【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习教案第5章第4讲《功能关系能量守恒定律》(含详解).doc，共(28)页，440.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第4讲功能关系能量守恒定律知识点功能关系Ⅱ1．能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量。2．功能关系(1)功是01能量转化的量度，即做了多少功就有02多少能量发生了转化。(2)做功的过程一定伴随着03能量的转化，而且04能量转化必通过做功

来实现。知识点能量守恒定律Ⅱ1．内容：能量既不会凭空01产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式02转化为其他形式，或者从一个物体03转移到别的物体，在04转化或转移的过程中，能量的总量05保持不变。2．适用范围：能量

守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中06普遍适用的一条规律。3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的07总和等于末状态各种能量的08总和。(2)ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总

和。一堵点疏通1．物体下落h，重力做功mgh，物体具有了能量mgh。()2．在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。()3．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。()4．滑动摩擦力做功时，一定会产生热量。()5．重力和弹簧弹

力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能量转化的过程。()答案1.×2.√3.√4.√5.√二对点激活1．有关功和能，下列说法正确的是()A．力对物体做了多少功，物体就具有多少能B．物体具有多少能，就一定能做多少功C．物体做了多少功，就有多少能量消失D．能量从一种形式转化为另一种形

式时，可以用功来量度能量转化的多少答案D解析功是能量转化的量度，力对物体做了多少功，就有多少能量发生了转化；并非力对物体做了多少功，物体就具有多少能；也并非物体具有多少能，就一定能做多少功，所以A、B错误。做功的过程是能量转化的过程，能量在转化过程中总量守恒，并不消失，所以C错误，D正确。

2.(2018·浙江11月选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示。下列说法不正确的是()A．加速助跑过程中，运动员的动能增加B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加答案B解析加速助跑过程中，运动

员的速度增大，动能增加，A正确；起跳上升过程中，杆的形变程度减小，杆的弹性势能减小，运动员的重力势能增加，B错误，C正确；越过横杆后下落过程中，运动员的高度降低，重力势能转化为动能，重力势能减少，动能增加，D正确。

本题选说法不正确的，故选B。考点1功能关系的理解和应用1.对功能关系的进一步理解(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做功来实现的。(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在

数值上相等。2．几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力做功动能变化(1)合力做正功，动能增加(2)合力做负功，动能减少(3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力做功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(

2)重力做负功，重力势能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力做功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2静电力做功电势能变化(1)静电力做正功，电势能减少(2)静电力做负功，电势能增加(3)W电＝－ΔEp安

培力做功电能(1)安培力做正功，电能减少变化(2)安培力做负功，电能增加(3)W安＝－ΔE电除重力和系统内弹力之外的其他力做功机械能变化(1)其他力做正功，机械能增加(2)其他力做负功，机械能减少(3)W＝ΔE机一对相互作用的滑动摩擦力的总功内能变化(

1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加(2)Q＝Ff·L相对例1(2020·甘肃省兰州市高三下诊断)发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友将飞箭以大小为E的初动能从地面竖直向上弹出，飞

箭落回地面时动能大小为3E4，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是()A．飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为E16B．飞箭下落过程中重力做功为13E16C．飞箭

在最高点具有的机械能为E8D．飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1∶7(1)已知飞箭从地面弹出的动能和落回地面的动能，能获得什么信息？提示：能知道全程空气阻力做的功。(2)如何求得飞箭下落过程中重力做的功？提示：可

以根据动能定理对下落过程列方程。尝试解答选D。飞箭上升阶段和下落阶段克服空气阻力做功相等，则上升阶段克服空气阻力做的功为Wf＝12E－34E＝E8，故A错误；飞箭下落过程由动能定理有WG－Wf＝34E，解得WG＝78E，则飞箭在最高点具有的机械能

为78E，故B、C错误；根据W＝Fs可知fG＝WfWG＝17，D正确。功能关系的选用原则(1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。(3)只涉及机械能的变化用

除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。(4)只涉及电势能的变化用静电力做功与电势能变化的关系分析。[变式1](2020·河北衡水中学三月份教学质量监测)质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中

，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10m/s2)()A．40JB.60JC.80JD.100J答案B解析物体上升到某一点的过程中，重力、空气阻力均

做负功，根据动能定理有：W合＝ΔEk＝－50J，空气阻力做功对应着机械能的变化，则有：Wf＝ΔE＝－10J，可得W合＝5Wf；物体的初动能为Ek0＝12mv20＝12×2×102J＝100J，在物体从A点到最高点的过程中，物体的动能减小了100J，由

动能定理可得，合力做的功W合上＝－100J，由于空气阻力大小恒定，所以空气阻力做功为Wf上＝15W合上＝－20J，由功能关系知，物体的机械能损失了20J，所以下落过程物体的机械能也损失了20J，则该物体再落回A点时的动能为100J－2×20J＝60J，故A、

C、D错误，B正确。考点2摩擦力做功与能量转化的关系两种摩擦力的做功情况比较类别比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)，

而没有机械能转化为其他形式的能量(1)相对运动的物体通过滑动摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功，等于摩擦力与两个物体相对路程

的乘积且为负功，即WFf＝－Ff·x相对，表示物体克服摩擦力做功，系统损失的机械能转变成内能相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体都可以做正功、负功，还可以不做功例2(2020·江苏省徐州市睢宁县高三下学期线

上阶段性检测)(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是()A．物体在传送

带上的划痕长v22μgB．传送带克服摩擦力做的功为12mv2C．电动机多做的功为32mv2D．电动机增加的功率为μmgv(1)应根据哪个位移求传送带克服摩擦力做的功？提示：传送带的位移。(2)电动机多做的功转

化为什么能量？提示：物体的动能和摩擦生成的热量。尝试解答选AD。物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体达到速度v所需的时间t＝vμg，在这段时间内物体的位移x1＝v22μg，传送带的位

移x2＝vt＝v2μg，则物体相对传送带的位移x＝x2－x1＝v22μg，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和摩擦生热的内能，物体在这个过程中获得的动能是12mv2，由于滑动摩擦力做功，相对位移x＝v22μg，则产生的热量Q＝μmg×v22μg＝12mv2，传送带克服摩

擦力做的功即为电动机多做的功，为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，为fv＝μmgv，故D正确。求解物体相对滑动的能量问题的方法(1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析。(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位

移关系。注意：无论是计算滑动摩擦力做功，还是计算静摩擦力做功，都应代入物体相对地面的位移。(3)公式Q＝Ff·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在接触面上做往复运动，则l相对为总的相对路程。[变式2](2020·贵州省贵阳市四校高三联合考试(五))(多选

)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg的另一木块B可看作质点，以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/

s2)()A．木板的质量为M＝3kgB．木块减小的动能为1.5JC．系统损失的机械能为3JD．A、B间的动摩擦因数为0.2答案AC解析由图乙可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，根据牛顿第二定律知μmgm＝1m/s

2，μmgM＝1m/s2，可得M＝3kg，μ＝0.1，故A正确，D错误；木块减小的动能ΔEk＝Ek0－Ek1＝12mv20－12mv21＝4.5J，故B错误；由图乙可知，A、B的相对位移大小x＝12×2×1m＝1m，则系统损失的机械能为ΔE＝Wf＝μmgx＝3J，故C正确。考点3能量守恒定律的

理解和应用1.对能量守恒定律的理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。2．应用能量守恒

定律解题的思路(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增的表达式。(3)列出能量守恒关系式ΔE减＝

ΔE增。例3如图所示，固定斜面AB和CB与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为α、β，OB＝h。细线一端固定在竖直挡板上，另一端系一质量为m的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接)，烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB后，恰好能运动到斜面的最高点，

已知AD＝l，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则()A．弹簧对小物块做功为μmglB．斜面摩擦力对小物块做功为μmghsinαC．细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mgh＋μmghtanα＋lD

．撤去斜面AB，小物块还从D点弹出，将沿斜面CB上滑并从B点飞出去(1)这个过程能量如何转化？提示：弹簧的弹性势能转化为小物块的重力势能和摩擦生成的热量。(2)物块从D滑到B的过程中克服摩擦力做的功是多少？提示：Wf＝μmgl＋μmgcosα·hsinα

＝μmg·OD。尝试解答选C。烧断细线后，弹簧的弹性势能转化成小物块的重力势能与摩擦生成的热量，即Ep＝mgh＋μmgl＋μmgcosα·hsinα＝mgh＋μmghtanα＋l，弹簧对小物块做的功等于弹性势能减少量，也为mgh＋μmg·htanα＋l，故A

错误，C正确；小物块从A到B过程中，斜面摩擦力对小物块做负功，且为－μmgcosα·hsinα＝－μmghtanα，故B错误；从D到B，小物块克服摩擦力做的功Wf＝μmg·htanα＋l＝μmg·OD，可见Wf与斜面倾角无关，所以撤去斜面AB，小物块从C点冲上

斜面，仍恰能到达B点，D错误。能量问题的解题方法(1)涉及滑动摩擦力做功的能量问题的解题方法①当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。②解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和

ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。(2)涉及弹簧弹力做功的能量问题的解题关键两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：①能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力

做功，系统机械能守恒。②如果系统中每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。[变式3](2020·辽宁省辽阳市二模)如图所示，轻质弹簧与倾角为37°的固定斜面平行，弹簧的下端固定，上端与物块相连，绕过光滑定滑轮的轻绳分别与物块和小球相连。开始时用手托住

小球，使弹簧处于原长状态，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，滑轮右侧的轻绳竖直，然后由静止释放小球。已知小球的质量是物块质量的两倍，重力加速度大小为g，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，取sin37°＝0.6，co

s37°＝0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．释放小球的瞬间，小球的加速度大小为g2B．物块上滑过程中，小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物块机械能的增加量之和C．物块上滑过程中，物块动能的增加量等于它所受重力、轻绳拉力、摩擦力做功之和D．物块上滑过程中，轻绳拉力对小球做的功等于小球

机械能的变化答案D解析令物块的质量为m，则小球的质量为2m，释放小球瞬间，根据牛顿第二定律，对小球有2mg－T＝2ma，对物块有T－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，联立解得a＝g3，故A错误；根据能量守恒定律可知，物块

上滑过程中，小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能、物块机械能的增加量以及物块和斜面摩擦产生的热量之和，故B错误；根据动能定理可知，物块上滑过程中，物块动能的增加量等于它所受重力、轻绳拉力、摩擦力以及弹簧弹力做功之和，故C错误；小球运动过程中受到重力以及绳子的拉力，根据功能关系可知，绳子拉力所

做的功等于小球机械能的变化，故D正确。答卷现场3传送带模型(16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装臵示意图如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，取g＝10m/

s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。试卷抽样评析指导1.失分点①：应求邮件对地位移，而不是对皮带的位移，理解错误，导致求解错误，本步完全失分，扣5分。失分原因：按自己的想象

做题。补偿建议：认真审题，按题目要求求解。规范解答：邮件对地位移x＝12at2＝12×5×0.22m＝0.1m2．失分点②：要求解的是摩擦力对皮带所做的功，不是摩擦力对邮件所做的功，理解错误，本步完全

失分，扣5分。失分原因：审题不清，研究对象不明。补偿建议：认真审题，按题目要求求解。规范解答：邮件与皮带之间的摩擦力对皮带做的功W＝Ff·s皮带＝－μmg·vt＝－0.5×2×10×1×0.2J＝－2J1．(2020·全国卷Ⅰ)(多选)一物块在高3.0m、长5.0m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10m/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0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案

AB解析物块下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，增加的动能小于减少的重力势能，所以机械能不守恒，A正确。斜面高h＝3.0m、长L＝5.0m，则斜面倾角θ的正弦值sinθ＝hL＝0.6；物块在斜面底端的重力势能为零，则在斜面顶端的重力势能为mgh＝30J，可得物块的质

量m＝1.0kg；物块下滑5m的过程中，由功能关系可知，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，即μmgcosθ·L＝20J，可求得μ＝0.5，B正确。由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得a＝2.0m/s2，C错误。当物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增

加4J，所以机械能损失了8J，D错误。2.(2019·江苏高考)(多选)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μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初

速度为2μgs答案BC解析物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧

的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即12mv2＝2μmgs，所以v＝2μgs，D错误。3．(2017

·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()A.19mglB.16mglC.

13mglD.12mgl答案A解析以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为23m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－23mg·l3＝－29mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－23mg·l6＝－19mgl，则外力做的功

即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－19mgl＋29mgl＝19mgl，选项A正确。4．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重

力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR答案C解析小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能

的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝12mv2c，解得：vc＝2gR。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，

竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝vcg＝2gRg，水平方向的位移为：x＝12axt2＝12g2gRg2＝2R。综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R

＋x)＝5mgR，正确答案为C。5．(2020·安徽省马鞍山市高三下三模)(多选)倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位臵如图甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，从初始位臵由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位臵x的变化

关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是()A．在0～x1的过程中，力F在减小B．在0～x1的过程中，物体的动能一直在增大C．在x1～x2的过程中，物体的速度大小不

变D．在x2～x3的过程中，物体一定做匀速运动答案AB解析在0～x1过程中，物体机械能在减小，可知力F在做负功，力F方向沿斜面向上，所以物体的位移方向沿斜面向下，即物体在沿斜面向下运动；根据功能关系有ΔE＝F·Δx，得F＝ΔEΔx，可知E-x图线的斜

率表示力F，在0～x1过程中图线的斜率的绝对值逐渐减小到零，可知力F逐渐减小到零，故A正确。在0～x1过程中，物体沿斜面向下运动，而F沿斜面向上并逐渐减小到零，则物体的加速度向下且逐渐增大，物体做加速运动，物体的动能一直在增大，故B正确。由E-x图线的斜率表示力F，知在x1～x2过程中，力F＝0

，物体机械能守恒，向下运动，重力势能减小，动能增大，物体的速度在增大，故C错误。在x2～x3的过程中，机械能继续减小，力F做负功，力F方向沿斜面向上，E-x图像的斜率恒定，故力F为恒力，由于不知道力F与重力

分力mgsinθ的大小关系，故物体可能做匀速直线运动、匀减速直线运动或匀加速直线运动，故D错误。6.(2021·重庆市高三第一次联合诊断检测)(多选)如图所示，矩形滑块静臵于足够长的光滑水平面上，子弹甲以大小为v的速度从左向右水平射入滑块，从滑块右侧穿出后，完全相同的子弹乙以大小为v的速度从右向

左水平射入滑块，从滑块左侧穿出。设两子弹穿越滑块过程中所受阻力大小恒定且相同，滑块质量始终保持不变，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．子弹乙穿出滑块时，滑块速度恰好为零B．子弹甲穿越滑块经历的时间比子弹乙穿越滑块经历的时间长C．子弹两次穿越滑块过程中，子弹与滑块系统产生的热量相同D．子弹两次穿

越滑块过程中，滑块对子弹所做的功相同答案BC解析子弹穿越滑块的过程中，子弹乙相对滑块的平均速度大，则子弹甲穿越滑块经历的时间比子弹乙穿越滑块经历的时间长，即t甲＞t乙，B正确；两子弹穿越滑块过程所受阻力大小恒定且相同，则两次滑块

所受子弹作用力的冲量I＝Ft大小不同，方向相反，由动量定理可知，子弹乙穿出滑块时，滑块速度不为零，A错误；子弹两次穿越滑块过程中，系统产生的热量Q＝fL相同，C正确；子弹甲穿越滑块过程的位移大于子弹乙穿越滑块过程的

位移，由W＝－fx可知，子弹两次穿越滑块过程中，滑块对子弹所做的功不同，D错误。7．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m

处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2。(结果保留两位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的

机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek

0＝12mv20①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J②设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh＝12mv2h＋mgh③式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。由③式和题给数据得E

h≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为Eh′＝12m2.0100vh2＋mgh′⑤由功能关系得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得W≈9

.7×108J。时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～4题为单选，5～10题为多选)1．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚

离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是()A．该同学机械能增加了mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋12mv2C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋12mv2D．该同学所受的合

力对其做功为12mv2＋mgh答案B解析该同学刚离开地面时重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为12mv2，则机械能增加了mgh＋12mv2，A错误，B正确；人与地面作用的过程中，支持力的作用点的位移为零，

支持力对人做功为零，C错误；该同学所受合力对其做的功等于其动能变化量，则W合＝12mv2，D错误。2.(2020·河北省保定市二模)斜面体P静止在水平面上，从斜面上某个位臵由静止释放一物块Q，Q沿斜面加速下滑。在Q下滑过程中()A．若P保持静止不动，Q的机械能守恒B．若P保持静止不动，Q

减小的重力势能可能大于它增加的动能C．若P相对地面滑动，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒D．若P相对地面滑动，P、Q增加的动能之和一定等于Q减少的重力势能答案B解析题目未告知斜面是否光滑，无法确定Q的机械能是否守恒，故A错误；若斜面粗糙，Q减小的重力势能转化为动能

和内能，故B正确；题目未告知地面是否光滑，若地面粗糙，则P、Q组成的系统水平方向动量不守恒，故C错误；若任意接触面有摩擦，都会有内能产生，故D错误。3.(2020·河北省张家口市高三下5月模拟)如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一

固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，上端与物体A相连。用不可伸长的轻质细绳跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的轻绳与斜面平行。初始时用手托住B，轻绳刚好伸直，此时物体A处于静止状态。若不计滑轮质量与摩擦，弹簧始终在弹性限度内，现由静止释放物体B，在B第一

次向下运动过程中()A．轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量B．物体B的重力做的功等于物体B机械能的变化量C．轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和D．两物体与轻绳组成的系统机械能变

化量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值答案D解析轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化量，故A错误；重力做的功等于物体的重力势能的变化量，故B错误；由题意得，轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧的弹性势能的变化量之和，故C

错误；由机械能守恒定律可得，D正确。4．(2021·四川省成都市高三上第一次诊断性检测)如图，底端固定有挡板的斜面体臵于粗糙水平面上，轻弹簧一端与挡板连接，弹簧为原长时自由端在B点，一小物块紧靠弹簧放

臵并在外力作用下将弹簧压缩至A点。物块由静止释放后，沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终静止在斜面上。若整个过程中斜面体始终静止，则下列判定正确的是()A．整个运动过程中，物块加速度为零的位臵只有一处B．物块上滑过程中速度最大的位臵与

下滑过程中速度最大的位臵不同C．整个运动过程中，系统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量D．物块从A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力先增大再减小，然后不变答案B解析设斜面倾角为θ，物块上滑过程中，当满足mgsinθ＋μmgcosθ

＝kΔx时，物块加速度为零；物块下滑过程中，当满足mgsinθ＝kΔx′＋μmgcosθ时，物块加速度为零，故整个运动过程中，物块加速度为零的位臵有两处，A错误。物块上滑过程在弹簧压缩量为Δx时，加速

度为零，速度最大，此时Δx＝mgsinθ＋μmgcosθk，物块下滑过程在弹簧压缩量为Δx′时，加速度为零，速度最大，则Δx′＝mgsinθ－μmgcosθk；Δx≠Δx′，可知物块上滑过程中速度最大的位臵与下滑

过程中速度最大的位臵不同，故B正确。整个运动过程中系统能量守恒，物块上滑前有外力压缩弹簧，而最后静止时无外力压缩弹簧，故最终静止在A点上方，则系统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量与物块增加的重力势能之和，故C错误。物块从A上滑到

C的过程中，加速度先减小后反向增大，再不变，则地面对斜面体的摩擦力先减小后增大，再不变，故D错误。5.(2021·安徽省五校高三上12月联考)如图所示，竖直固定一半径为R＝5.0m的表面粗糙的四分之一圆弧轨道，其圆心O与A点等高

。一质量m＝1kg的小物块在不另外施力的情况下，能以速度v0＝2m/s沿轨道自A点匀速率运动到B点，圆弧AP轨道与圆弧PB轨道长度相等，重力加速度g＝10m/s2。下列说法不正确的是()A．在从A到B的过程中合力对小物块做功为零B．小物块经过P点时，重力的瞬时功率

为10WC．小物块在AP段和PB段产生的热量相等D．小物块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小为14N答案CD解析由于小物块从A到B做匀速圆周运动，由动能定理可知，合力对小物块做功为0，A正确；小物块经过P点时，重力的瞬

时功率P＝mgv0cos45°＝1×10×2×22W＝10W，B正确；由能量守恒定律可知，小物块在AP段产生的热量为Q1＝mgRcos45°＝10×5×22J＝252J，小物块在PB段产生的热量为Q2＝mgR(1－cos45°)＝10×5×1－22

J＝25(2－2)J，C错误；小物块经过B点时，有FN－mg＝mv20R，解得圆弧轨道对小物块的支持力大小为FN＝10.4N，根据牛顿第三定律，小物块对圆弧轨道的压力大小为FN′＝FN＝10.4N，D错误。6.(

2020·江苏省淮安市六校联盟高三下学期第三次学情调查)将三个木板1、2、3固定在墙脚，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相

同。在这三个过程中，下列说法正确的是()A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的D．

物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的答案BD解析对物块从高为h的斜面顶端由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh－Wf＝12mv2－0，其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力f＝μN＝μmgco

sθ，所以物块克服摩擦力做的功为Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ，由图可知，Lcosθ为木板与墙壁和地面所构成三角形的底边长，可见，物块分别从三个木板顶端下滑到底端时，克服摩擦力做的功Wf1＝Wf2＜Wf3，而这三个过程中，h1＞h2＝h3，则mgh1＞

mgh2＝mgh3，所以沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速度最小，故A错误，B正确；沿着3下滑时克服摩擦力做的功最多，物块的机械能损失最大，产生的热量最多，故C错误；同

理，Wf1＝Wf2，所以物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故D正确。7．(2020·河北省邢台市高三上学期第二次月考)2019国际泳联高台跳水世界杯5月26日在肇庆落幕。英国名将盖瑞·亨特成

功实现世界杯男子27米台四连冠。假设他的质量为m，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，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()A．他的动能减

少了fhB．他的重力势能减少了mghC．他的机械能减少了fhD．他的机械能减少了(f－mg)h答案BC解析根据动能定理可得：ΔEk＝W合＝mgh－fh，因此他的动能减少了(f－mg)h，故A错误；根据重力做功与重力势能变化的关系得：WG＝－ΔEp＝－mgh，因此他的重力势能减少了mgh，故B正确；

根据功能关系，除重力和弹簧弹力以外的力的合力做的功等于物体机械能的改变量，则他的机械能减少fh，故C正确，D错误。8.(2020·河南省洛阳市高三下第三次统考)如图所示，一定质量的小球(可视为质点)套在固定的

竖直光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴AC＝2L0，短轴BD＝3L0。原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与小球连接。若小球逆时针做椭圆运动，在A点时的速度大小为v0，弹簧始终处于弹性

限度内，则下列说法正确的是()A．小球在C点的速度大小为v0B．小球在D点时的动能最大C．小球在B、D两点的机械能不相等D．小球在A→D→C的过程中机械能先变小后变大答案AB解析小球运动过程中小球与弹簧组成的系统的机械能守恒，其重力势能、弹性势能和动能相互转化，但三者之和保持不变。因为弹簧原长为L

0，椭圆形轨道半长轴的长为L0，故小球在A点时弹簧处于压缩状态，形变量等于PO的长度，由数学知识可得，PO＝AC22－BD22＝12L0。小球在C点时弹簧长度等于L0＋12L0＝32L0，故伸长量也等于PO的长度，即12L0。所以小

球在A、C两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，故小球在相同高度的A、C两点时动能相等，即小球在C点的速度大小也为v0，A正确。小球在B、D两点时，由数学知识可知，小球到P点的距离都等于L0，即等于弹簧原长，弹簧弹性势能相同(一

般都视为零)，小球的机械能也是相等的，C错误。小球在D点时重力势能、弹簧弹性势能都最小，所以动能最大，B正确。小球在A→D→C的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械能先变大后变小，D错误。9.如图所示，质量为M、长为L的木板臵于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放臵在木板左

端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是()A．上述过程中，F做功大小为12mv21＋12Mv22B．其他条件不变的情况

下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多答案BD解析F做功大小为二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v-t图像来研究，

如图所示，图线①为滑块的v－t图，②为木板的v－t图，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大

，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。10.(2020·河北衡水中学高三3月联合教学质量检测)如图所示，质量为4m的球A与质

量为m的球B用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α＝30°，球B与质量为m的球C通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。开始时控制住球A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但

无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．释放球A瞬间，球B的加速度大小为g5B．释放球A后，球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大C．球A沿斜面下滑的最大速度为2gm5kD．球C恰好离开地面时

弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以A、B两小球组成的系统机械能守恒答案BC解析开始时对球B分析，根据平衡条件可得mg＝kx1，释放球A瞬间，对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得4mgsinα－T1＝4ma1，T1－mg＋kx1＝ma1，联立解得a1＝25g，故A错

误；释放球A后，球C恰好离开地面时，对球C分析，根据平衡条件可得mg＝kx2，对球A和球B分析，根据牛顿第二定律可得4mgsinα－T2＝4ma2，T2－mg－kx2＝ma2，联立解得a2＝0，所以球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度

达到最大，故B正确；对球A和球B及轻质弹簧整体分析，根据能量守恒定律可得4mg(x1＋x2)sinα－mg(x1＋x2)＝12·5mv2m，解得球A沿斜面下滑的最大速度为vm＝2gm5k，故C正确；由x1＝x2＝mgk可知球C恰好离开地面时

弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、B两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11.(2020·河北衡水中学高三3月联合教学质量检测)(15分)

如图所示，水平传送带右端与半径为R＝0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m＝0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后

恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2。(1)求传送带的最小转动速率v0；(2)求传送带P、Q之间的最小长度L；(3)若传送带P、Q之间的长度为4m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程

中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W。答案(1)5m/s(2)2.5m(3)2.5J5J解析(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q点已与传送带同速且小物块刚好能到达N点，在N点，有mg＝mv2NR小物块从Q点到N点，由动

能定理得－mg·2R＝12mv2N－12mv20联立并代入数据解得v0＝5m/s。(2)传送带长度最小时，小物块从P点到Q点一直做匀加速运动，到Q点时刚好与传送带共速且速度为v0，则有v20＝2aLμmg＝

ma联立并代入数据解得L＝2.5m。(3)设小物块经过时间t加速到与传送带共速，则v0＝at小物块的位移x1＝12at2传送带的位移x2＝v0t小物块与传送带的相对位移Δx＝x2－x1整个过程中产生的热量Q＝μmg·Δx联立并代入数据解得Q＝2.5J；由能量守恒定律可知

，此过程中电动机对传送带做的功W＝Q＋12mv20代入数据解得W＝5J。12．(2021·八省联考江苏卷)(15分)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，物块与

斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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)8m/s(2)9s(3)48J解析(1)物块从A到P的过程，由动能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝12mv21－0代入

数据解得v1＝8m/s。(2)物块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得μ2mg＝ma物块与传送带共速时，有－v＝v1－at1解得物块第一次滑上传送带至两者共速所用时间t1＝6s设物块第一次在传送带上向左匀减速运动的位移大小为x1，向右

匀加速运动的位移大小为x2，则－2ax1＝0－v21，2ax2＝v2－0物块向右匀速运动的时间为t2＝x1－x2v＝v212a－v22av＝3s则物块第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9s。

(3)分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律，有Q＝μ1mgcos37°L＋12mv2＝48J。