＝0，由几何关系有hAA′＝xABsin α，xA′C＝xA′B＋xBC＝xABcos α＋xBC，综合可得μ＝，又因为＝tan β，则μ＝tan β＝0.75，故B错误；设Q1为物块在AB段因摩擦产生的热量，在物块沿斜面下滑过程中，由能量守恒定律有mghAA′＝Q1＋mv，可得重力势能的减少量为mghAA′＝Q1＋7.2 J，即物块重力势能的减少量大于7.2 J，故C错误；物块从B运动到C，设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2＝mv＝7.2 J，故D正确。故选D。
提升点三　动力学与能量观点的综合应用
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和一定为零，即两个力做功要么一正一负且数值相等，要么都不做功。
互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即两个力中至少有一个力做负功，且代数和的绝对值为摩擦生热。
机械能从一个物体转移到另一个物体，没有机械能的转化
(1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体。
(2)一部分机械能转化为内能，即摩擦生热等于系统机械能的损失。
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功
考向1　传送带模型
应用动力学、能量观点解答传送带问题的思路

(多选)如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5 m，传送带在电动机的带动下以v＝2 m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量为4 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中(　　)
A．小物块经过 s后与传送带共速
B．摩擦力对小物块做的功为24 J
C．摩擦产生的热量为24 J
D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为102 J

答案：CD
解析：小物块刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于μ＝＞tan 30°，小物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝2.5 m/s2，假设小物块能与传送带达到相同速度，则小物块上滑的位移x1＝＝0.8 m＜L＝3.5 m，假设成立。小物块与传送带达到相同速度后，将向上做匀速运动，到达A点的速度仍为2 m/s。小物块匀加速时间t＝＝ s＝0.8 s，小物块经过0.8 s后与传送带共速，A错误；摩擦力在匀加速阶段对小物块做的功W1＝μmgcos 30°x1＝×4×10××0.8 J＝24 J，小物块匀速运动过程中，小物块受到的为静摩擦力，大小与重力平行斜面向下的分力相等，摩擦力在匀速阶段对小物块做的功W2＝mgsin 30°(L－x1)＝4×10××(3.5－0.8) J＝54 J，摩擦力对小物块做的功为W＝W1＋W2＝24 J＋54 J＝78 J，B错误；小物块与传送带的相对位移Δx＝vt－t＝0.8 m，摩擦产生的热量Q＝μmgcos 30°·Δx＝×4×10××0.8 J＝24 J，C正确；因放小物块而使得电动机多消耗的电能E＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝mv2＋mgLsin 30°＋Q＝8 J＋70 J＋24 J＝102 J，D正确。
对点练．(多选)如图为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动。建筑工人将质量m＝20 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2。以下说法正确的是(　　)
A．建筑工人比建筑材料早0.5 s到右端
B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为10 J
D．运输带对建筑材料做的功为10 J

答案：AD
解析：建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝＝1 s，加速运动的位移为x1＝t2＝0.5 m＜L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t3＝＝1.5 s，因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt＝t3＋t2－t1＝0.5 s，A正确，B错误；建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x2＝v0t2＝1 m，则因摩擦而生成的热量为Q＝μmg(x2－x1)＝10 J，由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为W＝mv＝10 J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为20 J，C错误，D正确。
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考向2　“滑块—木板”模型
在“滑块—木板”模型中应用动能定理、能量守恒定律解题时，要注意区分三个位移(如图所示)：

(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。
(3)求摩擦生热时用相对滑行路程Δx。
如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v0＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s 的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程中，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力的大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程中，系统因摩擦产生的热量Q。
答案：(1)0.8 m　(2)2 N　(3)48 J
解析：(1)滑块在板上做匀减速运动
根据牛顿第二定律得
a＝＝μ2g
解得a＝5 m/s2
根据运动学公式得L＝v0t－at2
解得t＝0.4 s (t＝2.0 s舍去)
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s＞2 m/s，说明滑块一直做匀减速运动
长板移动的位移x＝vt＝0.8 m。
(2)对长板受力分析如图所示，

有F＋Ff2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N
解得F＝2 N。
(3)方法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量Q1＝Ff2(L－x) ＝12 J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量Q2＝Ff2(L－x)＝12 J
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量
Q3＝Ff1L＝24 J
所以，系统因摩擦产生的热量
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J。
方法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N
F1做功为W1＝F1x＝2×0.8＝1.6 J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为
F2＝Ff1＋Ff2＝22 N
F2做功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑块从刚开始滑上长板到与挡板碰前，其动能的减少量为ΔEk＝mv－mv＝20 J
所以系统因摩擦产生的热量
Q＝ W1＋W2＋ΔEk＝48 J。
特别提醒
摩擦生热Q＝Ffx相对中的x相对的理解
1．没有往复滑动的物体间：x相对等于相对位移的大小。
2．有往复滑动的物体间：x相对不等于相对位移的大小，而是两个物体间相对滑行的路程。　　
对点练．(多选)(2023·全国乙卷)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　)
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于mv－fl
D．物块的动能一定小于mv－fl

答案：BD
解析：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1＞v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得mv＝mv＋Mv＋fl，整理可得mv＝mv－fl－Mv＜mv－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q＝fL＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0＞v1＞v2，可得xm＞2xM，则xm－xM＝l＞xM，所以W＝fxM＜fl，B正确，A错误。故选BD。
考向3　多运动组合问题
1．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
2．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
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(2023·浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
答案：(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
解析：(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcos θ)＝mv
解得vC＝4 m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得FC＋mg＝m
解得FC＝22 N。
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得mgh－0.2mgLFG＝mv2
解得v＝6 m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1
解得v1＝＝3 m/s
根据能量守恒可得Q＝μmgL＝mv2－×2mv
解得μ＝0.3。
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝＝3 m/s2
所用时间为t1＝＝1 s
此过程滑块通过的位移为x1＝t1＝4.5 m
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝＝1.5 s
则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s。
对点练．(多选)(2023·河北唐山模拟)如图所示，固定在竖直平面内的内径很小的细管PMN由长度均为L的两段构成，PM段为内径粗糙的水平直管，P端内侧粘有一个带小孔的弹性挡板，MN段光滑且固定在倾角为θ＝30°的斜面上，两段细管在M点通过极短的光滑圆管顺滑连接。一轻质细绳左侧连接一质量为3m的滑块A，绕过轻质滑轮和挡板小孔，与处于N处质量为m的滑块B相连。在外力控制下，两滑块开始均静止，滑块与PM段的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计轻绳与滑轮间的摩擦。由静止同时释放两滑块后，关于两滑块的运动，下列说法正确的是(　　)

A．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为
B．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为
C．滑块B最终将停在M点
D．整个运动过程中，滑块B在水平段运动的总路程为11L
答案：AD
解析：滑块B第一次运动到M点时，对系统由能量守恒可知3mgL－mgLsin θ＝(3m＋m)v2，解得v＝，故B错误，A正确；对系统分析有3mg＞μmg，故滑块B无法停在M点，将停在挡板处，故C错误；从开始到滑块B最终停止，对系统由能量守恒3mg·2L－mgLsin θ＝μmgs，解得s＝11L，故D正确。故选AD。
课时测评28　功能关系　能量守恒定律
(时间：45分钟　满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1～9题，每题3分，共27分)

1．(多选)将图甲中的蹦床简化为图乙所示的弹簧，当质量为50 kg的运动员站在蹦床上静止时，弹簧的上端由O点压缩到A点，运动员重心在O点。现将比赛过程分为两段，过程1：运动员从A点开始，通过多次起跳，在空中完成动作，且越跳越高，直至重心达到距O点高为6.1 m的最高点(此时运动员的速度为零)；过程2：运动员在最高点结束表演，此后不做任何动作，多次往返，最后静止在蹦床上，弹回过程中重心与O点最大高度差为4 m。若整个过程中运动员所受空气阻力大小恒为重力的0.2倍，重力加速度大小为10 m/s2。则(　　)

A．过程1中，运动员能够越跳越高，是因为弹簧对运动员不断做正功
B．在过程2的每一次单向向上运动过程中，运动员的速度最大时，弹簧的上端都处于A点下方
C．过程2中，从开始下落到弹至重心距O点高4 m处，运动员克服空气阻力做的功为1 010 J
D．过程2中，弹簧的最大弹性势能为2 520 J
答案：BD
解析：过程1中，上升阶段，运动员与弹簧未分离时，弹簧对运动员做正功，运动员与弹簧分离后，弹簧对运动员不做功，A错误；由题可知，当物体静止时，在A点弹簧的弹力等于重力，在过程2的每一次单向向上运动过程中，阻力方向向下，运动员的速度最大时，运动员的加速度为零，此时有F弹＝mg＋0.2mg＞mg，则速度最大时，运动员比静止在弹簧上时弹簧的弹力更大，被压缩更短，所以弹簧的上端都处于A点下方，B正确；过程2中，从距O点高为6.1 m开始下落到弹至重心距O点高4 m处，设运动员克服空气阻力做的功为W，由动能定理得mg(6.1－4) m－W＝0，解得W＝1 050 J，C错误；过程2中，当弹簧第一次到达最低点时，弹簧的弹性势能最大，设弹簧的压缩量为x，运动员从距O点高为6.1 m开始下落到重心与O点最大高度差为4 m过程中，克服空气阻力做的功为0.2mg×(6.1 m＋x)＋0.2mg(4 m＋x)＝W，解得x＝0.2 m，过程2中，当弹簧第一次到达最低点时，由动能定理得mg(6.1＋0.2) m－0.2mg(6.1＋0.2) m－Epmax＝0－0，代入数据解得Epmax＝2 520 J，D正确。
2．(2024·江苏徐州模拟)高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
答案：D
解析：运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少了(F－mg)h，A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小了mgh，B错误；运动员进入水中后，除重力外，还克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，C错误，D正确。
3．(多选)一名滑雪运动员在雪道上下滑了一段路程，重力对他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名运动员(　　)
A．重力势能增加了3 000 J B．动能增加了3 000 J
C．动能增加了2 500 J D．机械能减少了500 J
答案：CD
解析：根据题意，重力做正功，所以运动员的重力势能减少了3 000 J，A错误；合力做的功等于动能的增加量，所以动能增加了3 000 J－500 J＝2 500 J，B错误，C正确；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，阻力做功为－500 J，所以机械能减少了500 J，D正确。
4．如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v顺时针运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是(　　)
A．W＝0，Q＝mv2
B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2
D．W＝mv2，Q＝2mv2

答案：B
解析：对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程x1＝t＋vt＝vt，小物块向右做加速运动时，二者间的相对路程x2＝vt－t＝t，又t＝，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝x1＋x2＝，小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝2mv2选项B正确。
5．如图甲所示，一个可视为质点的小球从地面竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的高度h的变化关系如图乙所示，取小球在地面时的重力势能为零，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．小球的质量为
B．小球受到空气阻力的大小为
C．上升过程中，小球的动能等于重力势能时，小球距地面的高度为h0
D．下降过程中，小球的动能等于重力势能时，小球的动能大小为
答案：C
解析：上升阶段，根据能量守恒定律得2E0＝Ffh0＋mgh0，下降阶段，根据能量守恒定律得E0＋Ffh0＝mgh0，联立解得小球的质量为m＝，小球受到空气阻力的大小为Ff＝，A、B错误；上升过程中，小球的动能等于重力势能时，根据能量守恒定律得2E0＝Ek1＋mgh＋Ffh＝2mgh＋Ffh，解得小球距地面的高度为h＝h0，C正确；下降过程中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度为h1，根据能量守恒定律得mgh0＝Ek2＋mgh1＋Ff(h0－h1)＝2Ek2＋Ffh0－Ffh1，即＝2Ek2＋－Ffh1，解得小球的动能大小Ek2＝，不等于，D错误。
6．(多选)(2024·山西太原模拟)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为

答案：BC
解析：物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做的功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度大小为v0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv，解得v0＝2，选项D错误。
7．(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中(　　)
A．摩擦力对物块做的功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做的功为μmgs
C．木板动能的增量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs

答案：AB
解析：根据功的定义W＝Flcos θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误。

8．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)

A．木板A最终获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案：D
解析：由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力。根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终获得的动能为EkA＝mv＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能为ΔE＝mv－·2mv2＝2 J，选项B错误；由题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确。
9．(2024·山东枣庄模拟)如图(a)所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系(Ek-x)图像如图(b)所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)

A．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B．整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C．整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D．整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案：D
解析：开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcos θ－mgsin θ)x＝mv2－0，在x＝5 m后动能不变可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，可得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有W合＝ΔEk＝mv2＝2.0 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝mv2＋mgLABsin θ＝62.0 J，C错误，D正确。
10．(10分)(2024·湖南邵阳模拟)如图所示，水平传送带足够长，顺时针转动的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝9 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块：

(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
答案：(1)6 m/s　(2)12.5 s　(3)88 J
解析：(1)A到P由动能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcos 37°)L＝mv－0
解得v1＝6 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，由速度公式得
－v＝v1－at1
解得t1＝10 s
匀速运动阶段的时间为t2＝＝2.5 s
第1次在传送带