第1講 功和功率
一、功
1．定義：一個(gè)物體受到力的作用，如果在力的方向上發(fā)生了一段位移，就說這個(gè)力對(duì)物體做了功。
2．做功的兩個(gè)要素
(1)作用在物體上的力。
(2)物體在力的方向上發(fā)生的位移。
3．公式：W＝Flcs α。
(1)如圖所示，α是力與位移方向之間的夾角，l為力的作用點(diǎn)的位移。
(2)該公式只適用于恒力做功。
4．功的正負(fù)
(1)當(dāng)0°≤α＜90°時(shí)，W＞0，力對(duì)物體做正功。
(2)當(dāng)α＝90°時(shí)，W＝0，力對(duì)物體不做功。
(3)當(dāng)90°＜α≤180°時(shí)，W＜0，力對(duì)物體做負(fù)功，或者說物體克服這個(gè)力做了功。
二、功率
1．定義：功與完成這些功所用時(shí)間之比。
2．物理意義：描述力對(duì)物體做功的快慢。
3．公式
(1)P＝eq \f(W,t)，P為時(shí)間t內(nèi)的平均功率。
(2)P＝Fvcs_α(α為F與v的夾角)
①v為平均速度，則P為平均功率；
②v為瞬時(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率。
4．額定功率與實(shí)際功率
(1)額定功率：動(dòng)力機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率。
(2)實(shí)際功率：動(dòng)力機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率，要求小于或等于額定功率。
情境創(chuàng)設(shè)
質(zhì)量為m的物體靜止在傾角為θ的斜面上，現(xiàn)在使斜面向右勻速移動(dòng)距離l，物體相對(duì)于斜面靜止。
微點(diǎn)判斷
(1)重力對(duì)物體做正功。(×)
(2)支持力對(duì)物體做正功。(√)
(3)摩擦力對(duì)物體不做功。(×)
(4)合力對(duì)物體做功為零。(√)
(5)支持力和摩擦力做功的代數(shù)和為正。(×)
情境創(chuàng)設(shè)
如圖所示，“復(fù)興號(hào)”高速列車正在平直軌道上勻速運(yùn)行。
微點(diǎn)判斷
(6)“復(fù)興號(hào)”高速列車運(yùn)行的牽引力大小等于其阻力大小。(√)
(7)“復(fù)興號(hào)”高速列車運(yùn)行的速度越大，其實(shí)際功率越大。(√)
(8)若“復(fù)興號(hào)”高速列車以恒定功率出站時(shí)，其加速度是不變的。(×)
(9)由P＝Fv可知，發(fā)動(dòng)機(jī)功率一定時(shí)，機(jī)車的牽引力與運(yùn)行速度的大小成反比。(√)
(10)由公式P＝Fv只可以求平均功率，不可以求瞬時(shí)功率。(×)
(一) 功的正負(fù)判斷和恒力做功的計(jì)算(固基點(diǎn))
[題點(diǎn)全練通]
1.[功的正負(fù)判斷](多選)如圖所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速帶至高處，在此過程中，下述說法正確的是( )
A．摩擦力對(duì)物體做正功
B．摩擦力對(duì)物體做負(fù)功
C．支持力對(duì)物體不做功
D．合力對(duì)物體做功為零
解析：選ACD 取物體為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，受重力mg、沿皮帶向上的靜摩擦力Ff和垂直于皮帶的支持力FN，由于Ff方向與運(yùn)動(dòng)方向一致，做正功，A正確，B錯(cuò)誤；FN方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，不做功，C正確；由于勻速運(yùn)動(dòng)，合力為0，D正確。
2．[合力做功的計(jì)算]一物體放在水平面上，它的俯視圖如圖所示，兩個(gè)相互垂直的力F1和F2同時(shí)作用在物體上，使物體沿圖中v0的方向做直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過一段位移的過程中，力F1和F2對(duì)物體所做的功分別為3 J和4 J，則兩個(gè)力的合力對(duì)物體所做的功為( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．7 J
解析：選D 當(dāng)多個(gè)力對(duì)物體做功時(shí)，多個(gè)力的總功大小等于各個(gè)力對(duì)物體做功的代數(shù)和，故W合＝WF1＋WF2＝7 J，D正確。
3．[恒力做功大小的分析與計(jì)算]兩個(gè)相同物塊P、Q分別在大小相等、方向如圖所示的恒力F1和F2作用下沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。在它們前進(jìn)相同距離的過程中，F(xiàn)1和F2做功分別為W1和W2，P、Q兩物塊克服摩擦力所做的功分別為Wf1和Wf2，則有( )
A．W1＞W(wǎng)2，Wf1＞W(wǎng)f2 B．W1＝W2，Wf1＞W(wǎng)f2
C．W1＞W(wǎng)2，Wf1＝Wf2 D．W1＝W2，Wf1＝Wf2
解析：選A 設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小為l，F(xiàn)2與水平方向的夾角為θ，由功的公式可知W1＝F1l，W2＝F2lcs θ，因?yàn)镕1＝F2，則W1＞W(wǎng)2，Wf1＝μmgl，Wf2＝μ(mg－F2sin θ)l，則Wf1＞W(wǎng)f2，A正確。
[要點(diǎn)自悟明]
1．功的正負(fù)判斷方法
(1)恒力做功的判斷：依據(jù)力與位移方向的夾角來判斷。
(2)曲線運(yùn)動(dòng)中功的判斷：依據(jù)F與v的方向夾角α來判斷，0°≤αmBg，則彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)伸長量為x，則有F＝kx＋mBg，代入數(shù)值得x＝0.1 m，即彈簧被拉長了0.1 m。
(2)物理過程分析：在小球A由A→C過程中，小球A到O1間的距離逐漸減小，物體B向下運(yùn)動(dòng)，由于直線CO1與桿垂直，當(dāng)小球A運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)，沿繩子方向的速度為0，即此時(shí)B的速度為0。小球A從桿頂端運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，對(duì)A由動(dòng)能定理得
WF＋mAgh＝eq \f(1,2)mAvA2－0，
小球A下降的高度h＝CO1cs 37°＝AO1sin 37°cs 37°＝0.24 m。這一過程中B下降的高度h′＝AO1－CO1＝0.2 m，由此可知彈簧被壓縮了0.1 m，則彈簧的彈性勢能在初、末狀態(tài)相同。由于此時(shí)vB＝0，以A、B和彈簧為系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒有
mAgh＋mBgh′＝eq \f(1,2)mAvA2。
解得WF＝mBgh′＝7 J。
(3)因桿長L＝0.8 m，故∠CDO1＝θ＝37°，故DO1＝AO1，彈簧的伸長量依然為0.1 m，與最初狀態(tài)相比彈簧的彈性勢能相同，物體B又回到了初始位置，其重力勢能也與最初狀態(tài)相同。在D點(diǎn)將A的速度沿繩和垂直繩分解，如圖所示，其中沿繩方向的分速度vx與B的速度相等，即vB′＝vx＝vA′cs 37°＝0.8vA′，由機(jī)械能守恒：mAgLsin 37°＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2，代入數(shù)據(jù)得小球A運(yùn)動(dòng)到桿的底端D點(diǎn)時(shí)的速度
vA′＝2 m/s。
答案：(1)0.1 m (2)7 J (3)2 m/s
第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律
第1課時(shí) 功能關(guān)系、能量守恒定律的理解及應(yīng)用
一、功能關(guān)系
1．幾種常見的功能關(guān)系
2．兩個(gè)特殊的功能關(guān)系
(1)滑動(dòng)摩擦力與兩物體間相對(duì)滑動(dòng)的路程的乘積等于產(chǎn)生的內(nèi)能，即Ff·s相對(duì)＝Q。
(2)感應(yīng)電流克服安培力做的功等于產(chǎn)生的電能，即W克安＝E電。
二、能量守恒定律
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)移的過程中，能量的總量保持不變。
2．表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增。
3．基本思路
(1)某種形式能量減少，一定存在其他形式能量增加，且減少量和增加量相等。
(2)某個(gè)物體能量減少，一定存在其他物體能量增加，且減少量和增加量相等。
情境創(chuàng)設(shè)
如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體，物體在A處時(shí)，彈簧處于原長狀態(tài)。現(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達(dá)B處時(shí)，手和物體自然分開。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W，不考慮空氣阻力。
微點(diǎn)判斷
對(duì)于上述情境所描述的過程：
(1)支持力對(duì)物體做負(fù)功。(√)
(2)彈簧的彈性勢能一直增大。(√)
(3)物體的重力勢能一直增大。(×)
(4)物體重力勢能減少量一定大于W。(√)
(5)彈簧彈性勢能增加量一定小于W。(×)
(6)物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為W。(×)
(7)若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為W。(√)
(8)彈簧和物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少。(√)
[備課札記]


(一) 功能關(guān)系(固基點(diǎn))
[題點(diǎn)全練通]
1．[功能關(guān)系的理解和應(yīng)用]極限跳傘是世界上最流行的空中極限運(yùn)動(dòng)，傘打開前可看作是自由落體運(yùn)動(dòng)，打開傘后減速下降，最后勻速下落。如果用h表示人下落的高度，t表示下落的時(shí)間，Ep表示人的重力勢能，Ek表示人的動(dòng)能，E表示人的機(jī)械能，v表示人下落的速度，在整個(gè)過程中，忽略傘打開前空氣阻力，如果打開傘后空氣阻力與速度平方成正比，則下列圖像可能符合事實(shí)的是( )
解析：選B 運(yùn)動(dòng)員先做自由落體運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律可得Ek＝ΔEp＝mgh，動(dòng)能與下落的高度成正比，則重力勢能是線性變化的，A錯(cuò)誤；打開降落傘后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有ΔEk＝(f－mg)Δh，隨速度的減小，阻力減小，由牛頓第二定律可知，人做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后當(dāng)阻力等于重力時(shí)，人做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能的變化減慢，最后當(dāng)阻力等于重力時(shí)，動(dòng)能不再發(fā)生變化，B正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知ΔE＝－fΔh，則人的機(jī)械能在自由下落過程保持不變，打開傘后機(jī)械能逐漸減小，最后均勻減小，C錯(cuò)誤。
2．[由力做功分析機(jī)械能變化](2024·浙江1月選考)如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h，則足球( )
A．從1到2動(dòng)能減少mgh
B．從1到2重力勢能增加mgh
C．從2到3動(dòng)能增加mgh
D．從2到3機(jī)械能不變
解析：選B 由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢能增加mgh，從1到2動(dòng)能減少量大于mgh，A錯(cuò)誤，B正確；從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減少，重力勢能減少mgh，則動(dòng)能增加量小于mgh，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。
3．[含彈簧的物體系統(tǒng)功能關(guān)系分析](多選)質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)由靜止開始下落，加速度為eq \f(g,2)。下落H后，與一輕彈簧B點(diǎn)接觸，又下落h后到達(dá)最低點(diǎn)C?？諝庾枇愣?，在由A運(yùn)動(dòng)到C的過程中( )
A．物塊速度最大時(shí)，物塊重力是彈簧彈力的3倍
B．物塊的最大速度一定大于eq \r(gH)
C．物塊機(jī)械能減少eq \f(1,2)mg(H＋h)
D．物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少eq \f(1,2)mg(H＋h)
解析：選BD 與彈簧接觸前，根據(jù)牛頓第二定律得mg－f＝m·eq \f(g,2)，物塊速度最大時(shí)，合力為零，有mg－f－N＝0，解得N＝eq \f(1,2)mg，此時(shí)重力是彈簧彈力的兩倍，A錯(cuò)誤；從開始下落到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得(mg－f)H＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(gH)，此后物塊繼續(xù)加速，所以物塊的最大速度一定大于eq \r(gH)，B正確；因?yàn)槲飰K動(dòng)能不變，所以物塊機(jī)械能減少量即為重力勢能的減少量，即為mg(H＋h)，C錯(cuò)誤；物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于克服空氣阻力做功，即W＝f(H＋h)＝eq \f(1,2)mg(H＋h)，D正確。
[要點(diǎn)自悟明]
1．功能關(guān)系的理解
(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程。不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實(shí)現(xiàn)的。
(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對(duì)應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。
2．功能關(guān)系的三種應(yīng)用
(1)物體動(dòng)能增加與減少要看合外力對(duì)物體做正功還是做負(fù)功。
(2)勢能的增加與減少要看對(duì)應(yīng)的作用力(如重力、彈簧彈力、電場力等)做負(fù)功還是做正功。
(3)機(jī)械能增加與減少要看重力之外的力對(duì)物體做正功還是做負(fù)功。
(二) 能量守恒定律的理解及應(yīng)用(精研點(diǎn))
1．對(duì)能量守恒定律的理解
(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(gè)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。
2．能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路
(1)當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。
(2)解題時(shí)，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。
[考法全析]
eq \a\vs4\al(考法?一? 含彈簧的系統(tǒng)能量守恒問題)
[例1] 彈跳桿運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)廣受青少年歡迎的運(yùn)動(dòng)，彈跳桿的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，一根彈簧的下端固定在跳桿的底部，上端固定在一個(gè)套在跳桿上的腳踏板底部，質(zhì)量為5m的小明站在腳踏板上，當(dāng)他和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，小明先保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直彈跳。某次彈跳中，從彈簧處于最大壓縮量為5x0開始計(jì)時(shí)，如圖乙(a)所示；上升到彈簧恢復(fù)原長時(shí)，小明抓住跳桿，使得他和彈跳桿瞬間達(dá)到共同速度，如圖乙(b)所示；緊接著他保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直上升到最大高度，如圖乙(c)所示。已知全程彈簧始終處于彈性限度內(nèi)彈簧彈性勢能滿足Ep＝eq \f(1,2)kx2，k為彈簧勁度系數(shù)，x為彈簧形變量，跳桿的質(zhì)量為m，重力加速度為g，空氣阻力、彈簧和腳踏板的質(zhì)量以及彈簧和腳踏板與跳桿間的摩擦均可忽略不計(jì)。求：
(1)彈跳桿中彈簧的勁度系數(shù)k；
(2)從開始計(jì)時(shí)至豎直上升到最大高度過程中小明的最大速度vm。
[解析] (1)小明和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)受力平衡，重力與彈簧彈力等大反向，有5mg＝kx0，解得k＝eq \f(5mg,x0)。
(2)小明受到的合力為零時(shí)，速度最大，此時(shí)小明上升高度為4x0。
根據(jù)系統(tǒng)能量守恒定律可知，eq \f(1,2)k(5x0)2＝5mg·4x0＋eq \f(1,2)kx02＋eq \f(1,2)×5mvm2，解得vm＝4eq \r(gx0)。
[答案] (1)eq \f(5mg,x0) (2)4eq \r(gx0)
[規(guī)律方法]
涉及彈簧的能量問題的解題方法
兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點(diǎn)：
(1)能量變化過程中，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
(2)如果系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長或壓縮到最大程度時(shí)物體速度相同。
(3)當(dāng)水平彈簧處于原長狀態(tài)時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)某一端的物體具有最大速度。
eq \a\vs4\al(考法?二? 能量守恒定律與功能關(guān)系的綜合應(yīng)用)
[例2] (多選)如圖甲所示，固定的斜面長為10 m，質(zhì)量為m＝2.0 kg的小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，取斜面底端所在水平面為重力勢能參考平面，小滑塊的重力勢能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。則下列判斷中正確的是( )
A．斜面的傾角為45°
B．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq \f(\r(3),4)
C．下滑過程滑塊的加速度大小為1.25 m/s2
D．滑塊自斜面下滑過程中損失的機(jī)械能為25 J
[解析] 根據(jù)題圖乙可知?jiǎng)幽芘c位移圖像的斜率大小為合外力大小，即F＝eq \f(25,10) N＝eq \f(5,2) N，根據(jù)題圖丙可知重力勢能與位移圖像斜率大小為重力在斜面上的分力大小，即mgsin θ＝10 N，滑塊下滑過程中應(yīng)用牛頓第二定律：mgsin θ－μmgcs θ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),4)，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)上述分析可知滑塊所受合外力為eq \f(5,2) N，根據(jù)牛頓第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25 m/s2，故C正確；由能量守恒定律可知，重力勢能損失100 J，動(dòng)能增加25 J，說明機(jī)械能損失75 J，故D錯(cuò)誤。
[答案] BC
eq \a\vs4\al(考法?三? 功能原理的應(yīng)用)
[例3] 一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.6×105 m處以7.5×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s 時(shí)下落到地面。取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；
(2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%。
[解析] (1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為
Ek0＝eq \f(1,2)mv02①
式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108 J②
設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為Eh＝eq \f(1,2)mvh2＋mgh③
式中，vh是飛船在高度1.6×105 m處的速度大小。
由③式和題給數(shù)據(jù)得
Eh＝2.4×1012 J。④
(2)飛船在高度h′＝600 m處的機(jī)械能為
Eh′＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′⑤
由功能關(guān)系得W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。
由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W＝9.7×108 J。
[答案] (1)4.0×108 J 2.4×1012 J
(2)9.7×108 J
[課時(shí)跟蹤檢測]
一、立足主干知識(shí)，注重基礎(chǔ)性和綜合性
1．“健身彈跳球”是近期流行的一種健身器材。小學(xué)生在玩彈跳球時(shí)雙腳站在水平跳板上，用力向下壓彈跳球后，彈跳球能和人一起跳離地面。某彈跳球安全性能指標(biāo)要求反彈高度不超過15 cm，請(qǐng)估算該彈跳球一次反彈過程最多能對(duì)小學(xué)生做的功最接近( )
A．0.6 J B．6 J
C．60 J D．600 J
解析：選C 一名小學(xué)生的質(zhì)量大約為40 kg，從地面起跳至最大高度處，重力勢能增加mgh＝60 J，根據(jù)功能關(guān)系可知彈跳球一次反彈過程最多能對(duì)小學(xué)生做的功等于小學(xué)生增加的重力勢能為60 J，C正確。
2.一個(gè)人站立在商場的自動(dòng)扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速，如圖所示，則( )
A．人對(duì)踏板的壓力大小等于人所受到的重力大小
B．人只受重力和踏板的支持力的作用
C．踏板對(duì)人的支持力做的功等于人的機(jī)械能增加量
D．人所受合力做的功等于人的動(dòng)能的增加量
解析：選D 人的加速度斜向上，將加速度分解到水平和豎直方向得：ax＝acs θ，方向水平向右；ay＝asin θ，方向豎直向上，水平方向受靜摩擦力作用，f＝ma＝macs θ，水平向右，豎直方向受重力和支持力，F(xiàn)N－mg＝masin θ，所以FN>mg，故A、B錯(cuò)誤；除重力以外的力對(duì)物體做的功，等于物體機(jī)械能的變化量，踏板對(duì)人的力除了支持力還有摩擦力，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力也做功，所以踏板對(duì)人的支持力做的功不等于人的機(jī)械能增加量，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，人所受合力做的功等于人的動(dòng)能的增加量，故D正確。
3．質(zhì)量為2 kg的物體以10 m/s的初速度，從起點(diǎn)A出發(fā)豎直向上拋出，在它上升到某一點(diǎn)的過程中，物體的動(dòng)能損失了50 J，機(jī)械能損失了10 J，設(shè)物體在上升、下降過程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(g＝10 m/s2)( )
A．40 J B．60 J
C．80 J D．100 J
解析：選B 物體上升到某一高度時(shí)，重力、阻力均做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理有：W合＝ΔEk ①，空氣阻力做功對(duì)應(yīng)著機(jī)械能的變化，則有：Wf＝ΔE ②，將ΔEk＝－50 J，ΔE＝－10 J，代入①②可得：W合＝－50 J，Wf＝－10 J，可得W合＝5Wf，物體的初動(dòng)能為Ek0＝eq \f(1,2)mv02＝100 J；當(dāng)物體從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，物體的動(dòng)能減小了100 J，由動(dòng)能定理可得，合力做的功W合上＝－100 J，所以空氣阻力做功為Wf上＝－20 J，由功能關(guān)系知，機(jī)械能損失了20 J，由于空氣阻力大小恒定，所以下落過程機(jī)械能也損失了20 J，則物體落回A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為60 J，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。
4.如圖所示，某同學(xué)用細(xì)線吊著質(zhì)量為m的小球做圓錐擺運(yùn)動(dòng)，擺長為L，擺線與豎直方向的夾角θ＝30°，若該同學(xué)通過細(xì)線對(duì)小球做功，使擺線與豎直方向的夾角增大為60°，小球仍做圓錐擺運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。此過程保持懸點(diǎn)的高度不變，則該同學(xué)通過細(xì)線對(duì)小球做的功為( )
A.eq \f(?5\r(3)＋3?,12)mgL B.eq \f(?5\r(3)－3?,12)mgL
C.eq \f(?9－\r(3)?,12)mgL D.eq \f(?\r(3)－1?,2)mgL
解析：選A 錐角未變化前，運(yùn)動(dòng)半徑為r＝eq \f(1,2)L，細(xì)線的拉力和重力的合力充當(dāng)向心力，故F＝mgtan 30°＝meq \f(v12,\f(1,2)L)，解得v12＝eq \f(1,2)gLtan 30°＝eq \f(\r(3),6)gL，懸點(diǎn)到小球運(yùn)動(dòng)平面的高度為h1＝eq \f(\r(3),2)L。錐角變化后，小球的運(yùn)動(dòng)半徑r＝eq \f(\r(3),2)L，根據(jù)牛頓第二定律可得F′＝mgtan 60°＝meq \f(v22,\f(\r(3),2)L)，解得v22＝eq \f(\r(3),2)gLtan 60°＝eq \f(3,2)gL，懸點(diǎn)到小球運(yùn)動(dòng)平面的高度為h2＝eq \f(1,2)L，故細(xì)線對(duì)小球做功為W＝ΔEk＋ΔEp＝eq \f(1,2)m(v22－v12)＋mg(h1－h(huán)2)＝eq \f(?5\r(3)＋3?,12)mgL，故選A。
5.(多選)如圖所示，在水平地面上固定一傾角為θ的足夠長斜面，有一物塊靜止在斜面底端O處?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)沿斜面向上的恒力F，物塊開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x0時(shí)，撤去恒力F。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ＞tan θ。以斜面底端O所在的水平地面為參考平面，則物塊從O點(diǎn)開始沿斜面運(yùn)動(dòng)的過程中，物塊的加速度大小a、重力勢能Ep、動(dòng)能Ek、機(jī)械能E和物塊相對(duì)于O點(diǎn)的位移x之間的關(guān)系圖像中可能正確的是( )
解析：選AD 0～x0段，物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得F－μmgcs θ－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得μmgcs θ＋mgsin θ＝ma2，若F－μmgcs θ－mgsin θ＜μmgcs θ＋mgsin θ，則a1＜a2，由于μ＞tan θ，即μmgcs θ＞mgsin θ，說明物塊速度減為零后不會(huì)沿斜面下滑，將靜止在斜面上，A正確；由于整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物塊均向上運(yùn)動(dòng)，故物塊的重力勢能逐漸增大，B錯(cuò)誤；0～x0段，由動(dòng)能定理得(F－μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek，由于F－μmgcs θ－mgsin θ恒定不變，因此Ek-x圖線的斜率恒定不變，0～x0段圖線應(yīng)該是一條過原點(diǎn)向上傾斜的直線，設(shè)撤去力F時(shí)，物塊的動(dòng)能為Ek0，則由動(dòng)能定理得－(mgsin θ＋μmgcs θ)(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcs θ)x＋(mgsin θ＋μmgcs θ)·x0＋Ek0，則撤去力F后，Ek-x圖線的斜率恒定不變，圖線是一條向下傾斜的直線，C錯(cuò)誤；0～x0段，機(jī)械能為E＝(F－μmgcs θ)x，由于F－μmgcs θ恒定不變，因此0～x0段E-x圖線是一條過原點(diǎn)向上傾斜的直線，設(shè)撤去力F時(shí)，機(jī)械能為E0，則機(jī)械能變化量為E－E0＝－μmgcs θ·(x－x0)，解得E＝－μmgcs θ·x＋μmgcs θ·x0＋E0，則撤去力F后，E-x圖線是一條向下傾斜的直線，當(dāng)物塊靜止時(shí)E＞0，D正確。
6．(多選)蹦極是一項(xiàng)非常刺激的戶外休閑活動(dòng)。為了研究運(yùn)動(dòng)員下落速度與下落距離的關(guān)系，在運(yùn)動(dòng)員身上裝好傳感器，讓其從靜止開始豎直下落，得到如圖乙所示的v2-h圖像。運(yùn)動(dòng)員及其所攜帶裝備的總質(zhì)量為60 kg，彈性繩原長為10 m，忽略空氣阻力，彈性繩上的彈力遵循胡克定律，取g＝10 m/s2。以下說法正確的是( )
A．彈性繩的勁度系數(shù)為40 N/m
B．運(yùn)動(dòng)員在下落過程中先失重再超重
C．運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)處加速度大小為10 m/s2
D．運(yùn)動(dòng)員在速度最大處繩子的彈性勢能為1 500 J
解析：選BD 由題圖乙知，在h＝15 m時(shí)，運(yùn)動(dòng)員速度最大，則加速度為0，故有kΔx＝mg，Δx＝5 m，求得彈性繩的勁度系數(shù)為k＝120 N/m，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在下落過程中，先加速后減速，所以加速度先向下后向上，則運(yùn)動(dòng)員先失重后超重，故B正確；運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)處時(shí)，下降高度為25 m，則由牛頓第二定律可得kΔx′－mg＝ma，其中Δx′＝15 m，解得a＝20 m/s2，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在速度最大處，由功能關(guān)系有mgΔh＝eq \f(1,2)mv2＋Epx，Δh＝15 m，求得繩子的彈性勢能為Epx＝1 500 J，故D正確。
二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性
7.2022年2月10日，北京冬奧會(huì)女子單板滑雪U形池項(xiàng)目決賽在張家口賽區(qū)舉行。如圖所示為U形池模型，其中a、c為U形池兩側(cè)邊緣且在同一水平面上，b為U形池最低點(diǎn)。運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))從a點(diǎn)上方高h(yuǎn)的O點(diǎn)自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后最高上升至相對(duì)c點(diǎn)高度為eq \f(h,2)的d點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是( )
A．運(yùn)動(dòng)員從O到d的過程中機(jī)械能減少
B．運(yùn)動(dòng)員再次進(jìn)入池中后，剛好到達(dá)左側(cè)邊緣a然后返回
C．運(yùn)動(dòng)員第一次進(jìn)入池中，由a到b的過程與由b到c的過程相比損耗機(jī)械能較小
D．運(yùn)動(dòng)員從d返回到b的過程中，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能
解析：選A 運(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)上方高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為eq \f(h,2)，此過程中摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能減少eq \f(mgh,2)，再由右側(cè)進(jìn)入池中時(shí)，平均速率要小于由左側(cè)進(jìn)入池中過程中的平均速率，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可知，速率減小，對(duì)應(yīng)的正壓力減小，則平均摩擦力減小，克服摩擦力做的功減少，即摩擦力做的功小于eq \f(mgh,2)，則運(yùn)動(dòng)員再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣a然后返回，故A正確，B錯(cuò)誤；同理可知運(yùn)動(dòng)員第一次進(jìn)入池中，由a至b過程的平均速率大于由b到c過程的平均速率，由a到b過程中的平均摩擦力大于由b到c過程中的平均摩擦力，前一過程損耗機(jī)械能較大，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員從d返回到b的過程中，摩擦力做負(fù)功，重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，故D錯(cuò)誤。
8．如圖甲，一傾角為37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖乙所示。已知AB段長度為2 m，滑塊質(zhì)量為2 kg，滑塊與斜面AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)當(dāng)拉力為10 N時(shí)，滑塊的加速度大??；
(2)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；
(3)滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。
解析：(1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為N，滑動(dòng)摩擦力大小為f，拉力為10 N時(shí)滑塊的加速度大小為a。由牛頓第二定律和滑動(dòng)摩擦力公式有
T＋mgsin θ－f＝ma①
N－mgcs θ＝0②
f＝μN(yùn)③
聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得a＝7 m/s2。④
(2)設(shè)滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W＝T1s1＋T2s2⑤
式中T1、T2和s1、s2分別對(duì)應(yīng)滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。依題意，T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m。設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有
W＋(mgsin θ－f)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s1＋s2))＝Ek－0⑥
聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得Ek＝26 J。⑦
(3)由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能仍為Ek。設(shè)滑塊離B點(diǎn)的最大距離為smax，由動(dòng)能定理有－(mgsin θ＋f)smax＝0－Ek⑧
聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得smax＝1.3 m。
答案：(1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
9.如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個(gè)減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動(dòng)力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。
(1)求小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；
(2)求小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；
(3)若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？
解析：(1)由題意知，小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，可知小車通過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能等于相鄰兩個(gè)減速帶之間重力勢能的減少量，即ΔE＝mgdsin θ。
(2)設(shè)小車通過前30個(gè)減速帶的過程中，在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為ΔE0，對(duì)小車從靜止開始到進(jìn)入水平面停止，由動(dòng)能定理有
mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0
解得ΔE0＝eq \f(mg?29d＋L?sin θ－μmgs,30)。
(3)要使ΔE0＞ΔE，有
eq \f(mg?29d＋L?sin θ－μmgs,30)＞mgdsin θ
解得L＞d＋eq \f(μs,sin θ)。
答案：(1)mgdsin θ (2)eq \f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(29d＋L))sin θ－μmgs,30)
(3)L>d＋eq \f(μs,sin θ)
第2課時(shí) 功能關(guān)系的綜合應(yīng)用
(一) 摩擦力做功與摩擦熱
1．兩種摩擦力做功的比較
2．三步求解相對(duì)滑動(dòng)物體的能量問題
[多維訓(xùn)練]
考查角度1 摩擦熱的計(jì)算
1.將三個(gè)木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個(gè)不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同?，F(xiàn)將一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從三個(gè)木板的頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均相同。在這三個(gè)過程中，下列說法不正確的是( )
A．沿著1和2下滑到底端時(shí)，物塊的速度大小不同，沿著2和3下滑到底端時(shí)，物塊的速度大小相同
B．沿著1下滑到底端時(shí)，物塊的速度最大
C．物塊沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量最多
D．物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量相同
解析：選A 設(shè)1、2、3木板與地面的夾角分別為θ1、θ2、θ3，木板長分別為l1、l2、l3，當(dāng)物塊沿木板1下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh1－μmgl1cs θ1＝eq \f(1,2)mv12－0；當(dāng)物塊沿木板2下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh2－μmgl2cs θ2＝eq \f(1,2)mv22－0，又h1＞h2，l1cs θ1＝l2cs θ2，可得v1＞v2；當(dāng)物塊沿木板3下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh3－μmgl3cs θ3＝eq \f(1,2)mv32－0，又h2＝h3，l2cs θ2＜l3cs θ3，可得v2＞v3，故A錯(cuò)，B對(duì)；三個(gè)過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1＝μmgl1cs θ1，Q2＝μmgl2cs θ2，Q3＝μmgl3cs θ3，則Q1＝Q2＜Q3，故C、D對(duì)。
考查角度2 摩擦力做功與功能關(guān)系的綜合
2．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(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 NB．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 ND．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：選A 0～10 m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，結(jié)合0～10 m內(nèi)的圖像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，結(jié)合10～20 m內(nèi)的圖像得mgsin30°－f＝3 N，聯(lián)立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正確。
考查角度3 往復(fù)運(yùn)動(dòng)中摩擦力做功的計(jì)算
3．(2024·南京模擬)如圖所示，AB為固定水平長木板，長為L，C為長木板的中點(diǎn)，一原長為eq \f(L,2)的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))，開始時(shí)將物塊拉至長木板的右端B點(diǎn)，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動(dòng)，已知物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)k＝eq \f(10μmg,L)，彈性勢能Ep＝eq \f(1,2)kx2(x為形變量)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說法正確的是( )
A．物塊第一次向左運(yùn)動(dòng)過程中，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大
B．物塊第一次到達(dá)左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)距C點(diǎn)eq \f(2,5)L
C．物塊最終停在C點(diǎn)右側(cè)eq \f(L,10)處
D．物塊和彈簧系統(tǒng)損失的總機(jī)械能為1.5μmgL
解析：選C 物塊第一次向左運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)到受到的彈簧向左拉力與向右摩擦力大小相等時(shí)，物塊的速度最大，即kΔx＝μmg，解得Δx＝eq \f(L,10)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)物塊第一次到達(dá)左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí)，設(shè)彈簧壓縮的長度為x1，根據(jù)能量守恒定律可得eq \f(1,2)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2－eq \f(1,2)kx12＝μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋x1))，解得x1＝eq \f(3,10)L，故B錯(cuò)誤；物塊最終停下時(shí)受力平衡，即kΔx＝μmg，解得Δx＝eq \f(L,10)，整個(gè)過程損失的總機(jī)械能為ΔE＝eq \f(1,2)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2－eq \f(1,2)k(Δx)2＝1.2μmgL，設(shè)整個(gè)過程木塊運(yùn)動(dòng)的路程為s，則ΔE＝μmgs，解得s＝1.2L，結(jié)合B選項(xiàng)分析可知，物塊最終停在C點(diǎn)右側(cè)eq \f(L,10)處，故C正確，D錯(cuò)誤。
(二) 傳送帶模型的能量問題
1．傳送帶問題的兩個(gè)角度
2.功能關(guān)系分析
(1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)對(duì)W和Q的理解：
①傳送帶做的功：W＝Fx傳。
②產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffx相對(duì)。
[考法全析]
考法(一) 水平傳送帶問題
[例1] 如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右前進(jìn)的速度v＝4 m/s，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊從A點(diǎn)靜止釋放。已知A、P的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求物塊：
(1)第1次滑過P點(diǎn)時(shí)的速度大小v1；
(2)第1次在傳送帶上往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；
(3)從釋放到最終停止運(yùn)動(dòng)，與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
[解析] (1)由動(dòng)能定理得
(mgsin 37°－μ1mgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mv12－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛頓第二定律得μ2mg＝ma，物塊與傳送帶共速時(shí)，由速度公式得－v＝v1－at1
解得t＝6 s，勻速運(yùn)動(dòng)階段的時(shí)間為
t2＝eq \f(\f(v12,2a)－\f(v2,2a),v)＝3 s
第1次在傳送帶上往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝9 s。
(3)由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，直到物塊停止運(yùn)動(dòng)，每次再到達(dá)傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，則根據(jù)能量守恒有Q＝μ1mgcs 37°L＋eq \f(1,2)mv2＝48 J。
[答案] (1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．(多選)如圖所示，水平傳送帶兩端A、B間的距離為L，傳送帶以速度v沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊以一定的初速度從A端滑上傳送帶，運(yùn)動(dòng)到B端，此過程中物塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，兩過程中物塊運(yùn)動(dòng)的位移之比為2∶3，重力加速度為g，傳送帶速度大小不變。下列說法正確的是( )
A．物塊的初速度大小為eq \f(v,2)
B．物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq \f(3L,5v)
C．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq \f(10v2,9gL)
D．整個(gè)過程中物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq \f(mv2,9)
解析：選BC 由題意知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0＋v,2)))∶v＝2∶3，得v0＝eq \f(v,3)，A錯(cuò)誤；勻速運(yùn)動(dòng)中eq \f(3L,5)＝vt，則t＝eq \f(3L,5v)，勻加速與勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，B正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2－v02＝2ax，x＝eq \f(2,5)L，μg＝a，解得動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq \f(10v2,9gL)，C正確；由熱量Q＝fs相對(duì)，s相對(duì)＝eq \f(3,5)L－eq \f(2,5)L＝eq \f(1,5)L，得Q＝eq \f(2mv2,9)，D錯(cuò)誤。
考法(二) 傾斜傳送帶問題
[例2] 如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0＝2 m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10 kg的工件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過時(shí)間t＝1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處，g取10 m/s2，求：
(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。
[解析] (1)由題圖可知，傳送帶長x＝eq \f(h,sin θ)＝3 m
工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝eq \f(v0,2)t1
勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x－x1＝v0(t－t1)
解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝0.8 s
加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝0.8 m
所以加速度a＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2
由牛頓第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),2)。
(2)由能量守恒定律知，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)位移時(shí)摩擦力做功產(chǎn)生的熱量，在時(shí)間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移，x傳＝v0t1＝1.6 m，在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)傳送帶的位移，x相＝x傳－x1＝0.8 m，在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦生熱，Q＝μmgcs θ·x相＝60 J，最終工件獲得的動(dòng)能Ek＝eq \f(1,2)mv02＝20 J，工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
[答案] (1)eq \f(\r(3),2) (2)230 J
[規(guī)律方法]
傳送帶模型問題的分析流程

[針對(duì)訓(xùn)練]
2．(多選)如圖甲所示，一傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速度運(yùn)行?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝1 kg的物體拋上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。則下列說法正確的是( )
A．0～8 s內(nèi)，物體位移的大小是18 m
B．0～8 s內(nèi)，物體機(jī)械能增量是90 J
C．0～8 s內(nèi)，物體機(jī)械能增量是84 J
D．0～8 s內(nèi)，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量是126 J
解析：選BD 從題圖乙求出0～8 s內(nèi)物體位移的大小x＝14 m，A錯(cuò)誤；0～8 s內(nèi)，物體上升的高度h＝xsin θ＝8.4 m，物體機(jī)械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B正確，C錯(cuò)誤；0～6 s內(nèi)物體的加速度a＝μgcs θ－gsin θ＝1 m/s2，解得μ＝eq \f(7,8)，傳送帶速度大小為4 m/s,0～8 s內(nèi)物體與傳送帶間的相對(duì)位移為Δx＝18 m，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcs θ·Δx＝126 J，D正確。
(三) “滑塊—木板”模型中的能量問題
1．模型分類
滑塊—木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊—木板模型和斜面上的滑塊—木板模型。
2．位移關(guān)系
滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長度。
3．解題關(guān)鍵
找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過程的紐帶，每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度。
[典例] 如圖所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊的質(zhì)量為m＝1 kg，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0＝2 m/s 的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M＝3 kg的長木板。已知長木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，水平地面光滑，小物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.4 m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2。求：
(1)小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
(2)要使小物塊不滑出長木板，長木板長度的最小值。
[解析] (1)小物塊在C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC＝eq \f(v0,cs 60°)
小物塊由C到D的過程中，由動(dòng)能定理得
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2
代入數(shù)據(jù)解得vD＝2eq \r(5) m/s
小物塊在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得FN－mg＝meq \f(vD2,R)
代入數(shù)據(jù)解得FN＝60 N
由牛頓第三定律得FN′＝FN＝60 N，方向豎直向下。
(2)設(shè)小物塊剛好能滑到長木板左端且達(dá)到共同速度的大小為v，滑行過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為a1＝eq \f(\a\vs4\al(μ)mg,m)＝μg，a2＝eq \f(\a\vs4\al(μ)mg,M)
速度分別為v＝vD－a1t，v＝a2t
對(duì)小物塊和長木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得
μmgL＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)(m＋M)v2
解得L＝2.5 m。
[答案] (1)60 N，方向豎直向下 (2)2.5 m
[規(guī)律方法]
“滑塊—木板”問題的三種處理方法
(1)求解對(duì)地位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理。
(2)求解相對(duì)位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律。
(3)地面光滑時(shí)，求速度可優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。如典例第(2)問：mvD＝(m＋M)v。
[針對(duì)訓(xùn)練]
1.(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩
擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對(duì)木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是( )
A．物體B動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能
B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量
C．物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和
D．摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)木板A做的功的總和的絕對(duì)值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量
解析：選CD 物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運(yùn)動(dòng)，A加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律，物體B動(dòng)能的減少量等于A增加的動(dòng)能和產(chǎn)生的熱量之和，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動(dòng)能，B錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和，C正確；物體B克服摩擦力做的功等于B動(dòng)能的減少量，摩擦力對(duì)木板A做的功等于A動(dòng)能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)木板A做的功的總和的絕對(duì)值等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，D正確。
2．(2023·全國乙卷)(多選)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)( )
A．木板的動(dòng)能一定等于fl
B．木板的動(dòng)能一定小于fl
C．物塊的動(dòng)能一定大于eq \f(1,2)mv02－fl
D．物塊的動(dòng)能一定小于eq \f(1,2)mv02－fl
解析：選BD 當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)，對(duì)物塊有
－fxm＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，對(duì)木板有fxM＝eq \f(1,2)MvM2，其中l(wèi)＝xm－xM，由于物塊能從木板滑下，說明vm>vM，作出物塊和木板運(yùn)動(dòng)的v-t圖像，如圖所示，根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移可知l＝xm－xM>xM，則根據(jù)以上分析可知木板的動(dòng)能一定小于fl，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)以上式子，聯(lián)立有eq \f(1,2)mv02－fl＝eq \f(1,2)mvm2＋eq \f(1,2)MvM2，則物塊的動(dòng)能一定小于eq \f(1,2)mv02－fl，C錯(cuò)誤，D正確。
[課時(shí)跟蹤檢測]
一、立足主干知識(shí)，注重基礎(chǔ)性和綜合性
1．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊動(dòng)能Ek、機(jī)械能E隨時(shí)間t的關(guān)系及重力勢能Ep隨位移x關(guān)系的是( )
解析：選CD 根據(jù)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ可知，滑動(dòng)摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑塊機(jī)械能保持不變，重力勢能隨位移x均勻增大，C、D正確；產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx，由受力分析可知，滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，x＝v0t－eq \f(1,2)at2，故Q＝Ffeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t－\f(1,2)at2))，Q和t為二次函數(shù)關(guān)系，動(dòng)能Ek＝Ek0－mgsin θ·x，動(dòng)能Ek和時(shí)間也是二次函數(shù)關(guān)系，A、B錯(cuò)誤。
2.(多選)如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統(tǒng)兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設(shè)乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會(huì)先、后經(jīng)歷兩個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)，用v表示傳送帶速率，用μ表示物品與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則( )
A．前階段，物品一定向傳送帶運(yùn)動(dòng)的方向運(yùn)動(dòng)
B．后階段，物品受到摩擦力的方向跟傳送方向相同
C．v相同時(shí)，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量相同
D．μ相同時(shí)，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍
解析：選AC 物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動(dòng)摩擦力，所以物品的運(yùn)動(dòng)方向一定與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相同，故A正確；后階段，物品與傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力，故B錯(cuò)誤；設(shè)物品勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小為a＝μg，勻加速的時(shí)間為t＝eq \f(v,a)＝eq \f(v,μg)，位移為x＝eq \f(v,2)t，傳送帶勻速的位移為x′＝vt，物品相對(duì)傳送帶滑行的距離為Δx＝x′－x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgΔx＝eq \f(1,2)mv2，則知v相同時(shí)，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故C正確；前階段物品的位移為x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，則知μ相同時(shí)，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，故D錯(cuò)誤。
3．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量m＝2 kg 的另一物體B(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝2 m/s 滑上原來靜止的A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)( )
A．A獲得的動(dòng)能為2 J
B．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J
C．A的最小長度為2 m
D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
解析：選D 由題圖乙可知，A、B的加速度大小均為1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，A獲得的動(dòng)能為1 J，A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2＝2 J，B錯(cuò)誤；由題圖乙可求出A、B相對(duì)位移為1 m，即A的最小長度為1 m，C錯(cuò)誤；對(duì)物體B分析，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.1，D正確。
4．(多選)質(zhì)量為m的物體，在水平面上只受摩擦力作用，以初動(dòng)能E0做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)距離d后，動(dòng)能減小為eq \f(E0,3)，則( )
A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq \f(2E0,3mgd)
B．物體再前進(jìn)eq \f(d,3)便停止
C．物體滑行距離d所用的時(shí)間是滑行后面距離所用時(shí)間的eq \r(3) 倍
D．若要使此物體滑行的總距離為3d，其初動(dòng)能應(yīng)為2E0
解析：選AD 由動(dòng)能定理知Wf＝μmgd＝E0－eq \f(E0,3)，解得μ＝eq \f(2E0,3mgd)，A正確；設(shè)物體總共滑行的距離為s，則有μmgs＝E0，解得s＝eq \f(3,2)d，物體再前進(jìn)eq \f(d,2)便停止，B錯(cuò)誤；將物體的運(yùn)動(dòng)看成反方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則連續(xù)運(yùn)動(dòng)三個(gè)eq \f(d,2)距離所用時(shí)間之比為1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，所以物體滑行距離d所用的時(shí)間是滑行后面距離所用時(shí)間的(eq \r(3)－1)倍，C錯(cuò)誤；若要使此物體滑行的總距離為3d，則由動(dòng)能定理知μmg·3d＝Ek，解得Ek＝2E0，D正確。
5．(多選)如圖所示傾角為30°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下始終以v0的速度勻速上行。相等質(zhì)量的甲、乙兩種不同材料的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))分別無初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時(shí)恰好與皮帶保持相對(duì)靜止，乙滑塊上升eq \f(h,2)高度處恰與皮帶保持相對(duì)靜止。現(xiàn)比較甲、乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程( )
A．甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)
B．甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量
C．兩個(gè)過程中皮帶對(duì)滑塊所做的功相同
D．兩個(gè)過程中電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶所做的功相同
解析：選BC 相等質(zhì)量的甲、乙兩種不同材料的滑塊分別無初速放在傳送帶底端，最終都與傳送帶速度相等，動(dòng)能增加量相同，但甲的速度增加的慢，說明甲受到的摩擦力小，故甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)，故A錯(cuò)誤；動(dòng)能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq \f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq \f(1,2)mg，相對(duì)位移Δx甲＝2Δx乙，根據(jù)Q＝f·Δs知甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量，故B正確；從傳送帶底端到頂端，甲、乙動(dòng)能增加量相同，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理知皮帶對(duì)滑塊所做的功相同，故C正確；電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和滑塊機(jī)械能的增加量，根據(jù)B、C兩項(xiàng)分析知放甲滑塊時(shí)電動(dòng)機(jī)做的功較多，故D錯(cuò)誤。
6．(多選)如圖所示，甲、乙兩滑塊的質(zhì)量分別為1 kg、2 kg，放在靜止的水平傳送帶上，兩者相距5 m，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2。t＝0時(shí)，甲、乙分別以6 m/s、2 m/s的初速度開始向右滑行。t＝0.5 s時(shí)，傳送帶啟動(dòng)(不計(jì)啟動(dòng)時(shí)間)，立即以3 m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。傳送帶足夠長，重力加速度取10 m/s2。下列說法正確的是( )
A．t＝0.5 s時(shí)，兩滑塊相距2 m
B．t＝1.5 s時(shí)，兩滑塊速度相等
C．0～1.5 s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為0.25 m
D．0～2.5 s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為14.5 J
解析：選BCD 兩滑塊做勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，根據(jù)x＝v0t－eq \f(1,2)at2，t＝0.5 s時(shí)，兩滑塊相距Δx＝x0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v1t－\f(1,2)at2))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2t－\f(1,2)at2))＝3 m，A錯(cuò)誤；傳送帶啟動(dòng)時(shí)，甲滑塊的速度為v1′＝v1－at＝5 m/s，與傳送帶速度相等所用時(shí)間Δt1＝eq \f(v1′－v0,a)＝1 s，因此在t＝1.5 s時(shí)，甲滑塊速度與傳送帶相等；傳送帶啟動(dòng)時(shí)，乙滑塊傳送的速度為v2′＝v2－at＝1 m/s，與傳送帶速度相等所用時(shí)間Δt2＝eq \f(v0－v2′,a)＝1 s，因此在t＝1.5 s時(shí)，乙滑塊速度與傳送帶相等；t＝1.5 s時(shí)，兩滑塊速度相等，B正確；0～0.5 s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為x1＝v2t－eq \f(1,2)at2＝0.75 m,0.5～1.5 s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為x2＝v0t′－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2′t′＋\f(1,2)at′2))＝1 m，因此0～1.5 s內(nèi)，乙相對(duì)傳送帶的位移大小為x2－x1＝0.25 m，C正確；甲相對(duì)傳送帶的位移x甲＝v1t甲－eq \f(1,2)at甲2－v0t甲′＝6×1.5 m－eq \f(1,2)×2×1.52 m－3×1 m＝3.75 m，甲滑塊與傳送帶間摩擦生熱量Q1＝μm1g·x甲＝7.5 J，乙滑塊與傳送帶間摩擦生熱量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7 J，因此0～2.5 s內(nèi)，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱為Q＝Q1＋Q2＝14.5 J，D正確。
7．如圖甲所示，質(zhì)量為0.1 kg的小球從最低點(diǎn)A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4 m的半圓形軌道，小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計(jì)。g取10 m/s2，B為軌道AC中點(diǎn)。下列說法中不正確的是( )
A．圖乙中x＝4 m2·s－2
B．小球從B到C損失了0.125 J的機(jī)械能
C．小球從A到C合外力對(duì)其做的功為－1.05 J
D．小球從C拋出后，落地點(diǎn)到A的距離為0.8 m
解析：選B 當(dāng)h＝0.8 m時(shí)，小球恰在C點(diǎn)，由于小球恰好通過最高點(diǎn)C，由mg＝meq \f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4 m2·s－2，A正確；小球從A到C的過程中，動(dòng)能減少量ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvC2＝1.05 J，故合外力對(duì)其做的功為－1.05 J，重力勢能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8 J，故機(jī)械能減少0.25 J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球從B到C損失的機(jī)械能小于0.125 J，B錯(cuò)誤，C正確；小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由2r＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8 m，故D正確。
8.如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16 m，傳送帶以速率v＝10 m/s沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)有一物體質(zhì)量m＝1 kg無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5(取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間；
(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。
解析：(1)物體剛放上傳送帶時(shí)受到沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
設(shè)物體經(jīng)時(shí)間t1加速到與傳送帶同速，則
v＝a1t1，x1＝eq \f(1,2)a1t12
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
設(shè)物體經(jīng)過時(shí)間t2到達(dá)B端，因mgsin θ>μmgcs θ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速，可得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22
解得t2＝1 s
故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcs θ·x相＝24 J。
答案：(1)2 s (2)24 J
9．如圖所示，質(zhì)量M＝8 kg的長木板停放在光滑水平面上，在長木板的左端放置一質(zhì)量m＝2 kg的小物塊，小物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)對(duì)小物塊施加一個(gè)大小F＝8 N的水平向右恒力，小物塊將由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，2 s后小物塊從長木板上滑落，從小物塊開始運(yùn)動(dòng)到從長木板上滑落的過程中，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物塊和長木板的加速度各為多大；
(2)長木板的長度；
(3)通過計(jì)算說明：互為作用力與反作用力的摩擦力對(duì)長木板和小物塊做功的代數(shù)和是否為零。
解析：(1)長木板與小物塊間摩擦力Ff＝μmg＝4 N
小物塊加速度a1＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
長木板加速度a2＝eq \f(Ff,M)＝0.5 m/s2。
(2)小物塊對(duì)地位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝4 m
長木板對(duì)地位移x2＝eq \f(1,2)a2t2＝1 m
長木板長L＝x1－x2＝3 m。
(3)摩擦力對(duì)小物塊做功W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力對(duì)長木板做功W2＝Ffx2＝4 J，故W1＋W2≠0。
答案：(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)3 m (3)見解析
二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性
10.如圖所示，傾角θ＝37°的斜面體固定在水平地面上，斜面的長為6 m，長為3 m、質(zhì)量為4 kg的長木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對(duì)齊，質(zhì)量為2 kg的物塊B放在長木板的上端，同時(shí)釋放A和B，結(jié)果當(dāng)A的下端滑到斜面底端時(shí)，物塊B也剛好滑到斜面的底端，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2 s。重力加速度g取10 m/s2，不計(jì)物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)長木板A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和物塊B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；
(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與B間、A與斜面間因摩擦產(chǎn)生的總熱量。
解析：(1)設(shè)長木板A和物塊B運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為a1、a2，物塊B運(yùn)動(dòng)到斜面底端經(jīng)歷時(shí)間為t，令長木板A的長為L、物塊B的質(zhì)量為m，則斜面長為2L、長木板A的質(zhì)量為2m，以長木板為研究對(duì)象，則L＝eq \f(1,2)a1t2，根據(jù)牛頓第二定律2mgsin θ－μ1×3mgcs θ＋μ2mgcs θ＝2ma1，以物塊B為研究對(duì)象，則2L＝eq \f(1,2)a2t2，根據(jù)牛頓第二定律mgsin θ－μ2mgcs θ＝ma2，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(2)設(shè)長木板A和物塊B運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)速度分別為v1、v2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式L＝eq \f(1,2)v1t,2L＝eq \f(1,2)v2t，因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)×2mv12或Q＝μ13mgcs θ·L＋μ2mg cs θ·L，代入數(shù)據(jù)解得Q＝90 J。
答案：(1)0.5 0.375 (2)90 J
11．如圖所示，小物塊A、B由跨過定滑輪的輕繩相連，A位于水平傳送帶的右端，B置于傾角為30°的光滑固定斜面上，輕繩分別與斜面、傳送帶平行，傳送帶始終以速度v0＝2 m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻A從傳送帶右端通過細(xì)繩帶動(dòng)B以相同初速率v1＝5 m/s運(yùn)動(dòng)，方向如圖，經(jīng)過一段時(shí)間A回到傳送帶的右端。已知A、B的質(zhì)量均為1 kg，A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，斜面、輕繩、傳送帶均足夠長，B不會(huì)碰到定滑輪，定滑輪的質(zhì)量與摩擦均不計(jì)，g取10 m/s2。求：
(1)A向左運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；
(2)A回到傳送帶右端的速度大??；
(3)上述過程中，A與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量。
解析：(1)A向左減速運(yùn)動(dòng)的過程中，剛開始時(shí)，A的速度大于傳送帶的速度，以A為研究對(duì)象，受到向右的摩擦力與繩對(duì)A的拉力，設(shè)繩子的拉力為FT1，以向右為正方向，得FT1＋μmg＝ma1，以B為研究對(duì)象，則B的加速度的大小始終與A相等，B向上運(yùn)動(dòng)的過程mgsin 30°－FT1＝ma1，聯(lián)立可得a1＝eq \f(gsin 30°＋μg,2)＝3 m/s2，A的速度與傳送帶的速度相等時(shí)所用的時(shí)間t1＝eq \f(－v0－?－v1?,a1)＝1 s，當(dāng)A的速度與傳送帶的速度相等之后A的速度小于傳送帶的速度，受到的摩擦力方向向左，設(shè)繩子的拉力為FT2，以A為研究對(duì)象，則FT2－μmg＝ma2，以B為研究對(duì)象，則B的加速度的大小始終與A是相等的，B向上運(yùn)動(dòng)的過程中mgsin 30°－FT2＝ma2，聯(lián)立可得a2＝eq \f(gsin 30°－μg,2)＝2 m/s2，當(dāng)A向左速度減為0，經(jīng)過時(shí)間t2＝eq \f(0－?－v0?,a2)＝1 s，A向左運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝2 s。
(2)A向右運(yùn)動(dòng)的過程中，受到的摩擦力的方向仍然向左，仍然受到繩子的拉力，同時(shí)，B受到的力也不變，所以它們受到的合力不變，所以A的加速度不變，仍為a3＝a2＝2 m/s2，t1時(shí)間內(nèi)A的位移x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－v0＋?－v1?,2)))×t1＝－3.5 m，負(fù)號(hào)表示方向向左，t2時(shí)間內(nèi)A的位移x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0＋?－v0?,2)))×t2＝－1 m，負(fù)號(hào)表示方向向左，A向左運(yùn)動(dòng)的總位移x＝x1＋x2＝－4.5 m，A回到傳送帶右端的位移x3＝－x＝4.5 m，速度v＝eq \r(2a3x3)＝3eq \r(2) m/s。
(3)t1時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x1′＝－v0t1＝－2 m，該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對(duì)于A的位移大小Δx1＝x1′－x1＝1.5 m，t2時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x2′＝－v0t2＝－2 m，該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對(duì)于A的位移大小Δx2＝x2－x2′＝1 m，A回到傳送帶右端的時(shí)間為t3，則t3＝eq \f(v－0,a3)＝eq \f(3,2)eq \r(2) s，t3時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x3′＝－v0t3＝－3eq \r(2) m，該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對(duì)于A的位移大小Δx3＝x3－x3′＝(4.5＋3eq \r(2))m，A與傳送帶之間的摩擦力Ff＝μmg＝1 N，上述過程中A與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(7＋3eq \r(2))J。
答案：(1)2 s (2)3eq \r(2) m/s (3)(7＋3eq \r(2))J
第5講 實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
把握經(jīng)典實(shí)驗(yàn)方案
一、基本原理與操作
二、核心關(guān)鍵——數(shù)據(jù)處理
方案1 利用起始點(diǎn)和第n點(diǎn)計(jì)算
代入mghn和eq \f(1,2)mvn2，如果在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，mghn和eq \f(1,2)mvn2相等，則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。
方案2 任取兩點(diǎn)計(jì)算
(1)任取兩點(diǎn)A、B，測出hAB，算出mghAB。
(2)算出eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2的值。
(3)在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，若mghAB＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。
方案3 圖像法
從紙帶上選取多個(gè)點(diǎn)，測量從第一點(diǎn)到其余各點(diǎn)的下落高度h，并計(jì)算各點(diǎn)速度的平方v2，然后以eq \f(1,2)v2為縱軸，以h為橫軸，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出eq \f(1,2)v2-h圖像。若在誤差允許的范圍內(nèi)圖像是一條過原點(diǎn)且斜率為g的直線，則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。
三、誤差分析
四、注意事項(xiàng)
(1)應(yīng)盡可能控制實(shí)驗(yàn)條件，即應(yīng)滿足機(jī)械能守恒的條件，這就要求盡量減小各種阻力的影響，采取的措施有：
①安裝打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)，必須使兩個(gè)限位孔的中線嚴(yán)格豎直，以減小摩擦阻力。
②應(yīng)選用質(zhì)量和密度較大的重物，增大重力可使阻力的影響相對(duì)減小，增大密度可以減小體積，可使空氣阻力減小。
(2)實(shí)驗(yàn)中，提紙帶的手要保持不動(dòng)，且保證紙帶豎直，接通電源，待打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作穩(wěn)定后再松開紙帶。
(3)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律時(shí)，可以不測出重物質(zhì)量，只要比較eq \f(1,2)vn2和ghn是否相等即可驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒。
(4)測量下落高度時(shí)，為了減小測量值h的相對(duì)誤差，選取的各個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)要離起始點(diǎn)遠(yuǎn)一些，紙帶也不宜過長，有效長度可在60～80 cm之間。
(5)速度不能用vn＝gtn或vn＝eq \r(2ghn)計(jì)算，否則犯了用機(jī)械能守恒定律驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒的錯(cuò)誤。
一、基礎(chǔ)考法保住分
考查點(diǎn)(一) 實(shí)驗(yàn)原理與操作
1.利用如圖甲所示裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。
(1)為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的________。
A．動(dòng)能變化量與勢能變化量
B．速度變化量與勢能變化量
C．速度變化量與高度變化量
(2)除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(tái)(含鐵夾)、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是________。
A．交流電源 B．刻度尺 C．天平(含砝碼)
(3)實(shí)驗(yàn)中，先接通電源，再釋放重物，得到如圖乙所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測得它們到起始點(diǎn)O的距離分別為hA、hB、hC。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的周期為T。設(shè)重物的質(zhì)量為m。從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過程中，重物的重力勢能變化量ΔEp＝________，動(dòng)能變化量ΔEk＝______________。
(4)大多數(shù)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)結(jié)果顯示，重力勢能的減少量大于動(dòng)能的增加量，原因是________。
A．利用公式v＝gt計(jì)算重物速度
B．利用公式v＝eq \r(2gh)計(jì)算重物速度
C．空氣阻力和摩擦力的影響
D．沒有采用多次實(shí)驗(yàn)取平均值的方法
(5)某同學(xué)想用下述方法研究機(jī)械能是否守恒，在紙帶上選取多個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，測量它們到起始點(diǎn)O的距離h，計(jì)算對(duì)應(yīng)計(jì)數(shù)點(diǎn)的重物速度v，描繪v2-h圖像，并做如下判斷：若圖像是一條過原點(diǎn)的直線，則重物下落過程中機(jī)械能守恒，請(qǐng)你分析論證該同學(xué)的判斷是否正確：________(填“正確”或“不正確”)。
解析：(1)為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的動(dòng)能變化量和重力勢能的變化量，故A正確，B、C錯(cuò)誤。
(2)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器需接交流電源；驗(yàn)證動(dòng)能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，兩邊都有質(zhì)量，可以約去，不需要用天平測量重物質(zhì)量，實(shí)驗(yàn)時(shí)需要用刻度尺測量紙帶上點(diǎn)跡間的距離，從而得出下落的高度，計(jì)算出瞬時(shí)速度，故A、B正確，C錯(cuò)誤。
(3)從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過程中，重物的重力勢能減小量ΔEp＝mghB，B點(diǎn)的瞬時(shí)速度vB＝eq \f(hC－h(huán)A,2T)，則重物動(dòng)能的增加量ΔEk＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(m?hC－h(huán)A?2,8T 2)。
(4)實(shí)驗(yàn)中重力勢能的減少量大于動(dòng)能的增加量，原因是存在空氣阻力和摩擦力的影響，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
(5)在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，根據(jù)mgh－fh＝eq \f(1,2)mv2，可得v2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(f,m)))h，則此時(shí)v2-h圖像就是過原點(diǎn)的一條直線，所以要想通過v2-h圖像的方法驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，還必須看圖像的斜率是否接近2g。所以該同學(xué)的判斷不正確。
答案：(1)A (2)AB (3)mghB eq \f(m?hC－h(huán)A?2,8T 2)
(4)C (5)不正確
[關(guān)鍵點(diǎn)撥]
(1)實(shí)驗(yàn)中，提紙帶的手要保持不動(dòng)，且保證紙帶豎直，接通電源，待打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作穩(wěn)定后再松開紙帶。
(2)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律時(shí)，可以不測出重物質(zhì)量，只要比較eq \f(1,2)vn2和ghn是否相等即可驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒。
(3)應(yīng)用eq \f(1,2)v2-h圖像驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律時(shí)，圖線為一條過原點(diǎn)的傾斜直線，圖線的斜率為g，此時(shí)應(yīng)選打下第1、2兩點(diǎn)間距接近2 mm的紙帶。
(4)如果驗(yàn)證兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間重力勢能的減少量ΔEp與動(dòng)能的增加量Ek2－Ek1是否相等時(shí)，所選的紙帶只要點(diǎn)跡清晰即可，第1、2兩點(diǎn)間距不一定約為2 mm。
考查點(diǎn)(二) 數(shù)據(jù)處理與誤差分析
2．(2023·廣州調(diào)研)如圖甲所示為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)裝置。現(xiàn)有器材為：帶鐵夾的鐵架臺(tái)、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶、帶鐵夾的重物、天平。
(1)為完成實(shí)驗(yàn)，還需要的器材有________。
A．刻度尺 B．0～8 V直流電源
C．秒表 D．0～8 V交流電源
(2)某同學(xué)用圖甲所示裝置打出的一條紙帶如圖乙所示，相鄰兩點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為0.02 s，根據(jù)紙帶計(jì)算出打下D點(diǎn)時(shí)重物的速度大小為________m/s。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)
(3)采用重物下落的方法，根據(jù)公式eq \f(1,2)mv2＝mgh驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，對(duì)實(shí)驗(yàn)條件的要求是______________，為驗(yàn)證和滿足此要求，所選擇的紙帶第1、2點(diǎn)間的距離應(yīng)接近________。
(4)該同學(xué)根據(jù)紙帶算出了相應(yīng)點(diǎn)的速度，作出v2-h圖像如圖丙所示，則圖線斜率的物理意義是_____________________________________________
_________________________________________________________________。
解析：(1)通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器計(jì)算時(shí)間，不需要秒表，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)該與交流電源連接，需要刻度尺測量紙帶上兩點(diǎn)間的距離，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。
(2)由題圖乙可知CE間的距離為s＝19.41 cm－12.40 cm＝7.01 cm＝0.070 1 m，則由平均速度公式得D點(diǎn)的速度vD＝eq \f(s,2T)＝eq \f(0.070 1,0.04) m/s≈1.75 m/s。
(3)用公式eq \f(1,2)mv2＝mgh時(shí)，對(duì)紙帶上起點(diǎn)的要求是重物是從初速度為零開始下落。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為0.02 s，重物開始下落后，在第一個(gè)打點(diǎn)周期內(nèi)重物下落的高度h＝eq \f(1,2)gT2＝eq \f(1,2)×9.8×0.022 m≈2 mm，所以所選的紙帶最初兩點(diǎn)間的距離接近2 mm。
(4)由機(jī)械能守恒定律公式mgh＝eq \f(1,2)mv2得v2＝2gh，由此可知圖像的斜率k＝2g。
答案：(1)AD (2)1.75 (3)重物的初速度為零 2 mm (4)當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊?倍
[關(guān)鍵點(diǎn)撥]
(1)求瞬時(shí)速度：由公式vn＝eq \f(hn＋1－h(huán)n－1,2T)可以計(jì)算出重物下落h1、h2、h3、…的高度時(shí)對(duì)應(yīng)的瞬時(shí)速度v1、v2、v3、…。
(2)采用圖像法驗(yàn)證機(jī)械能守恒：通過圖像驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，要根據(jù)機(jī)械能守恒定律寫出圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式，弄清圖像斜率的物理意義，如v2-h圖像、v2-2h圖像或eq \f(v2,2)-h圖像，根據(jù)圖像計(jì)算出重力加速度，計(jì)算結(jié)果與當(dāng)?shù)刂亓铀俣缺容^，根據(jù)二者是否在誤差允許的范圍內(nèi)相等判斷機(jī)械能是否守恒。
(3)利用計(jì)算法驗(yàn)證機(jī)械能守恒：計(jì)算法需要知道當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋ㄟ^計(jì)算重力勢能的減少量與動(dòng)能的增加量是否相等驗(yàn)證機(jī)械能守恒。
(4)因紙帶與限位孔間的摩擦阻力及空氣阻力做負(fù)功，重物的機(jī)械能不守恒，結(jié)果出現(xiàn)ΔEp>ΔEk，所以本實(shí)驗(yàn)中g(shù)值不可取10 m/s2，如果不特殊說明，都按g＝9.8 m/s2進(jìn)行計(jì)算。
(5)計(jì)算ΔEp和ΔEk數(shù)值時(shí)要注意題中有效數(shù)字位數(shù)的要求。
二、創(chuàng)新考法不失分
創(chuàng)新角度(一) 實(shí)驗(yàn)器材的創(chuàng)新
1.某同學(xué)利用豎直上拋小球的頻閃照片“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”，頻閃儀每隔0.05 s閃光一次，如圖所標(biāo)數(shù)據(jù)為實(shí)際距離，該同學(xué)通過計(jì)算得到不同時(shí)刻的速度如下表。(當(dāng)?shù)刂亓铀俣热?.8 m/s2，小球質(zhì)量為m＝0.2 kg，結(jié)果保留3位有效數(shù)字)
(1)由頻閃照片上的數(shù)據(jù)計(jì)算t5時(shí)刻小球的速度v5＝________m/s。
(2)從t2到t5時(shí)間內(nèi)，重力勢能增加量ΔEp＝____J，動(dòng)能減少量ΔEk＝________J。
(3)在誤差允許的范圍內(nèi)，若ΔEp與ΔEk近似相等，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。由上述計(jì)算得ΔEp________ΔEk(填“＞”“＜”或“＝”)，造成這種結(jié)果的主要原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[創(chuàng)新點(diǎn)分析]
(1)小球在重力作用下做豎直上拋運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。
(2)利用頻閃照片獲取實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。
解析：(1)v5＝eq \f(16.14＋18.66,2×0.05)×10－2 m/s＝3.48 m/s。
(2)重力勢能的增加量ΔEp＝mgΔh，代入數(shù)據(jù)可得ΔEp≈1.24 J，動(dòng)能減少量為ΔEk＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv52，代入數(shù)據(jù)可得ΔEk≈1.28 J。
(3)由計(jì)算可得ΔEp＜ΔEk，主要原因是由于存在空氣阻力。
答案：(1)3.48 (2)1.24 1.28
(3)＜ 存在空氣阻力
創(chuàng)新角度(二) 實(shí)驗(yàn)原理的創(chuàng)新
2．(2022·湖北高考)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示。拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，記錄鋼球擺動(dòng)過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值Tmax和最小值Tmin。改變小鋼球的初始釋放位置，重復(fù)上述過程。根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的Tmax -Tmin圖像是一條直線，如圖乙所示。
(1)若小鋼球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值為________。
(2)由圖乙得：直線的斜率為________，小鋼球的重力為________ N。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)
(3)該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是________(單選，填正確答案標(biāo)號(hào))。
A．小鋼球擺動(dòng)角度偏大
B．小鋼球初始釋放位置不同
C．小鋼球擺動(dòng)過程中有空氣阻力
[創(chuàng)新點(diǎn)分析]
(1)利用小球擺動(dòng)來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。
(2)利用拉力傳感器測量懸線拉力。
(3)利用牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)進(jìn)行計(jì)算。
解析：(1)設(shè)初始位置時(shí)，細(xì)線與豎直方向夾角為θ，則細(xì)線拉力最小值為Tmin＝mgcs θ
到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線拉力最大，設(shè)小鋼球在最低點(diǎn)的速度為v，由機(jī)械能守恒定律得
mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2
在最低點(diǎn)：Tmax－mg＝meq \f(v2,l)
聯(lián)立可得Tmax＝3mg－2Tmin
若小鋼球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則圖乙中直線斜率的理論值為－2。
(2)由圖乙得直線的斜率為
k＝－eq \f(1.77－1.35,0.2)＝－2.1
3mg＝1.77 N
則小鋼球的重力為mg＝0.59 N。
(3)該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是小鋼球擺動(dòng)過程中有空氣阻力，使得機(jī)械能減小，故選C。
答案：(1)－2 (2)－2.1 0.59 (3)C
創(chuàng)新角度(三) 實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡膭?chuàng)新
3．(2022·廣東高考)某實(shí)驗(yàn)小組為測量小球從某一高度釋放，與某種橡膠材料碰撞導(dǎo)致的機(jī)械能損失，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的裝置，實(shí)驗(yàn)過程如下：
(1)讓小球從某一高度由靜止釋放，與水平放置的橡膠材料碰撞后豎直反彈。調(diào)節(jié)光電門位置，使小球從光電門正上方釋放后，在下落和反彈過程中均可通過光電門。
(2)用螺旋測微器測量小球的直徑，示數(shù)如圖乙所示，小球直徑d＝__________ mm。
(3)測量時(shí)，應(yīng)__________(選填“A”或“B”，其中A為“先釋放小球，后接通數(shù)字計(jì)時(shí)器”，B為“先接通數(shù)字計(jì)時(shí)器，后釋放小球”)。記錄小球第一次和第二次通過光電門的遮光時(shí)間t1和t2。
(4)計(jì)算小球通過光電門的速度，已知小球的質(zhì)量為m，可得小球與橡膠材料碰撞導(dǎo)致的機(jī)械能損失ΔE＝__________(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若適當(dāng)調(diào)高光電門的高度，將會(huì)__________(選填“增大”或“減小”)因空氣阻力引起的測量誤差。
[創(chuàng)新點(diǎn)分析]
利用驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)裝置來測量小球碰撞橡膠材料的機(jī)械能損失。
解析：(2)小球直徑d＝7.5 mm＋38.4×0.01 mm＝7.884 mm。
(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通數(shù)字計(jì)時(shí)器，后釋放小球。如果先釋放小球，后接通數(shù)字計(jì)時(shí)器，可能會(huì)出現(xiàn)小球穿過光電門時(shí)，數(shù)字計(jì)時(shí)器還未工作的情形，故選B。
(4)根據(jù)能量守恒定律可知，小球與橡膠材料碰撞導(dǎo)致的機(jī)械能損失ΔE＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t1)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t2)))2。
(5)若適當(dāng)調(diào)高光電門的高度，則光電門離橡膠材料之間的距離增大，小球在二者之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間增長，克服空氣阻力做的功增多，引起的測量誤差也就增大。
答案：(2)7.884(7.883～7.885均可) (3)B
(4)eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t1)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t2)))2 (5)增大
創(chuàng)新角度(四) 實(shí)驗(yàn)過程的創(chuàng)新
4．某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”，其中Aeq \(B,\s\up6(⌒))是四分之一圓弧軌道，O點(diǎn)為圓心，半徑為L，圓弧的最低點(diǎn)A與水平面之間的高度為H。實(shí)驗(yàn)時(shí)將一可看作質(zhì)點(diǎn)的小球從圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放，量出此時(shí)小球與圓心連線偏離豎直方向的角度θ。當(dāng)小球滑到圓弧最低點(diǎn)A時(shí)將水平拋出，用刻度尺測出小球平拋的水平距離s。忽略所有摩擦，試分析下列問題：
(1)小球在A點(diǎn)時(shí)的水平速度為v＝________(用題給字母表示)。
(2)保持其他條件不變，只改變?chǔ)冉?，得到不同的s值，以s2為縱坐標(biāo)，以cs θ為橫坐標(biāo)作圖，如圖乙中的圖線a所示。另一同學(xué)重復(fù)此實(shí)驗(yàn)，得到的s2-cs θ圖線如圖乙中的圖線b所示，兩圖線不重合的原因可能是__________。
A．兩同學(xué)選擇的小球質(zhì)量不同
B．圓弧軌道的半徑L不同
C．圓弧的最低點(diǎn)A與水平面之間的高度不同
[創(chuàng)新點(diǎn)分析]
(1)小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度可由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解得出。
(2)小球沿圓弧軌道下滑過程中重力勢能的減少量等于小球在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，則可驗(yàn)證小球沿圓弧軌道下滑過程中機(jī)械能守恒。
解析：(1)小球從A點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由H＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt，得v＝s eq \r(\f(g,2H))。
(2)設(shè)小球的質(zhì)量為m，若小球的機(jī)械能守恒，則有eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s\r(\f(g,2H))))2＝mgL(1－cs θ)，整理得s2＝4HL－4HL·cs θ，由題圖乙可知，圖線a、b的斜率不同，在縱軸上的截距不同，可得A點(diǎn)與水平面之間的高度或圓弧軌道的半徑不同，B、C正確。
答案：(1)s eq \r(\f(g,2H)) (2)BC
啟動(dòng)方式
以恒定功率啟動(dòng)
以恒定加速度啟動(dòng)
P-t圖像和v-t圖像
OA段過程分析
v↑?F＝eq \f(P,v)↓?a＝eq \f(F－F阻,m)↓
a＝eq \f(F－F阻,m)不變?F不變eq \(?,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P額＝Fv1
運(yùn)動(dòng)性質(zhì)
加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)
勻加速直線運(yùn)動(dòng)，維持時(shí)間t0＝eq \f(v1,a)
AB段過程分析
F＝F阻?a＝0?vm＝eq \f(P,F阻)
v↑?F＝eq \f(P額,v)↓?a＝eq \f(F－F阻,m)↓
運(yùn)動(dòng)性質(zhì)
以vm做勻速直線運(yùn)動(dòng)
加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)
BC段
無
F＝F阻?a＝0?以vm＝eq \f(P額,F阻)做勻速運(yùn)動(dòng)
定性關(guān)系
重力對(duì)物體做正功，重力勢能就減少；重力對(duì)物體做負(fù)功，重力勢能就增加
定量關(guān)系
物體從位置A到位置B時(shí)，重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢能的減少量，即WG＝－ΔEp
常見情境
三點(diǎn)提醒
(1)分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。
(2)用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向的高度變化關(guān)系。
(3)對(duì)于單個(gè)物體，一般繩上的力要做功，機(jī)械能不守恒；但對(duì)于繩連接的系統(tǒng)，機(jī)械能則可能守恒。
常見情境
三大特點(diǎn)
(1)平動(dòng)時(shí)兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩物體角速度相等。
(2)桿對(duì)物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。
(3)對(duì)于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對(duì)系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒
題型特點(diǎn)
由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時(shí)系統(tǒng)內(nèi)物體的動(dòng)能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能守恒
兩點(diǎn)提醒
(1)對(duì)同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量完全決定，無論彈簧是伸長還是壓縮
(2)物體運(yùn)動(dòng)的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)
力做功
能的變化
定量關(guān)系
力的功
動(dòng)能變化
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力的功
重力勢能變化
(1)重力做正功，重力勢能減少
(2)重力做負(fù)功，重力勢能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
彈簧彈力的功
彈性勢能變化
(1)彈力做正功，彈性勢能減少
(2)彈力做負(fù)功，彈性勢能增加
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、彈力做功
機(jī)械能不變化
機(jī)械能守恒，ΔE＝eq \a\vs4\al(0)
除重力和彈力之外的其他力做的功
機(jī)械能變化
(1)其他力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少
(2)其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就減少多少
(3)W其他＝ΔE
一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力的總功
機(jī)械能減少內(nèi)能增加
(1)作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加
(2)摩擦生熱Q＝Ff·s相對(duì)
靜摩擦力做功
滑動(dòng)摩擦力做功
互為作用力和反作用力的一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負(fù)，要么都不做功
互為作用力和反作用力的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，即至少有一個(gè)力做負(fù)功
兩種摩擦力都可以對(duì)物體做正功或者負(fù)功，還可以不做功
動(dòng)力學(xué)角度
首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系
能量
角度
求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解
原理裝置圖
操作要領(lǐng)
(1)安裝：打點(diǎn)計(jì)時(shí)器豎直安裝；紙帶沿豎直方向拉直
(2)重物：選密度大、質(zhì)量大的金屬塊，且靠近計(jì)時(shí)器處釋放
(3)打紙帶：讓重物自由下落，紙帶上打下一系列小點(diǎn)
(4)選紙帶：點(diǎn)跡清晰，且所選用的點(diǎn)在同一條直線上
(5)求速度：應(yīng)用vn＝eq \f(hn＋1－h(huán)n－1,2T)，不能用vn＝eq \r(2ghn)或vn＝gtn計(jì)算
誤差
產(chǎn)生原因
減小誤差的方法
偶然誤差
測量長度帶來的誤差
(1)測量距離時(shí)應(yīng)從計(jì)數(shù)點(diǎn)0量起，且選取的計(jì)數(shù)點(diǎn)離0點(diǎn)遠(yuǎn)些
(2)多次測量取平均值
系統(tǒng)誤差
重物和紙帶下落過程中存在阻力
(1)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器安裝穩(wěn)固，并使兩限位孔在同一豎直線上，以減小摩擦阻力；(2)選用質(zhì)量大、體積小的物體作重物，以減小空氣阻力的影響
時(shí)刻
t2
t3
t4
t5
速度/(m·s－1)
4.99
4.48
3.98

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