高考物理一轮复习第五章机械能微专题41力学中功能关系的理解和应用备考精炼

40力学中功能关系的理解和应用［方法点拨］（1）做功的过程就是能量转化的过程•功是能量转化的量度.（2）功与能量的变化是“ --- 对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等.1 •（多选）（2017 •镇江市名校联考）如图1所示，某段滑雪雪道倾角为 30°,总质量为 锁包 括雪具在内）的滑雪运动员从距底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为gg,A. 运动员减少的重力势能全部转化为动能1B. 运动员获得的动能为-mgh31C.下滑过程中系统减少的机械能为 -mghD. 运动员减少的重力势能转化为动能和摩擦内能2. （2017 •高邮市段考）奥运比赛项目高台跳水是我国的强项. 质量为m 的跳水运动员从高台 上跳下，在他入水前重心下降的高度为 H,经历的时间为 T.入水后他受到水的作用力而做减 速运动，在水中他的重心下降的最大高度为 h ,对应的时间为t .设水对运动员的作用力大小 恒为F,当地的重力加速度为 g ,不计空气阻力，则下列说法正确的是 （ ）A. 运动员入水后的运动过程中动能减少量为 FhB. 运动员入水后的运动过程中机械能减少量为 FhC. 水对运动员作用力的冲量大小等于 mgTD.他在整个运动过程中机械能减少了 mgh在他从上向下滑到底端的过程中,)3.（多选）如图2所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连. 弹簧处于自然长度时物块位于 0点（图中未标出）•物块的质量为 m AB= a ,物块与桌面间的动摩擦因数 为口 .现用水平向右的力将物块从 0点拉至A 点，拉力做的功为 W 撤去拉力后物块由静止向 左运动，经0点到达B 点时速度为零•重力加速度为 g .则上述过程中（）3 ―m wwwww^ f ------ 3 ------图2 1A. 物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于 W 2 口 mga3B. 物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于 W 2 口 mgaC. 经0点时，物块的动能小于 W 口 mgaD.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 B 点时弹簧的弹性势能4. （2018 •苏州市调研卷）一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运 动•此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图3所示.若取h =0处为重力势能零势能5•如图4所示，A B 、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动. 释放；B 的初速度方向沿斜面向下，大小为v o ; C 的初速度方向沿水平方向，大小也为v o .斜面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是A 由静止 图3面足够大，A BA. A和C 将同时滑到斜面底端B. 滑到斜面底端时，B的动能最大C. 滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多D. 滑到斜面底端时，B的机械能减少最多6. 如图5甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动. 运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象（E—x图象）如图乙所示，其中0〜x i过程的图线为曲线，x i〜X2过程的图线为直线.根据该图象，下列判断正确的是（）A. 0〜X i过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B. 0〜X2过程中物体的动能一定增大C. x i〜X2过程中物体可能在做匀速直线运动D. x i〜X2过程中物体可能在做匀减速直线运动7. （多选）如图6所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d= 0.2 m的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L= 0.4 m，现将质量为m r 1 kg、宽度为d 的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放. 已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5 ,重力加速度取g= 10 m/s2, sin 37 ° = 0.6 , cos 37 ° = 0.8，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中（此过程矩形板始终在斜面上），下列说法正确的是（）图6A. 矩形板受到的摩擦力恒为F f = 4 NB. 矩形板的重力做功为W G= 3.6 JC. 产生的热量为Q= 0.8 JD. 矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为 2 35 m/s58. （多选）（2017 •常熟市模拟）如图7所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连.开始时用手托住B,让细线恰好伸直, 然后由静止释放B,直至B获得最大速度.在该过程中下列分析正确的是A. B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量B. B物体获得最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B所受重力C. A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量大于细线拉力对A做的功D. A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功9. （多选）如图8甲所示，质量为1 kg的小物块，以初速度v o= 11 m/s从0 = 53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次不施加力,图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无F时小物块沿斜面向上运动的v —t图线，不考虑空气阻力，g= 10 m/s 2，下列说法正确的是（）图8A. 恒力F大小为21 NB. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C. 有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少D. 有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小10. （多选）如图9所示，倾角0 = 30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m粗细均匀、质量分布使软绳B端到达斜面顶端（此时物块未到达地面），在此过程中（均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数口=-2°,其A端与斜面顶端平齐.用细线将质量也为m的物块与软绳连接，给物块向下的初速度,A. 物块的速度始终减小1B. 软绳上滑§L时速度最小..... .................... (1)C. 软绳重力势能共减少了&mgLD. 软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和11. （多选）（2018 •阜宁中学调研）如图10所示，固定斜面倾角为B,在斜面底端固定一个轻质弹簧，弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m的物块，O点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A点.斜面上另外有B、C、D三点，AO= OB= BC= CD= l，其中B点下方斜面光滑，BD段粗糙，物块与斜面BD段间的动摩擦因数为^=tan B,重力加速度为g.物块静止时弹簧的弹性势能为E,用外力将物块拉到D点由静止释放，第一次经过O 点时的速度大小为V,已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A. 物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为2g sin 0B. 物块最后停在B点2mvC. 物块在D点时的弹性势能为——mgl sin 02mvD. 物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为 + mgl si n 0 —E12. （多选）（2018 •铜山中学模拟）如图11所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30°, OA= OC B为AC的中点，OB等于弹簧原长.小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A,第一次经过B处的速度大小为v,运动到C处速度为0,后又以大小为a c的初始加速度由静止开始向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是（）A. 小球可以返回到出发点A处B. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态1 2c.弹簧具有的最大弹性势能为2mvD. a A-a c= g合案精析1. CD [若运动员不受摩擦力，则加速度应为 a '= g sin 30 ° =号，而现在的加速度小于 g 故运动员应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A 错误；运动员下滑 h一 2— , 1 2 的距离：L = = 2h ；由运动学公式可得： v = 2aL ,得：v =2aL ；动能为：丘=mv sin 307 221 2 1=r mgh 故B 错误；由动能定理可知 mgh-W = ^mv ,解得 W = -mgh 故下滑过程中系统减少 3 2 3 1 一- 一的机械能为3mgh 故C 正确；根据能量守恒定律，减小的重力势能转化为动能和摩擦内能， 故D 正确.] 2.B [运动员入水后的运动过程中，根据动能定理，有：△6= mgh-Fh ,即动能减少量为|Fh — mgh ，故A 错误；机械能的变化量等于除重力外其余力做的功， 即运动员入水后的运动过程中机械能的减小量等于克服阻力做的功，为Fh,故B 正确；从开始下落到入水后速度变为0的过程，对运动员由动量定理得： m@T + t ) — Ft = 0，故水对运动员作用力的冲量大小为 mgt +mgT 故C 错误.他在整个过程中机械能的减小量等于重力势能的减小量，为mg H+ h ),故D 错误.]3. BC [如果没有摩擦力，则0点应该在AB 中间，由于有摩擦力，物块从A 到B 过程中机械1 1服摩擦力做功大于2 口 mga 所以物块在 A 点时，弹簧的弹性势能小于 W — 2 口 mga 故A 错误；a 3a由A 分析得物块从开始运动到最终停在B 点，路程大于a + 2=1,故整个过程物块克服阻力33做功大于2 口 mga 故物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于 W — 2 口 mga 故B 正确；从0点开 始到再次到达 0点，物块运动路程大于 a ,故由动能定理得，物块的动能小于 W —口 mga 故C 正确；物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在 B 点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在 B 点时弹簧形变量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系无法判断，故D 错误.]4. D [由v 2— h 图象为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比，即合外力为 恒力，而物体所受重力不变， 故拉力也一定保持不变. 物体机械能的变化量大小等于重力 (或 弹力)能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B 点，也即O 点靠近B 点•故O/>|,此过程物块克以外的其他力做功的大小. 由功能关系可知，随高度增加，恒定拉力做正功，机械能均匀增加，故D 项正确.]5. B [A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C受到的沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以 c 沿斜面向下的加速度大于 A 沿斜面向下的加速 度，C 先到达斜面底端，A 项错误；重力做功相同，摩擦力对 A B 做功相同，C 克服摩擦力 做功最多，而B 有初速度，则滑到斜面底端时， B 滑块的动能最大，B 项正确；三个滑块下降 的高度相同，重力势能减小相同，C 项错误；滑动摩擦力做功与路程有关， C 运动的路程最大， C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多， D 项错误.]所以E-x 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由题图乙可知0〜x i 内图线的斜率为负，则物体所受拉力沿斜面向上， A 错误；由于物体由静止开始向下运动，且物体所受拉 力先变小后不变，所以物体所受拉力一直小于物体的重力沿斜面向下的分力， 物体加速运动，所以在0〜X 2过程中物体的动能一定增大， B 正确，C D 错误.]7. BCD 8.BDA v o _ 11o 119.BD [根据v _t 图象斜率等于加速度可知：a a =〒= 肓 m/s 2=— 10 m/s 2； a b =—m/s 2=— 11 m/s 2；不受拉力时： ma =— mcsin 53 ° — 口 mg cos 53 °，代入数据得： 口 = 0.5 ；受到拉力的作用时： ma = F — mcsin 53 ° — 口 mc pos 53 °，所以F = 1 N ,故B 正确，A 错误；20— V 0根据运动学公式：x =可知，因为有恒力 F 时，小物块的加速度小，位移大，所以在上 2a升过程产生的热量较大，故 C 错误；结合C 的分析可知，有恒力 F 时，小物块上升的高度比 较大，所以在最高点的重力势能比较大，而上升到最高点时动能的减小是相等的，所以在整 个上升过程机械能的减少量较小，故 D 正确.]510.BCD [物块下落过程中，刚开始由于 m@in 30° + 口mg cos 30°= -mc >mg 所以物块所受合力向上，物块做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小， 后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物块的速度先减小后增大，故A 错误.当加L 一 x L 一 x速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x ,^y ： —「mg pin 30°+工 口 mc posx30°= mg+〔mg 代入数据解得：1x = 9L ,故B 正确；物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端LL的高度为h 1 = ?sin 30 ° = 4，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度 h 2=2,则软绳重力势能共减少 mg *—L ) = 4mg 故C 正确.以软绳和物块组成的系统为研究对象， 软绳和物块的重力势能减小，转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能，根据 能量守恒定律，软绳6. B [除重力之外的其他力做的功等于物体的机械能的改变量,则 F x =A E,即 F =△E A x重力势能的减少小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和，故D正确.]11. CD [物块在BD段向下运动过程中，因^=tan B,物块的重力沿斜面向下的分力m^in0与滑动摩擦力口mg cos 9大小相等，弹簧弹力提供加速度，物块在D点处加速度最大，有k・3 = ma物块静止时有kl = mc sin 0，得a= 3g sin 0，物块在DA段的最大加速度为3g sin 0 , A选项错误；物块从D点下滑后，沿斜面向下运动，因口= tan 0 ,物块在B点时受到弹簧拉力，不可能静止，最终在B点下方做往复运动，到B点处的速度为零，B选项2 错误；物块从D点第一次到0点，由功能关系得曰+ mgs i n 0・3 = 口mc pos 0・2| +罟，2mv巳=——mgl sin 0 , C选项正确；物块在B点时弹簧的弹性势能与物块在A点时弹簧的弹性2mv势能相同，对全过程分析有（E—E）+ mgj in 0・2| = Q 得0=三+ mgl sin 0 —E, D选项正确.]12. CD [设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为W, AB间的竖直高度为h,弹簧具1 2有的最大弹性势能为 &，根据能量守恒定律：对于小球从A到B的过程有mgh^ E P= ?mV+W,1 2A到C的过程有2mgh^ &= 2W+ E p,解得W= mgh & = -m\/,小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得&= 2W+ 2mgh+ &,该式不成立，可知小球不能返回到出发点A处，A项错误，C项正确；设从A运动到C摩擦力的平均值为"F f, AB= s,由W=mgh得F f = m§in 30 °，在B点，摩擦力F f =口mo pos 30 °，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于mg pos 30°,所以F f> 口mc pos 30°可得mgs in 30°> 口mg pos 30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止状态，B项错误；根据牛顿第二定律得，在A点有F cos 30 ° + mgs in 30 ° —F f = ma,在C点有F cos 30 ° —F f—mgs in 30 ° = ma, 两式相减得a A—a c= g, D项正确.]。

素养探究课(四)能量观念——功能关系能量守恒定律对功能关系的理解和应用[学生用书P99]【题型解读】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．功是能量转化的量度力学中几种常见的功能关系如下：【跟进题组】1.(2018·11月浙江选考)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，动能增加解析：选B.加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D正确．2．(2018·高考全国卷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解析：选C.设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理有F ·3R －mgR ＝12m v 2c，又F ＝mg ，解得v c ＝2gR ，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为t ＝v c g ＝2R g ，在水平方向的位移大小为x ＝12gt 2＝2R .由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 正确，A 、B 、D 错误．能量守恒定律的应用[学生用书P100]【题型解读】1．两种摩擦力做功的比较静摩擦力 滑动摩擦力 不同点 能量的转化方面只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，总功W ＝－F f ·l 相对，即摩擦时产生的热量正功、负功、不做功方面 静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功 滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作用力一定做负功相同点两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功3．能量转化问题的解题思路(1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．(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．【典题例析】(多选)(2020·湖北四地七校高三期末联考)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细绳不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细绳和斜面平行，滑块A从细绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑轮处)的过程中()A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量[解析]两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度大小相等，则A沿绳的分加速度等于B 的加速度，A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B 做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B 错误；滑块A的速度最大时，将滑块A的速度分解，如图所示，绳连接体沿绳方向的速度大小相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，显然滑块A的速度大于B的速度，C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块A做功，由功能关系可知，细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，D正确．[答案]CD【迁移题组】迁移1滑块—滑板模型中能量的转化问题1．(多选)(2020·江西九江一模)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的()A．小铅块将从B的右端飞离木板B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C．第一次和第二次过程中产生的热量相等D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量解析：选BD.在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C错误，D正确．迁移2能量守恒的综合应用2.如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s 下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm.解析：(1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，物体动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12m v 20＋mgl AD sin 37° ① 物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③F f ＝μmg cos 37°④ 由能量守恒定律可得ΔE ＝Q⑤ 由①②③④⑤式解得μ≈0.52.(2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE ′k ＝12m v 20 ⑥重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37° ⑦摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为E pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得E pm ≈24.5 J.答案：(1)0.52 (2)24.5 J应用能量守恒定律解题的步骤[学生用书P101]摩擦力做功与能量的转化分析【对点训练】1.如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2.则下列关系中正确的是()A．W1<W2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2解析：选A.在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1＜W2，A正确．2.如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的说法正确的是()A．拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量解析：选D.由功能关系，拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，A错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，B错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，C错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q＝fΔL，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为L1，小木块相对地面的位移为L2，则ΔL＝L1－L2，且ΔL存在大于、等于或小于L2三种可能，对小木块，fL2＝ΔE k，即Q存在大于、等于或小于ΔE k三种可能，D正确．[学生用书P333(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能()A．增大B．变小C．不变D．不能确定解析：选A.人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．2．(2020·河北张家口高三期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．运动员先处于超重状态后处于失重状态B．空气浮力对系统始终做负功C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等解析：选B.运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D 错误．3.(2020·江西重点中学联考)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A 、B 间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F 作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2E k 时撤去水平力F ，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F 到系统停止运动的过程中( )A ．外力对物体A 所做总功的绝对值等于2E kB ．物体A 克服摩擦阻力做的功等于E kC ．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2E kD ．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量解析：选D.当它们的总动能为2E k 时，物体A 动能为E k ，撤去水平力F ，最后系统停止运动，外力对物体A 所做总功的绝对值等于E k ，A 、B 错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量，D 正确，C 错误．4．(2020·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g )( )A.18mgR B ．14mgR C.12mgR D ．34mgR 解析：选D.铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg －mg ＝m v 2R，即铁块动能E k ＝12m v 2＝14mgR ，初动能为零，故动能增加14mgR ，铁块重力势能减少mgR ，所以机械能损失34mgR ，D 正确． 5.(2020·福建八县联考)如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是( )A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C ．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热 解析：选C.第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A 错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B 错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE ＝W 阻＝F 阻s 物，摩擦生热为Q ＝F 阻s 相对，又由于s 传送带＝v t ，s 物＝v 2t ，所以s 物＝s 相对＝12s 传送带，即Q ＝ΔE ，故C 正确；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D 错误．6．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v 0＝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，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10 m/s 2)( )A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：选D.由图象可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J ，A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12m v 20－12·2m ·v 2＝2 J ，B 错误；由v －t 图象可求出二者相对位移为1 m ，C 错误；分析B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，D 正确．7．(2020·四川成都诊断)如图甲所示，在倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动．已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v －t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ，重力加速度g 取10 m/s 2.则在该段时间内( )A ．物体的加速度大小为2 m/s 2B ．弹簧的伸长量为3 cmC ．弹簧的弹力做功为30 JD ．物体的重力势能增加36 J解析：选B.根据v －t 图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a ＝Δv Δt＝1 m/s 2，A 错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg 、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F ，由牛顿第二定律，F －mg sin 30°＝ma ，解得F ＝6 N ，由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的伸长量x ＝3 cm ，B 正确；在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，物体动能增大ΔE k ＝12m v 22－12m v 21＝6 J ，根据v －t 图线与时间轴所围面积等于位移，可知物体向上运动的位移x ＝6 m ，物体重力势能增加ΔE p ＝mgx sin 30°＝30 J ，根据功能关系可知，弹簧弹力做功W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝36 J ，C 、D 错误．二、多项选择题8.(2020·浙江嘉兴一中模拟)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示．某次蹦床活动中小孩静止时处于O 点，当其弹跳到最高点A 后下落可将蹦床压到最低点B ，小孩可看成质点．不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．从A 点运动到O 点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量B ．从O 点运动到B 点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量C ．从A 点运动到B 点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量D．从B点返回到A点，小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量解析：选AD.小孩从A点运动到O点，由动能定理可得mgh AO－W弹1＝ΔE k1，A正确；小孩从O点运动到B点，由动能定理可得mgh OB－W弹2＝ΔE k2，B错误；小孩从A点运动到B点，由功能关系可得－W弹＝ΔE机1，C错误；小孩从B点返回到A点，弹性绳和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量，D 正确．9.如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是()A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量解析：选CD.物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A 加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，D正确．10.(2020·河北定州中学模拟)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L′，木块对子弹的阻力为F(F视为恒力)，则下列判断正确的是()A．子弹和木块组成的系统机械能不守恒B．子弹克服阻力所做的功为FL′C ．系统产生的热量为F (L ＋L ′)D ．子弹对木块做的功为12M v 2 解析：选AD.子弹打入木块，子弹和木块位移不相等，所以相互作用力对子弹做的功即子弹动能的减少量，与相互作用力对木块做的功即木块动能的增加量不相等，因此有内能产生，系统机械能不守恒，A 正确；子弹克服阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F (L ＋L ′)，B 错误；根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL ′，C 错误；对木块运用动能定理得，fL ＝12M v 2，D 正确． 三、非选择题11.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，取g ＝10 m/s 2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．解析：(1)由题图可知，皮带长x ＝h sin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1，匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1)，解得加速运动的时间t 1＝0.8 s ，加速运动的位移x 1＝0.8 m ，所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2，由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得：μ＝32. (2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功发出的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12m v 20＝20 J 工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.答案：(1)32(2)230 J 12．如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计．物块(可视为质点)的质量为m ，在水平桌面上沿x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ.以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O ，当弹簧的伸长量为x 时，物块所受弹簧弹力大小为F ＝kx ，k 为常量．(1)请画出F 随x 变化的示意图；并根据F －x 图象求物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中弹力所做的功．(2)物块由x 1向右运动到x 3，然后由x 3返回到x 2，在这个过程中， ①求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；②求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念．解析：(1)F －x 图象如图所示．物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中，弹力做负功；F －x 图线下的面积等于弹力做功大小．弹力做功W F ＝－12·kx ·x ＝－12kx 2. (2)①物块由x 1向右运动到x 3的过程中，弹力做功W F 1＝－12·(kx 1＋kx 3)·(x 3－x 1)＝12kx 21－12kx 23物块由x 3向左运动到x 2的过程中，弹力做功W F 2＝12·(kx 2＋kx 3)·(x 3－x 2)＝12kx 23－12kx 22整个过程中，弹力做功W F ＝W F 1＋W F 2＝12kx 21－12kx 22 弹性势能的变化量ΔE p ＝－W F ＝12kx 22－12kx 21. ②整个过程中，摩擦力做功W f ＝－μmg (2x 3－x 1－x 2)，与弹力做功比较，弹力做功与x 3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能．而摩擦力做功与x 3有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”．答案：见解析。

第3讲 功能关系 能量守恒定律一．几种常见的功能关系及其表达式[深度思考] 一对相互作用的静摩擦力做功能改变系统的机械能吗？ 答案 不能，因做功代数和为零． 二、两种摩擦力做功特点的比较三、能量守恒定律 1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE 减＝ΔE 增． 3．基本思路(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．1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法是否正确． (1)摆球机械能守恒．( × )(2)总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能．( √ ) (3)能量正在消失．( × )(4)只有动能和重力势能的相互转化．( × )2．如图1所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧形轨道，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 ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 至B 的运动过程中( )图1A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 D3．如图2所示，质量相等的物体A 、B 通过一轻质弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 均处于静止状态．现通过细绳将A 向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W 1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W 2时，B 刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则( )图2A ．两个阶段拉力做的功相等B ．拉力做的总功等于A 的重力势能的增加量C ．第一阶段，拉力做的功大于A 的重力势能的增加量D ．第二阶段，拉力做的功等于A 的重力势能的增加量 答案 B4．(多选)如图3所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A 处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A 处缓慢下降，到达B 处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W .不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有( )图3A．物体重力势能减少量一定大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W答案AD解析根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔE p＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：E k＝mgh－W弹＝mgh－ΔE p＝W，所以D 正确．命题点一功能关系的理解和应用在应用功能关系解决具体问题的过程中：(1)若只涉及动能的变化用动能定理．(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)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的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，用电场力做功与电势能变化的关系分析．例1(多选)如图4所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )图4A．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零．答案 BD解析 由题意知，圆环从A 到C 先加速后减速，到达B 处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A 错误；根据能量守恒，从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ，从C 到A 有12mv 2＋E p ＝mgh＋W f ，联立解得：W f ＝14mv 2，E p ＝mgh －14mv 2，所以B 正确，C 错误；根据能量守恒，从A 到B的过程有12mv B 2＋ΔE p ′＋W f ′＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv B ′2＋ΔE p ′＝mgh ′＋W f ′，比较两式得v B ′>v B ，所以D 正确．1．(多选)如图5所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块、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．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图5A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 CD解析 两滑块释放后，M 下滑、m 上滑，摩擦力对M 做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M 克服摩擦力做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 正确．2．(多选)如图6所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g .则上述过程中( )图6A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案 BC命题点二 摩擦力做功的特点及应用1．静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： (1)机械能全部转化为内能；(2)有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．例2 如图7所示，质量为m ＝1kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为l ＝1.4 m ；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2.求：图7(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 答案 (1)1033N (2)0.1m 或0.8m (3)0.5J解析 (1)滑块受到水平力F 、重力mg 和支持力F N 作用处于平衡状态，水平力F ＝mg tan θ，F ＝1033N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ， 下滑过程机械能守恒mgh ＝12mv 2，得v ＝2gh若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgl ＝12mv 02－12mv 2则h ＝v202g－μl ，代入数据解得h ＝0.1m若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理： －μmgl ＝12mv 02－12mv 2则h ＝v202g ＋μl代入数据解得h ＝0.8m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，mgh ＝12mv 2，v 0＝v－at ，μmg ＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝l －x 相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx 代入数据解得Q ＝0.5J.摩擦力做功的分析方法1．无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积． 2．摩擦生热的计算：公式Q ＝F f ·x 相对中x 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x 相对为总的相对路程．3．如图8所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )图8A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C ．第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功 答案 C解析 对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v 2t ，对传送带：x 1′＝v ·t ，摩擦产生的热Q ＝F f x 相对＝F f (x 1′－x 1)＝F f ·v 2t ，机械能增加量ΔE ＝F f ·x 1＝F f ·v2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确．4．(多选)如图9所示，一块长木块B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的外力F 拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离．在此过程中( )图9A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量 B ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和 答案 BD解析 A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量，B 正确．A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功不等，C 错误．对B 应用动能定理W F －W f ＝ΔE k B ，W F ＝ΔE k B ＋W f ，即外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 正确．由上述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能的增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错误． 命题点三 能量守恒定律及应用例3 如图10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＝32，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 ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L .现给A 、B 一初速度v 0＞gL ，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又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求：图10(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能．答案 (1)v20－gL (2)v202g －L 2 (3)3mv204－3mgL 4解析 (1)A 与斜面间的滑动摩擦力F f ＝2μmg cos θ物体A 从初始位置向下运动到C 点的过程中，根据功能关系有 2mgL sin θ＋12×3mv 02＝12×3mv 2＋mgL ＋F f L解得v ＝v20－gL(2)从物体A 接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点的整个过程中，对A 、B 组成的系统应用动能定理－F f ·2x ＝0－12×3mv 2解得x ＝v202g －L2(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统根据功能关系有E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋F f x所以E p ＝F f x ＝3mv204－3mgL4应用能量守恒定律解题的基本思路1．分清有多少种形式的能量[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化．2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．3．列出能量守恒关系：ΔE减＝ΔE增．5．如图11所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H，已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能E k、势能E p与上升高度h之间关系的图象是( )图11答案 D解析重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随着上升高度h的增大，重力势能增大，选项A错误；机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有－F fhsinα＝E－E0，即E＝E0－F fhsinα；下滑过程中有－F f2H－hsinα＝E′－E0，即E′＝E0－2F fHsinα＋F f hsinα，故上滑和下滑过程中E－h图线均为直线，选项B错误；动能的变化与合外力做功有关，上滑过程中有－mgh －Ff sin αh ＝E k －E k0，即E k ＝E k0－(mg ＋Ffsin α)h ，下滑过程中有－mgh －F f 2H －h sin α＝E k ′－E k0，即E k ′＝E k0－2F f H sin α－(mg －Ffsin α)h ，故E k －h 图线为直线，但下滑过程斜率小，选项C 错误，D 正确．6．如图12所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k ＝16N/m 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上，B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚好拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均为m ＝0.2 kg ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C 后它沿斜面下滑，A 刚离开地面时，B 获得最大速度，求：图12(1)从释放C 到物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离； (2)物体C 的质量；(3)释放C 到A 刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C 做的功． 答案 (1)0.25m (2)0.8kg (3)－0.6J 解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x B ，得kx B ＝mg ①设物体A 刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A ，得kx A ＝mg② 当物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离为h ＝x A ＋x B③ 由①②③解得h ＝2mgk＝0.25m④(2)物体A 刚离开地面时，物体B 获得最大速度v m ，加速度为零，设C 的质量为M ，对B 有F T －mg －kx A ＝0⑤ 对C 有Mg sin α－F T ＝0⑥由②⑤⑥解得M ＝4m ＝0.8kg(3)由于x A ＝x B ，物体B 开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B 、C 两物体速度大小相等，由能量守恒有Mgh sin α－mgh ＝12(m ＋M )v m 2解得v m ＝1m/s对C 由动能定理可得Mgh sin α＋W T ＝12Mv m 2解得W T ＝－0.6J.题组1 功能关系的理解和应用1．如图1所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点．将小球拉至A 点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O 点正下方与A 点的竖直高度差为h 的B 点时，速度大小为v .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图1A ．小球运动到B 点时的动能等于mgh B ．小球由A 点到B 点重力势能减少12mv 2C ．小球由A 点到B 点克服弹力做功为mghD ．小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mgh －12mv 2答案 D解析 小球由A 点到B 点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧由原长到发生伸长的形变，小球动能增加量小于重力势能减少量，A 项错误；小球重力势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和，B 项错误；弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能减少量与动能增加量之差，D 项正确；弹簧弹性势能增加量等于小球克服弹力所做的功，C 项错误．2．(多选)如图2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h ，其加速度大小为34g .在这个过程中，物体( )图2A ．重力势能增加了mghB ．动能减少了mghC ．动能减少了3mgh2D ．机械能损失了3mgh2答案 AC解析 物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A 正确；合力做的功等于物体动能的变化，则可知动能减少量为ΔE k ＝mah sin30°＝32mgh ，选项B 错误，选项C 正确；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mg sin30°＋F f ＝ma ，a ＝34g ，所以F f ＝14mg ，故克服摩擦力做的功W f ＝F fh sin30°＝14mg h sin30°＝12mgh ，选项D 错误．3．小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图3中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．绳对球的拉力不做功B ．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C ．绳对车做的功等于球减少的重力势能D ．球减少的重力势能等于球增加的动能 答案 B解析 小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，球克服绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A 错误，选项B 正确；绳对车做的功等于球减少的机械能，选项C 错误；球减少的重力势能等于球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D 错误． 4.(2015·福建理综·21)如图4，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .图4(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s . 答案 (1)3mg (2)①gR 3 ②13L 解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒mgR ＝12mv B 2滑块在B 点处，由牛顿第二定律知N －mg ＝m v2B R解得N ＝3mg 由牛顿第三定律知N ′＝3mg(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒mgR ＝12Mv m 2＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ， 由功能关系mgR －μmgL ＝12Mv C 2＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ， 由牛顿第二定律μmg ＝Ma 由运动学规律v C 2－v m 2＝－2as解得s ＝13L .题组2 摩擦力做功的特点及应用5．足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，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 ＝mv 2B ．W ＝0，Q ＝2mv 2C ．W ＝mv22，Q ＝mv 2D ．W ＝mv 2，Q ＝2mv 2答案 B解析 对小物块，由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v2μg，这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x 相对＝2mv 2，选项B 正确．6．(多选)如图5，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上．质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为F f ，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s .在这个过程中，以下结论正确的是( )图5A ．物块到达小车最右端时具有的动能为F (L ＋s )B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f sC ．物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋s )D ．物块和小车增加的机械能为F f s 答案 BC解析 对物块分析，物块相对于地的位移为L ＋s ，根据动能定理得(F －F f )(L ＋s )＝12mv 2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋s )，故A 错误；对小车分析，小车对地的位移为s ，根据动能定理得F f s ＝12Mv ′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f s ，故B 正确；物块相对于地的位移大小为L ＋s ，则物块克服摩擦力所做的功为F f (L＋s )，故C 正确；根据能量守恒得，外力F 做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F (L ＋s )＝ΔE ＋Q ，则物块和小车增加的机械能为ΔE ＝F (L ＋s )－F f L ，故D 错误．7．如图6所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：图6(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm . 答案 (1)0.52 (2)24.4J解析 (1)最后的D 点与开始的位置A 点比较： 动能减少ΔE k ＝12mv 02＝9J.重力势能减少ΔE p ＝mgl AD sin37°＝36J. 机械能减少ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝45J机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即W f ＝F f l ＝45J ，而路程l ＝5.4m ，则 F f ＝Wf l≈8.33N.而F f ＝μmg cos37°，所以 μ＝Ffmgcos37°≈0.52.(2)由A 到C 的过程：动能减少ΔE k ′＝12mv 02＝9J.重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin37°＝50.4J. 机械能的减少用于克服摩擦力做功W f ′＝F f l AC ＝μmg cos37°·l AC ＝35J.由能量守恒定律得：E pm ＝ΔE k ′＋ΔE p ′－W f ′＝24.4J.题组3 能量守恒定律及应用8．(2014·广东·16)图7是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )图7A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能 答案 B解析 由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A 错误，B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C 、D 错误．9．如图8为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A 点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T ，轨道半径为r ，椭圆轨道的近地点B 离地心的距离为kr (k ＜1)，引力常量为G ，飞船的质量为m ，求：图8(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M 、m 的两个质点相距为r 时的引力势能E p ＝－GMmr ，式中G 为引力常量．求飞船在A 点变轨时发动机对飞船做的功．答案 (1)4π2r3GT2 2πrT(2)错误!解析 (1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有G Mmr2＝mr (2πT)2求得地球的质量M ＝4π2r3GT2在轨道Ⅰ上的线速度大小为v ＝2πrT.(2)设飞船在椭圆轨道上远地点速度为v 1，在近地点的速度为v 2，则由开普勒第二定律有rv 1＝krv 2根据能量守恒有 12mv 12－G Mm r ＝12mv 22－G Mm kr 求得v 1＝错误!＝错误!错误!因此飞船在A 点变轨时，根据动能定理，发动机对飞船做的功为W ＝12mv 12－12mv 2＝错误!.。

权掇市安稳阳光实验学校【金版学案】高考物理一轮复习第五章功能关系和机械能章末知识整合1．求功的四种方法．(1)恒力做功可用W＝Fscos α.(2)由恒定功率求功可用W＝Pt.(3)用动能定理求功W＝ΔE k，即合外力做的功等于物体动能的变化量．(4)用功能关系求功W非＝ΔE，即非重力(也非弹力)的外力做的功是物体机械能变化的量度．2．掌握动能定理和机械能守恒定律的解题思路和方法．(1)动能定理适用于单个物体，解题时要正确选取研究对象，明确它的运动过程，正确进行受力分析，求出各力做的总功，再按W＝E k2－E k1列出方程求解．(2)机械能守恒定律的主要研究对象是系统，解题时要明确研究对象及运动过程，分析受力情况，弄清各力做功情况，判断是否符合机械能守恒的条件，再选好参考平面，确定初、末状态的机械能，根据守恒定律列方程求解．凡是涉及动能变化或机械能变化的物理过程，都能用动能定理求解，只有涉及系统机械能总量不变的物理过程才能用机械能守恒定律求解．【例❶】如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有( ) A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处审题突破：本题考查了力的分解、牛顿运动定律、机械能守恒定律等知识．解析：由题图可知，甲的切向加速度先比乙大，之后甲的切向加速度减小，乙的切向加速度增大，最后甲的切向加速度比乙小，选项A错误；根据机械能守恒定律有mgh＝12mv2，故在同一高度时，甲、乙两小孩的速度大小相同，选项B正确；画出甲、乙的速度大小与时间的关系图象，图线下的面积表示甲、乙的位移，由图象可知，到达同一高度甲用的时间短，甲比乙先到达B处，选项C错误，选项D正确．答案：BD方法点窍本题过程较为复杂，但是根据题意画出图象来帮助解题，则较为简单．有些题目虽然没有图象，也没有要求考生画出图象，但是画出图象并借助图象来帮助解题，可能更为简单．【例❷】(2014·湖北八市联考)图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．物品(质量m＝1 kg)从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，并随转盘一起运动(无相对滑动)，到C处被取走装箱．已知A、B两处的距离L＝9 m，传送带的传输速度v＝2.0 m/s，物品在转盘上与轴O的距离R＝5 m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2.取g＝10 m/s2.(1)物品从A处运动到B处的时间t；(2)物品从A处运动到C处的过程中外力对物品总共做了多少功；(3)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大？解析：(1)由题意知，物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s 1.由μ1mg ＝ma ， v 2＝2as 1， 得s 1＝1 m ＜L.之后，物品和传送带一起以速度v 做匀速运动， 匀加速运动的时间：t 1＝2s 1v ＝1 s ，匀速运动的时间：t 2＝（L －s 1）v＝4 s ，所以物品从A 处运动到B 处的时间：t ＝t 1＋t 2＝5 s.(2)由动能定理可知，物品从A 处运动到C 处的过程中外力对物品总共做功： W ＝mv22－0＝2 J.(3)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时，有μ2mg ＝mv 2R，得：μ2＝v2gR ＝0.08.答案：见解析【例❸】 (2014·北京模拟)某同学用如图甲所示的装置通过研究重锤的落体运动来验证机械能守恒定律．已知重力加速度为g.①在实验所需的物理量中，需要直接测量的是______，通过计算得到的是________．(填写代号)A ．重锤的质量B ．重锤下落的高度C ．重锤底部距水平地面的高度D ．与下落高度对应的重锤的瞬时速度②在实验得到的纸带中，我们选用如图乙所示的起点O 与相邻点之间距离约为2 mm 的纸带来验证机械能守恒定律．图中A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为七个相邻的原始点，F 点是第n 个点．设相邻点间的时间间隔为T ，下列表达式可以用在本实验中计算F 点速度v F 的是________．A ．v F ＝g(nT)B ．v F ＝2gh nC ．v F ＝h n ＋1－h n －12TD ．v F ＝x n ＋1－x n2T③若代入图乙中所测的数据，求得12v 2n 在误差允许的范围内等于____________(用已知量和图乙中测出的物理量表示)，即可验证重锤下落过程中机械能守恒．即使在操作及测量无误的前提下，所求12v 2n 也一定会略________(填“大于”或“小于”)后者的计算值，这是实验存在系统误差的必然结果．④另一名同学利用图乙所示的纸带，分别测量出各点到起始点的距离h ，并分别计算出各点的速度v ，绘出v 2h 图线，如图丙所示．从v 2h 图线求得重锤下落的加速度g′＝________m/s 2(保留三位有效数字)．则由上述方法可知，这名同学是通过观察v 2h 图线是否过原点，以及判断________与________(用相关物理量的字母符号表示)在实验误差允许的范围内是否相等，来验证机械能是否守恒的．解析：①需要直接测量的是重锤下落的高度，需要计算的是与下落高度对应的重锤的瞬时速度，选项B 、D 正确；②计算F 点的速度利用C 选项中的公式符合运动规律，故选项C 正确；③若机械能守恒，则12mv 2n ＝mgh n ，所以在误差允许的范围内12v 2n ＝gh n ；因为存在空气阻力和摩擦阻力，重力势能不能全部转化为动能，因此一定是12v 2略小于gh ；④因为12v 2＝gh ，所以v 2h 图象的斜率k ＝2g′，经计算g′＝9.75 m/s 2；我们可以根据g 和g′在误差允许的范围内是否相等来判断机械能是否守恒，如近似相等说明阻力很小，机械能是守恒的．答案：见解析一、选择题1．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(B)A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：在弹簧压缩的过程中由于楔块克服摩擦力做功和克服弹簧弹力做功，因此缓冲器机械能不守恒，选项A 错误；摩擦力做负功使机械能转化为内能，选项B 正确；垫板的动能转化为弹簧的弹性势能和内能，选项C 、D 错误．2．如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角θ缓慢增大，在货物m 相对车厢仍然静止的过程中，下列说法中正确的是(A)A ．货物受到的支持力变小B ．货物受到的摩擦力变小C ．摩擦力对货物做了负功D ．地面对车的摩擦力增大解析：货物处于平衡状态，则有mgsin θ＝f ，F N ＝mgcos θ，θ增大时，f增大，F N 减小，A 正确，B 错误；摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，C 错误；对汽车受力分析可知汽车只受重力与支持力，地面对车无摩擦力的作用，D错误．3．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(位置A)上，随跳板一起向下运动到达最低点(位置B)．运动员从开始与跳板接触到运动至最低点过程中，下列说法正确的是(BC)A ．运动员到达最低点时所受合力为零B ．在这过程中，跳板的弹性势能一直在增加C ．在这过程中，运动员的重力的功率先增大后减小D ．在这过程中，运动员所受重力对他做的功等于跳板的作用力对他做的功解析：运动员在最低点时，弹力大于重力，因此所受合力向上，A 错误；跳板的形变量逐渐增大，因此弹性势能在增加，B 正确；运动员运动的速度先增加后减小，故重力的功率先增加后减小；C 正确；根据功能关系W G ＝W F ＋ΔE p ，解得W F ＝W G －ΔE p ，D 错误．4．如图所示，一滑块从底端冲上固定的足够长粗糙斜面，到达某一高度后返回．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的位移s 、速度v 、加速度a 、机械能E 随时间变化的图象，可能正确的是(BC)解析：滑块沿斜面匀减速上升和匀加速下降过程中，位移s 随时间t 的变化图象为抛物线，选项A 错误；受力分析，上升和下降过程中，其加速度都沿斜面向下，由牛顿第二定律可知a 上＞a 下，选项C 正确；在vt 图象中，图线的斜率大小等于其加速度，选项B 正确；物体在上升和下降过程，其机械能始终都是在减小，选项D 错误．5．刘翔在雅典奥运会上夺得110米跨栏冠．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，设他的质量为m ，在起跑时前进的距离s 内，重心升高为h ，获得的速度为v ，克服阻力做功为W 1，则在此过程中(BD)A ．刘翔的机械能增加了12mv 2B ．刘翔的机械能增加了12mv 2＋mghC ．刘翔的重力做功为W G ＝mghD ．刘翔自身做功W ＝12mv 2＋mgh ＋W 1解析：刘翔的机械能增加量等于动能增加量加上势能的增加量，为12mv 2＋mgh ，B 正确，A 错误；重心升高，重力做负功，故W G ＝－mgh ，C 错误；根据动能定理W －mgh －W 1＝12mv 2，解得W ＝12mv 2＋mgh ＋W 1，D 正确．二、非选择题6．如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g.求：(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1； (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p .解析：(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg ＝mv 21R，①由①式解得v 1＝gR.②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有：E p ＝mg(1.5R ＋R)＋12mv 21，③由②③式解得E p ＝3mgR④ 答案：(1)gR (2)3mgR。