高考物理复习第5章第4课时功能关系能量守恒定律训练题(含解析)新人教

第五章机械能第3讲功能关系能量守恒定律过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、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的功动能变化W＝E k2－E k1＝ΔE k重力的功重力势能变化(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)W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化(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)W弹＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝F f·x相对二、两种摩擦力做功特点的比较类型比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功不同点能量的转化方面只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量不同点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滑动摩擦力做功的代数和总是负值相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功三、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．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．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，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析．【例1】(多选)某运动员参加百米赛跑，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，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离s 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W f ，则在此过程中()A ．运动员的机械能增加了12mv 2B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为mghD ．运动员自身做功W ＝12mv 2＋mgh －W f 答案BD 解析运动员的重心升高h ，获得的速度为v ，其机械能的增量为ΔE ＝mgh ＋12mv 2，A 错误，B 正确；运动员的重心升高h ，重力做负功，W G ＝－mgh ，C错误；根据动能定理得，W＋W f－mgh＝1mv2－0，解得W＝21mv2＋mgh－W f，D正确．2【变式1】(多选)物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A的过程中，动能减少40J，机械能减少10J．设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体()A．落回到地面时机械能为70JB．到达最高点时机械能为90JC．从最高点落回地面的过程中重力做功为60JD．从抛出到落回地面的过程中克服阻力做功为60J答案BD解析物体以120J的初动能竖直向上抛出，向上运动的过程中重力和空气阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40J，而机械能损失了10 J．根据功能关系可知：合力做功为－40J，空气阻力做功为－10J，对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgh＋F f h＝40J，F f h＝10J，得F f＝1mg；3当上升到最高点时，动能为零，动能减小120J，设最大高度为H，则有：mgH＋F f H＝120J，解得mgH＝90J，F f H＝30J，即机械能减小30J，在最高点时机械能为120J－30J＝90J，即上升过程机械能共减少了30J；当下落过程中，由于阻力做功不变，所以机械能又损失了30J，故整个过程克服阻力做功为60J，则该物体落回到地面时的机械能为60J，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH＝90J，故A、C错误，B、D正确．【例2】(多选)(2020·全国Ⅰ卷)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解析下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg.下滑5m过程中，由功能关系，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mg sinθ－μmg cosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C错误；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选项错误．故选AB.【变式2】(多选)如图所示，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()A．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解析设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得μmgx＋E p A＝W，从A点到B点过程中同理可得E p A＝μmga＋E p B，由于克服摩擦力做功，则E p B＜E p A，则B点到O点距离一定小于a2，且x＞a2，则E p A＝W－μmgx＜W－1μmga，A错误；在B点有E p B＝W－μmg(a＋x)＜W2－3μmga，B正确；物块经过O点，同理可得E k O＝W－2μmgx＜W－μmga，2C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误．圆轨道与水平【例3】(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定14轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是()A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)答案CD解析当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时，速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W f大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有W F －mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为W F＝mgR(1＋2μ)，故D 正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－W f－μmgR＝0，因为W f>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此W F<2mgR，故C正确．【变式3】高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B 中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是()A．克服阻力做的功为1mv202B．该过程产生的热量为1mv20－mgh2C．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间答案B解析根据动能定理有－mgh－F f l＝0－1mv20，克服阻力做的功为W f＝F f l＝21mv20－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产2生的热量为1mv20－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克2服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误．1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)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(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)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．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【例4】如图所示，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，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是()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量C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量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，合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；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有x1＝v2t，对传送带有x′1＝v·t，因摩擦产生的热量Q＝F f x相对＝F f(x′1－x1)＝F f·v2t，物体机械能增加量ΔE＝F f·x1＝F f·v2t，所以Q＝ΔE，C正确．【变式4】(多选)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s＝L1＋L2.小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则()A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同答案AC解析设斜面体甲的倾角为α，斜面体乙的倾角为β，根据动能定理，滑块A 由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmg cosα·s＝12mv2C，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmg cosβ·L1－μmgL2＝12mv2D，又s＝L1＋L2，根据几何关系得s cosα>L1cosβ＋L2，所以12mv2C<12mv2D，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时：mgh－μmg cosθ·hsinθ＝12mv2，重力做功相等，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确；滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D错误．【例5】如图所示，半径为R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高．质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速率v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .答案(1)6m/s (2)9J 解析(1)设物块在B 点的速度为v B ，从A 到B 物块做平抛运动，有：v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有：mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B 解得：v C ＝6m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动．设相对滑动时物块加速度大小为a 1，木板加速度大小为a 2，经过时间t 达到共同速度v ，则：μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2，v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t根据能量守恒定律有：12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得：Q ＝9J.【变式5】(多选)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机械能的变化量答案CD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．。

第4课时功能关系能量守恒定律考纲解读 1.掌握功和能的对应关系，特别是合力功、重力功、弹力功分别对应的能量转化关系.2.理解能量守恒定律，并能分析解决有关问题．1．[功和能的关系]对于功和能的关系，下列说法中正确的是( ) A．功就是能，能就是功B．功可以变为能，能可以变为功C．做功的过程就是能量转化的过程D．功是物体能量的量度答案 C解析功和能是两个密切相关的物理量，但功和能有本质的区别，功是反映物体在相互作用过程中能量变化多少的物理量，与具体的能量变化过程相联系，是一个过程量；能是用来反映物体具有做功本领的物理量，物体处于一定的状态(如速度和相对位置)就具有一定的能量，功是反映能量变化的多少，而不是反映能量的多少．2．[几个重要功能关系的理解]从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h.设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为F f.下列说法正确的是( ) A．小球上升的过程中动能减少了mghB．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f hC．小球上升的过程中重力势能增加了mghD．小球上升和下降的整个过程中动能减少了F f h答案 C解析根据动能定理，上升的过程中动能减少量等于小球克服重力和阻力做的功，为mgh ＋F f h，小球上升和下降的整个过程中动能减少量和机械能的减少量都等于整个过程中克服阻力做的功，为2F f h，A、B、D错，选C.3．[能的转化和守恒定律的应用]如图1所示，美国空军X－37B无人航天飞机于2010年4月首飞，在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中 ( )A．X－37B中燃料的化学能转化为X－37B的机械能图1B．X－37B的机械能要减少C ．自然界中的总能量要变大D ．如果X －37B 在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能不变 答案 AD解析 在X －37B 由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X －37B 做正功，X －37B 的机械能增大，A 对，B 错．根据能量守恒定律，C 错．X －37B 在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D 对． 考点梳理 一、功能关系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．4．[能量守恒定律的应用]如图2所示，ABCD 是一个盆式容器， 盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.5 m ．盆边缘的高度为h ＝ 图20.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0答案 D解析 由mgh ＝μmgx ，得x ＝3 m ，而x d ＝3 m 0.5 m＝6，即3个来回后，恰停在B 点，选项D 正确．5．[几个重要功能关系的应用]如图3所示，某段滑雪雪道倾角为30°， 总质量为m (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13g .在他从上向下滑到底端的 图3过程中，下列说法中正确的是 ( )A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为13mghC ．运动员克服摩擦力做功为23mghD ．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh答案 D解析 运动员的加速度为13g ，小于g sin 30°，所以运动员下滑的过程中必受摩擦力，且大小为16mg ，克服摩擦力做功为16mg ·h sin 30°＝13mgh ，故C 错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 的重力势能转化为内能，故A 错，D 对；由动能定理知，运动员获得的动能为13mg ·h sin 30°＝23mgh ，故B 错．方法提炼1．物体克服摩擦力做功时，能量由机械能转化为内能． 2．摩擦力做功产生的内能：Q ＝F f s ，s 为路程.考点一 功能关系的应用1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，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电场力做功与电势能变化的关系分析．例1 如图4所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的 一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上，另一端与质量为m 的物块A 相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上 升高度h 的过程中( ) 图4A ．物块A 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C ．物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和D ．物块A 和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的代数和解析由于斜面光滑，物块A静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A相对斜面下滑一段距离，故选项A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C正确；物块A和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D正确．答案CD突破训练1如图5所示，一轻弹簧左端与物体A相连，右端与物体B相连，开始时，A、B均在粗糙水平面上不动，弹簧处于原长状态．在物体B上作用一水平向右的恒力F，使物体图5A、B向右运动．在此过程中，下列说法正确的是 ( )A．合外力对物体A所做的功小于物体A的动能增量B．外力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量C．外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及弹簧弹性势能增量之和D．外力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与弹簧弹性势能增量之和答案 C考点二摩擦力做功的特点及应用1．静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)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(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)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．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f s相对．其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．深化拓展从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．例2 如图6所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间 的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .图6(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．审题指导 当把滑块B 拉离A 时，B 的位移为A 的位移与A 的长度之和．注意：审题时要画出它们的位移草图．解析 (1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为l ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得 μmgl ＝12mv 2A(F －μmg )·(l ＋L )＝12mv 2B又由同时性可得v A a A ＝v B a B (其中a A ＝μg ，a B ＝F －μmg m) 解得l ＝μmgLF －2μmg.(2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (l ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q解得Q ＝μmgL . 答案 (1)μmgLF －2μmg(2)μmgL突破训练2 如图7所示，一质量为m ＝2 kg 的滑块从半径为R ＝0.2 m 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A 处由静止滑下，A 点和圆弧对应的圆心O 点等高，圆弧的底端B 与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v 0＝4 m/s ，B 点到传送带右端C 点的距离为L ＝2 m ．当滑块滑到传送带的右端C 时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g ＝ 10 m/s 2)，求：图7(1)滑块到达底端B 时对轨道的压力； (2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q . 答案 (1)60 N ，方向竖直向下 (2)0.3 (3)4 J 解析 (1)滑块由A 到B 的过程中，由机械能守恒定律得：mgR ＝12mv 2B①物体在B 点，由牛顿第二定律得：F B －mg ＝m v2B R②由①②两式得：F B ＝60 N由牛顿第三定律得滑块到达底端B 时对轨道的压力大小为60 N ，方向竖直向下． (2)解法一：滑块在从B 到C 运动过程中， 由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ③ 由运动学公式得：v 20－v 2B ＝2aL④ 由①③④三式得：μ＝0.3⑤解法二：滑块在从A 到C 整个运动过程中， 由动能定理得：mgR ＋μmgL ＝12mv 20－0解得：μ＝0.3(3)滑块在从B 到C 运动过程中，设运动时间为t 由运动学公式得：v 0＝v B ＋at⑥ 产生的热量：Q ＝μmg (v 0t －L )⑦由①③⑤⑥⑦得：Q ＝4 J. 考点三 能量守恒定律及应用列能量守恒定律方程的两条基本思路：(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．例3 如图8所示有一倾角为θ＝37°的硬杆，其上套一底端固定且 劲度系数为k ＝120 N/m 的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦．一个质量 为m ＝1 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，已知 小球与硬杆间的动摩擦因数μ＝0.5，P 与弹簧自由端Q 间的距离图8为l ＝1 m ．弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t ；(2)小球运动过程中达到的最大速度v m ；(3)若使小球在P 点以初速度v 0下滑后又恰好回到P 点，则v 0需多大？ 解析 (1)F 合＝mg sin θ－μmg cos θa ＝F 合m ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2l ＝12at 2所以t ＝2la＝1 s(2)小球从P 点无初速度滑下，当弹簧的压缩量为x 时小球有最大速度v m ，有mg sin θ－μmg cos θ＝kx ，x ＝160m此过程由能量守恒定律可得：mg ·(l ＋x )sin θ＝W 弹＋μmg cos θ(l ＋x )＋12mv 2m而W 弹＝12kx 2代入数据解得：v m ＝113030m/s ＝2 m/s(3)设小球从P 点以初速度v 0下滑，压缩弹簧至最低点时弹簧的压缩量为x 1，由能量守恒有：mg (l ＋x 1)sin θ＋12mv 20＝μmg cos θ(l ＋x 1)＋12kx 21小球从最低点经过Q 点回到P 点时的速度为0，则有： 12kx 21＝mg (l ＋x 1)sin θ＋μmg cos θ(l ＋x 1) 联立以上二式解得x 1＝0.5 m ，v 0＝2 6 m/s ＝4.9 m/s. 答案 (1)1 s (2)2 m/s (3)4.9 m/s应用能量守恒定律解题的步骤1.分清有多少形式的能[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，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量 ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式； 3．列出能量守恒关系式：ΔE 减 ＝ΔE 增．突破训练3 假设某足球运动员罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v .横梁下边缘离地面的高度为h ，足球质量为m ，运动员对足球做的功为W 1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W 2，选地面为零势能面，下列说法正确的是 ( ) A ．运动员对足球做的功为W 1＝mgh ＋12mv 2－W 2B ．足球机械能的变化量为W 1－W 2C ．足球克服阻力做的功为W 2＝mgh ＋12mv 2－W 1D ．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh ＋12mv 2答案 B解析 由功能关系可知：W 1＝mgh ＋12mv 2＋W 2，A 项错．足球机械能的变化量为除重力、弹力之外的力做的功．ΔE 机＝W 1－W 2，B 项对；足球克服阻力做的功W 2＝W 1－mgh － 12mv 2，C 项错．D 项中，刚踢完球瞬间，足球的动能应为E k ＝W 1＝mgh ＋12mv 2＋W 2，D 项错.26．传送带模型中的动力学和功能关系问题1．模型概述传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律，求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W F 和Q 的理解： ①传送带的功：W F ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝F f s 相对． 传送带模型问题的分析流程例4 如图9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t ＝1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，取g ＝10 m/s 2，求： 图9(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 ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达到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)根据能量守恒的观点，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产生的热量． 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，摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θx 相＝60 J 工件获得的动能E k ＝12mv 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本题综合考查了动力学及能量守恒定律的应用．第一问重点在对运动过程分析的基础上的公式应用，第二问是考查能量守恒 问题．突破训练4 如图10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，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止， 图10 对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是( )A ．电动机多做的功为12mv 21B ．物体在传送带上的划痕长v 2μgC ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2 D ．电动机增加的功率为μmgv答案 D解析 小物块与传送带相对静止之前，物体做匀加速运动，由运动学公式知x 物＝v 2t ，传送带做匀速运动，由运动学公式知x 传＝vt ，对物块根据动能定理μmgx 物＝12mv 2，摩擦产生的热量Q ＝μmgx 相＝μmg (x 传－x 物)，四式联立得摩擦产生的热量Q ＝12mv 2，根据能量守恒定律，电动机多做的功一部分转化为物块的动能，一部分转化为热量，故电动机多做的功等于mv 2，A 项错误；物体在传送带上的划痕长等于x 传－x 物＝x 物＝v 22μg ，B 项错误；传送带克服摩擦力做的功为μmgx 传＝2μmgx 物＝mv 2，C 项错误；电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为μmgv ，D 项正确．高考题组1．(2012·安徽理综·16)如图11所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( ) A ．重力做功2mgR图11B ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR 答案 D解析 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg ＝mv 2R得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 点到B 点的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12mv 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12mv 2－0，所以W f ＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项D 正确．2．(2012·福建理综·17)如图12所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A 下落，B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地， 图12两物块 ( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同答案 D解析 A 、B 开始时处于静止状态，对A ：m A g ＝T① 对B ：T ＝m B g sin θ②由①②得m A g ＝m B g sin θ即m A ＝m B sin θ③剪断轻绳后，A 、B 均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B 项错误；由机械能守恒知，mgh ＝12mv 2，所以v ＝2gh ，落地速率相同，故速率的变化量相同，A 项错误；由ΔE p ＝mgh ，因m 不同，故ΔE p 不同，C 项错误；重力做功的功率P A ＝m A g v ＝m A g v 2＝m A g 2gh 2，P B ＝m B g v sin θ＝m B g 2gh 2sin θ，由③式m A ＝m B sin θ，得P A ＝P B ，D 项正确． 3．(2010·山东理综·22)如图13所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面 顶端齐平．用细线将物块与软绳连接， 图13物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此 过程中 ( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mgl C ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和答案 BD解析 细线的拉力对物块做负功，所以物块的机械能减少，故选项A 错误；软绳减少的重力势能ΔE p ＝mg (l 2－l 2sin 30°)＝14mgl ，故选项B 正确；软绳被拉动，表明细线对软绳的拉力大于摩擦力，而物块重力势能的减少等于克服细线拉力做功与物块动能之和，选项C 错误；对软绳应用动能定理，有W T ＋W G －W f ＝ΔE k ，所以软绳重力势能的减少ΔE p ＝W G ＝ΔE k ＋(W f －W T )，所以ΔE p <ΔE k ＋W f ，选项D 正确． 模拟题组4．如图14所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v 2运动．一小物块以v 1的初速度冲上传送带，v 1>v 2.小物块从A 到B 的过程中一直做减速运动，则( )A ．小物块到达B 端的速度可能等于v 2B ．小物块到达B 端的速度不可能等于零图14C ．小物块的机械能一直在减少D ．小物块所受合力一直在做负功答案 AD解析 小物块一直做减速运动，到B 点时速度为小于v 1的任何值，故A 正确，B 错误．当小物块与传送带共速后，如果继续向上运动，摩擦力将对小物块做正功，机械能将增加，故C 错误．W 合＝ΔE k <0，D 正确．5．如图15甲所示，一根轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块与弹簧不连接，小物块的质量为m ＝2 kg ，当弹簧处于原长时，小物块静止于O 点．现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧至A 点(压缩量为x A )，此时弹簧的弹性势能E p ＝2.3 J ．在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图乙所示．然后突然撤去外力，让小物块沿桌面运动到B 点后水平抛出．已知A 、B 之间的距离为L ＝0.65 m ，水平桌面的高为h ＝5 m ，计算时，可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力．g 取10 m/s 2，求：图15(1)在A 点释放小物块后瞬间，小物块的加速度；(2)小物块落地点与桌边B 的水平距离．答案 (1)22 m/s 2(2)1 m解析 (1)由F －x 图象可得，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f ＝2 N释放瞬间弹簧弹力大小 F T ＝F －F f ＝(48－2) N ＝46 N故释放瞬间小物块的加速度大小为a ＝F T －F f m ＝46－22m/s 2＝22 m/s 2 (2)从A 点开始到B 点的过程中，摩擦产生的热量Q ＝F f L对小物块根据能量守恒有E p ＝12mv 2B ＋Q 物块从B 点开始做平抛运动，则h ＝12gt 2 故小物块落地点与桌边B 的水平距离x ＝v B t联立解得x ＝1 m(限时：45分钟)►题组1 几个重要功能关系的应用1．如图1所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )图1A．都必须大于mghB．都不一定大于mghC．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mghD．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh答案 C解析采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确．2．如图2所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，以下说法正确的是( )A．牵引力与克服摩擦力做的功相等图2B．合外力对汽车不做功C．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功D．汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能答案BD解析汽车由A匀速率运动到B，合外力始终指向圆心，合外力做功为零，即W牵＋W G－W f＝0，即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做的功，A、C错误，B正确；汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转化为汽车的重力势能，D正确．3．如图3所示，一轻质弹簧原长为l ，竖直固定在水平面上，一质量为m 的小球从离水平面高为H 处自由下落，正好压在弹簧上，下落过程中小球遇到的空气阻力恒为F f ，小球压缩弹簧的最大压缩量为x ，则弹簧被压到最短时的弹性势能为( ) A ．(mg －F f )(H －l ＋x )图3B ．mg (H －l ＋x )－F f (H －l )C ．mgH －F f (l －x )D ．mg (l －x )＋F f (H －l ＋x )答案 A解析 小球重力势能的减少量为ΔE p ＝mg (H －l ＋x )克服空气阻力做的功为W f ＝F f (H －l ＋x )弹性势能的增加量为ΔE ＝ΔE p －W f ＝(mg －F f )(H －l ＋x )故选项A 正确． 4．若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W 1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W 2，高压燃气对礼花弹做功W 3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变) ( )A ．礼花弹的动能变化量为W 3＋W 2＋W 1B ．礼花弹的动能变化量为W 3－W 2－W 1C ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2D ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2－W 1答案 BC解析 动能变化量等于各力做功的代数和，阻力、重力都做负功，故W 3－W 1－W 2＝ΔE k ，所以B 对，A 错．重力以外其他力做功的和为W 3－W 2即等于机械能增加量，所以C 对，D 错．5．如图4所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，AB 之间的水平距离为x ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( ) A ．小车重力所做的功是mgh图4B ．合外力对小车做的功是12mv 2 C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mghD ．阻力对小车做的功是Fx －12mv 2－mgh 答案 B解析 小车重力所做的功为－mgh ，A 错误．由动能定理得合外力对小车做的功W ＝ 12mv 2，B 正确．推力对小车做的功为Fx ，C 错误．根据动能定理，阻力对小车做的功为－(Fx －12mv 2－mgh )，故D 错误． 题组2 动能定理的应用6．如图5所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面 上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( ) 图5A ．重力势能增加了34mgh B ．重力势能增加了mghC ．动能损失了mghD ．机械能损失了12mgh 答案 BD解析 设物体受到的摩擦阻力为F f ，由牛顿运动定律得F f ＋mg sin 30°＝ma ＝34mg ，解得F f ＝14mg .重力势能的变化由重力做功决定，故ΔE p ＝mgh .动能的变化由合外力做功决定，故ΔE k ＝(F f ＋mg sin 30°)x ＝34mg ·h sin 30°＝32mgh . 机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE 机械＝F f ·x ＝14mg ·h sin 30°＝12mgh ，故B 、D 正确，A 、C 错误． 7．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并刚好从中穿出．对于这一过程，下列说法正确的是 ( )A ．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能B ．子弹和木块组成的系统机械能的损失量等于系统产生的热量C ．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和D ．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和答案 BD解析 子弹射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用使得子弹的动能减少，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失．A 选项没有考虑系统增加的内能，C 选项中应考虑的是系统(子弹、木块)内能的增加，A 、C 错，B 、D 对．8．如图6所示，质量为M 、长度为l 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使它从静止开始运动，物块和小车之间摩擦力的大小为F f ，当小车运动的位移为x 时，物块刚好滑到小车的最右端．若小物块可视为质点，则 ( )图6A ．物块受到的摩擦力对物块做的功与小车受到的摩擦力对小车做功的代数和为零B ．整个过程物块和小车间摩擦产生的热量为F f lC ．小车的末动能为F f xD ．整个过程物块和小车增加的机械能为F (x ＋l )答案 BC解析 物块与小车之间的摩擦力为滑动摩擦力，这一对滑动摩擦力做功，做功之和应小于零，选项A 错误；由功能关系知，系统机械能的增加量为F (l ＋x )－F f l ，D 项错误，B项正确．对小车应用动能定理知F f x ＝12Mv 2，C 项正确． 9．如图7所示，倾角为30°、高为L 的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L 的轻绳连接，A 球置于斜面顶端，现由静止释放A 、B 两球，球B 与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上．重力加速度 图7为g ，不计一切摩擦，则 ( )A ．小球A 下滑过程中，小球A 、B 系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小B ．A 球刚滑至水平面时，速度大小为5gL 2。

高考经典课时作业5-4 功能关系、能量守恒定律（含标准答案及解析）时间：45分钟 分值：100分1． 木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( )A ．子弹的机械能守恒B ．木块的机械能守恒C ．子弹和木块的总机械能守恒D ．子弹和木块的总能量守恒 2．(2013·长春模拟)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgC ．c 点与b 点的距离为RμD ．整个过程中物块机械能损失了mgR3．已知货物的质量为m ，在某段时间内起重机将货物以加速度a 加速升高h ，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g )( ) A ．货物的动能一定增加mah －mgh B ．货物的机械能一定增加mah C ．货物的重力势能一定增加mah D ．货物的机械能一定增加mah ＋mgh 4．(2013·东城区模拟)2010年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运会记录的方式夺得110米跨栏的冠军．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，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，则在此过程中，下列说法中不正确的是( )A ．地面对人做功W 地＝12mv 2＋mghB ．运动员机械能增加了12mv 2＋mghC ．运动员的重力做功为W 重＝－mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻5．如图所示，一物体从斜面上高为h 处的A 点由静止滑下，滑至斜面底端B 时，因与水平面碰撞仅保留了水平分速度而进入水平轨道，在水平面上滑行一段距离后停在C 点，测得A 、C 两点间的水平距离为x ，设物体与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，则( )A ．μ>hxB ．μ<h xC ．μ＝hxD ．无法确定6．(2013·秦皇岛模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h .让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( ) A ．圆环机械能守恒B ．弹簧的弹性势能先增大后减小C ．弹簧的弹性势能变化了mghD ．弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大7．如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的P 点，已知物体的质量为m ＝2.0 kg ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m.现用力F 拉物体，使弹簧从处于自然状态的O 点由静止开始向左移动10 cm ，这时弹簧具有弹性势能E p ＝1.0 J ，物体处于静止状态，若取g ＝10 m/s 2，则撤去外力F 后( ) A ．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm B ．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm C ．物体回到O 点时速度最大D ．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0 8．(2013·长春模拟)如图所示，质量为m 的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M 点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同．物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态．现从M 点由静止释放物块，物块运动到N 点时恰好静止，弹簧原长小于MM ′.若物块从M 点 运动到N 点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q ，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E ，物块通过的路程为s .不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是( )9．(2012·高考安徽卷)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( ) A ．重力做功2mgR B ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR10．如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．11．(2012·安徽合肥一中联考)如图所示，物块A 的质量为M ，物块B 、C 的质量都是m ，并都可看做质点，且m <M <2m .三物块用细线通过滑轮连接，物块B 与物块C 的距离和物块C 到地面的距离都是L .现将物块A 下方的细线剪断，若物块A 距滑轮足够远且不计一切阻力．求：(1)物块A 上升时的最大速度；(2)若B 不能着地，求Mm满足的条件．12．如图所示， AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力大小； (3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件？标准答案及解析：1.解析：子弹射入木块过程，系统中摩擦力做负功，机械能减少，而共同上摆过程，系统只有重力做功，机械能守恒．综上所述，整个过程机械能减少，减少部分等于克服木块摩擦力做功产生的热量． 答案：D 2．答案：BCD 3．解析：据牛顿第二定律，物体所受的合外力F ＝ma ，则动能的增加量为mah ，选项A 错误；重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh ，选项C 错误；机械能的增量为除重力之外的力做的功(ma ＋mg )h ，选项B 错误、D 正确． 答案：D 4．解析：由动能定理可知W 地＋W 阻＋W 重＋W 人＝12mv 2，其中W 重＝－mgh ，所以W 地＝12mv 2＋mgh －W 阻－W 人，A 错误；运动员机械能的增加量ΔE ＝W 地＋W 阻＋W 人＝12mv 2＋mgh ，B 正确；重力做功W 重＝－mgh ，C 正确；运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻－W 地，D 错误． 答案：AD 5．解析：μmgx <mgh ，则μ<hx，故B 正确．答案：B 6．解析：圆环下滑过程中，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，圆环减少的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，因初末状态的动能均为零，故弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减少量，故A 错误，C 正确；在整个过程中弹簧先逐渐压缩，再恢复原长，最后又伸长，弹簧的压缩量最大时，圆环的速度还在增大，故B 、D 均错误． 答案：C 7．解析：物体向右滑动时，kx －μmg ＝ma ，当a ＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x ＝μmg k，物体没有回到O 点，故C 错误；因弹簧处于原长时，E p >μmg ·x ＝0.8 J ，故物体到O 点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有E p ＝μmgx m ＋E p ′，得x m ＝E p －E p ′μmg <E pμmg＝12.5 cm ，故A 错误、B 正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D 正确． 答案：BD 8．答案：C 9．解析：一个小球在A 点正上方由静止释放，刚好通过B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，即：mg ＝m v 2R ，得v 2＝gR ，对全过程运用动能定理可得D 正确．答案：D 10．解析：(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为l ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得μm gl ＝12mv 2A(F －μmg )·(l ＋L )＝12mv 2B又由同时性可得v A a A ＝v B a B ⎝⎛⎭⎫其中a A ＝μg ，a B ＝F －μmg m 可解得l ＝μmgLF －2μmg.(2)由功能关系知，拉力做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (l ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q可解得Q ＝μmgL . 答案：(1)μmgLF －2μmg (2)μmgL11．解析：(1)A 上升L 时速度达到最大，设为v ，由机械能守恒定律有2mgL －MgL ＝12(M ＋2m )v 2得v ＝2 2m －M g L2m ＋M.(2)C 着地后，若B 恰不能着地，即B 物块再下降L 时速度为零． 法一：根据转化观点，机械能守恒定律的表达式可写为MgL －mgL ＝12(M ＋m )v 2将v 代入，整理得：M ＝2m .法二：根据转移观点，机械能守恒定律的表达式还可写为：MgL －12Mv 2＝mgL ＋12mv 2代入v ，解得：M ＝2m 所以Mm >2时，B 物体将不会着地．答案：(1)2 2m －M g L 2m ＋M(2)Mm > 212．解析：(1)物体在P 点及最终到B 点的速度都为零，对全过程由动能定理得 mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0①得s ＝R μ.(2)设物体在E 点的速度为v E ，由机械能守恒定律有mgR (1－cos θ)＝12mv 2E②在E 点时由牛顿第二定律有N －mg ＝mv 2ER③联立②③式解得N ＝(3－2cos θ)mg .由牛顿第三定律可知物体对圆弧轨道E 点的压力大小为(3－2cos θ)mg . (3)设物体刚好通过D 点时的速度为v D ，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2DR ，得：v D ＝gR ④设物体恰好通过D 点时，释放点距B 点的距离为L 0，在粗糙直轨道上重力的功 W G 1＝mgL 0sin θ⑤滑动摩擦力的功：W f ＝－μmg cos θ·L 0⑥在光滑圆弧轨道上重力的功W G 2＝－mgR (1＋cos θ)⑦对全过程由动能定理得W G 1＋W f ＋W G 2＝12mv 2D ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式解得：L 0＝3＋2cos θR 2 s in θ－μcos θ则L ′≥3＋2cos θR2 s in θ－μcos θ.答案：(1)Rμ (2)(3－2cos θ)mg(3)L ′≥3＋2cos θR 2 s in θ－μcos θ。

4、功能关系 能量守恒定律[基础训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，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：由“缓慢”这个关键词可知，绳动能变化量为零，然后选择QM 段绳为研究对象，应用动能定理解题．QM 段绳的质量为m ′＝23m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为16l ，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误． 2．(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g .若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的()A ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH 答案：AC 解析：因为加速度大小等于g ，故合外力F ＝mg ，根据动能定理，动能损失等于克服合外力做的功，即ΔE k ＝FL ＝mg H sin 30°＝2mgH ，A 项正确，B 项错误；此过程中，重力势能增加了ΔE p ＝mgH ，故机械能损失了ΔE ＝ΔE k －ΔE p ＝mgH ，C 项正确，D 项错误．3．(2018·湖南长沙质检)(多选)如图所示，AB 为半径R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧轨道A 端由静止释放，到达轨道B 端的速度v ＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是()A ．小滑块在圆弧轨道B 端受到的支持力大小F N ＝16 NB ．小滑块由A 端到B 端的过程中，克服摩擦力所做的功W ＝3 JC ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.6 mD ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.3 m答案：BC 解析：小滑块在圆弧底端B 点受重力和支持力，根据牛顿第二定律有：F N －mg＝m v2R ，代入数据得：F N ＝18 N ，故A 错误．由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，得W ＝3 J ，故B 正确．小滑块从B 点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向：x ＝vt ，竖直方向：h ＝12gt 2，解得x ＝0.6 m ，故C 正确，D 错误． 4．(2018·陕西西安模拟)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失，换用材料相同、质量为m 2的滑块(m 2>m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点时速度相同B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同答案：D解析：两滑块到达B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为mgh，由能量守恒定律得E p＝mgh＋μmg cos θ×hsin θ，所以mgh＝Ep1＋μcot θ，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C错误；由能量守恒定律得ΔE损＝W f＝μmg cos θ×hsin θ＝μmgh cot θ＝μcot θ1＋μcot θE p，故D正确．5．(2018·浙江温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知()A．0～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大B．0～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大答案：C解析：在E­x图象中，切线的斜率表示拉力，由图可知0～x1过程中拉力逐渐减小，当拉力与重力相等时，重物匀速上升；若拉力小于重力，则减速上升，选项A、B错误；由于x1～x2为直线，所以拉力不变，若匀速上升，则输出功率不变，C正确，D错误．6．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。

第五章 第4课时 功能关系 能量守恒定律 一、单项选择题(本题共5小题，每题7分，共35分)1．(68520151)2016～2017赛季自由式滑雪空中技巧世界杯比赛的第一站比赛于2016年12月17日在我国北大壶举行．假如在自由式滑雪比赛中，运动员沿着山坡上的雪道从高处滑下，以下列图．以下描述正确的选项是( )A ．雪地对雪橇的摩擦力做正功B ．运动员的重力势能增大C ．运动员的机械能增大D ．运动员的动能增大解析：D [本题以自由式滑雪比赛为载体观察受力解析、摩擦力做功、机械能守恒条件、动能定理和重力势能等知识点．运动员从高处滑下，摩擦力与运动方向相反，做负功，选项A 错误；重力做正功，重力势能减小，选项B 错误；摩擦力做负功，故其机械能减小，选项C 错误；选项D 正确．]2．(2017·辽宁沈阳二中期中)质量为m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为4g 5，在物体下落h 的过程中，以下说法中错误的选项是( )A ．物体的动能增加了4mgh 5B ．物体的机械能减少了4mgh 5C ．物体战胜阻力所做的功为mgh 5D ．物体的重力势能减少了mgh解析：B [依照动能定理可知，动能增加量为ΔE k ＝F 合h ＝mah ＝4mgh 5，选项A说法正确；物体所受的阻力f ＝mg －ma ＝mg 5，则物体的机械能减少量等于战胜阻力做的功，即mgh 5，选项B 说法错误，选项C 说法正确；物体的重力势能减少量等于重力做的功，即mgh ，应选项D 说法正确．]3．(2017·陕西西安铁一中模拟)以下列图，圆滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，尔后由静止释放，滑块走开弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失，换用资料相同，质量为m 2的滑块(m 2>m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，以下说法正确的选项是 ( )A ．两滑块到达B 点时速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点的过程中战胜重力做的功不相同D ．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同解析：D [两滑块到达B 点的动能相同，但速度不相同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不相同，故上升的最大高度不相同，故B 错误；两滑块上升到最高点过程战胜重力做功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ×h sin θ，因此mgh ＝E p 1＋μcot θ，故两滑块上升到最高点过程战胜重力做的功相同，故C 错误；由能量守恒定律得ΔE 损＝W f ＝μmg cos θ×h sin θ＝μmgh cot θ＝μcot θ1＋μcot θE p ，故D 正确．] 4．(2017·辽宁抚顺一中一模)以下列图，固定在地面上的半圆轨道直径ab 水平，质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，经过轨道后从b 点冲出竖直上抛，上升的最大高度为23H ，空气阻力不计，当质点下落再经过轨道a 点冲出时，能上升的最大高度h 为( )A ．h ＝23HB ．h ＝H 3C ．h <H 3 D.H 3<h <2H 3解析：D [依照动能定理研究质点第一次在半圆轨道中得mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H －2H 3＋(－W f )＝0，W f 为质点战胜摩擦力做功大小，W f ＝13mgH .质点第二次在半圆轨道中运动时，对应地址处速度变小，因此半圆轨道对质点的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于13mgH，机械能损失小于13mgH，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度为13H<h<2H3，应选D.]5．(2017·北京海淀区模拟)以下列图，某同学不慎将圆柱形木塞(木塞的中心有一小孔)卡于圆柱形金属筒的凑近封闭端的地址，为了拿出木塞，该同学将金属筒倒立过来(张口端向下)，使其由静止开始沿竖直方向向下做加速运动(加速度值大于重力加速度值)，此过程中木塞向来相对金属筒静止，当金属筒的速度达到必然值时，金属筒的张口端撞击到桌面，且其速度马上减为零．此后木塞沿金属筒壁连续竖直向下运动，运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零．若木塞与金属筒壁间的动摩擦因数各处相等，则关于金属筒从静止开始运动至木塞运动到金属筒口边缘速度减为零的过程，以下说法中正确的选项是() A．木塞相对金属筒静止时，金属筒对木塞的作用力方向可能竖直向上B．金属筒速度减为零的刹时，木塞的动能达到最大C．金属筒对木塞的作用力向来做负功D．金属筒撞击桌面后木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于木塞重力势能的减少量解析：B[木塞相对金属筒静止的运动过程中，加速度值大于重力加速度值，由牛顿第二定律知，木塞所受的合力大于其重力，因此金属筒对木塞的作用力方向应竖直向下，故A错误．金属筒速度减为零此后，木塞运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零，说明木塞素来做减速运动，则金属筒速度减为零的刹时，木塞的动能达到最大，故B正确．木塞相对金属筒静止的运动过程中，金属筒对木塞的作用力方向竖直向下，对木塞做正功，故C错误．金属筒撞击桌面后，木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于其重力势能的减少量和动能减少量之和，故D错误．]二、多项选择题(本题共3小题，每题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(68520152)(2016·课标全国卷Ⅱ)如图，小球套在圆滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球从M点运动到N点的过程中( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时辰小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析：BCD [A.因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN ＜π2知M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功，选项A 错误．B.当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于自然伸长状态时竖直方向的合外力为mg ，加速度也为g ，则有两个时辰的加速度大小等于g ，选项B 正确；C.弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，选项C 正确；D.由M →N 的动能定理W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力作功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确，应选BCD.]7．(2015·江苏卷单科)以下列图，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 .弹簧向来在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A ．下滑过程中，加速度素来减小B ．下滑过程中，战胜摩擦力做的功为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 的速度解析：BD [圆环下滑过程中速度先增大后减小，加速度先减小后增大，A 错；下滑过程中有mgh －W 弹－W f ＝0，上滑过程中有－W f －mgh ＋W 弹＝－12mv 2，解以上两式可得W f ＝14mv 2，B 对，在C点弹簧的弹性势能为mgh－14mv2，C错．圆环从A到B下滑过程，依照动能定理有：mgh′－W弹′－W f＝12mv2B下，从B到A上滑过程，依照动能定理有－mgh′＋W弹′－W f′＝－12mv2B上，比较两式可得v B上>v B下，故D对．]8．(2017·湖南长沙雅礼中学月考)如图甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的动能E k与位移x的关系图象如图乙所示，其中在0～h过程中的图线为圆滑曲线，h～2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h～3h过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，以下说法正确的选项是()A．物体上升到h高处时，拉力的功率为零B．在0～h过程中拉力大小为2mgC．在h～2h过程中物体机械能增加D．在2h～3h过程中物体的机械能不变解析：CD[由动能定理得E k＝(F－mg)x，图象的斜率表示合外力，在0～h过程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于mg，合力减小为零，则在上升到高度h时，由图象可知，F＝mg，速度为v，则功率为P＝mgv，拉力的功率不为零，故A、B错误．在h～2h过程中，物体匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，故C正确．在2h～3h过程中，图线斜率恒定，为－mg，则物体碰到的合力为－mg，物体只受重力，机械能守恒，故D正确．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(68520153)(22分)(2017·江苏泰州中学期中)以下列图，传达带AB总长为l ＝10 m，与一个半径为R＝0.4 m的圆滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传达带速度恒为v＝6 m/s，方向向右，现有一个滑块以必然初速度从A点水圆滑上传达带，滑块质量为m＝10 kg，滑块与传达带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B端时，恰好与传达带同速，求：(1)滑块的初速度；(2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块第二次在传达带上滑行时，滑块和传达带系统产生的内能．解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传达带上运动过程中，当滑块初速度大于传达带速度时，有－μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝214 m/s ；当滑块初速度小于传达带速度时，有μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)由动能定理可得－mgh ＝0－12mv 2，解得h ＝1.8 m.(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，滑块的加速度a ＝1 m/s 2，滑块减速到零的位移s ＝v 22a ＝18 m>10 m ，则滑块第二次在传达带上滑行时，速度没有减小到零就走开传达带，由匀变速运动的位移公式可得l ＝vt －12at 2，解得t ＝2 s(t＝10 s 舍去)，在此时间内传达带的位移x ＝vt ＝6×2 m ＝12 m ，滑块第二次在传达带上滑行时，滑块和传达带系统产生的内能Q ＝μmg (l ＋x )＝0.1×10×10×(10＋12) J ＝220 J.答案：(1)214 m/s 或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J10．(68520154)(22分)(2016·课标全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的圆滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14 ，重力加速度大小为g .⎝ ⎛ 取sin 37°＝35，⎭⎪⎫cos 37°＝45 (1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小．(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好经过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距 72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．解析：(1)依照题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有E p－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦E p＝125mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝72R－56R sin θ⑨y1＝R＋56R＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。

功能关系能量守恒定律一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．(2015·唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图甲所示。

弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。

以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。

现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。

物块运动至x＝0.4m处时速度为零。

则此时弹簧的弹性势能为(g 取10m/s2) 导学号 05800661( )A．3.1J B．3.5JC．1.8J D．2.0J答案：A解析：物块与水平面间的摩擦力为f＝μmg＝1N。

现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示功可知F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功W f＝fx＝0.4J。

由功能关系可知，W－W f＝E p，此时弹簧的弹性势能为E p＝3.1J，选项A正确。

2．(2016·江西省师大附中月考)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点。

在木块槽中加入一个质量m0＝800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为导学号 05800662( )A．100g B．200gC．300g D．400g答案：D解析：砝码质量m0＝800g＝0.8kg；根据能量的转化与守恒有：μmg·AB1＝E Pμ(m0＋m)g·AB2＝E P联立得：m＝0.4kg＝400g3．(2014·广东)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导学号 05800663( )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答案：B解析：本题主要考查功能关系和能量守恒，要明确不同力做功涉及不同能的变化及机械能守恒的条件，在撞击缓冲过程中，摩擦力和弹力做负功，机械能转化为内能，动能转化为弹力势能和内能，机械能不守恒，B正确，ACD不正确，利用能量守恒解题时，要分析几个力做功，从而分析出几种形式能的转化，另外还要分析动能的转化。

第 4 讲功能关系、能量守恒定律[ 基础知识·填一填][ 知识点 1]功能关系1．能的观点：一个物体能对外做功，这个物体就拥有能量．2．功能关系(1) 功是能量转变的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转变．(2) 做功的过程必定陪伴着能量的转变，并且能量转变必经过做功来实现．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)能量转变是经过做功来实现的． ( √ )(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．( × )(3)力对物体做正功，物体的总能量必定增添．( × )(4)滑动摩擦力做功时，必定会惹起能量的转变．( √)(5) 合外力做功等于物体动能的改变量．( √)[ 知识点2] 能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空另一种形式，或许从一个物体产生转移，也不会凭空消逝，它只好从一种形式转变为到另一个物体，在转变和转移的过程中，能量的总量保持不变.2．合用范围：能量守恒定律是贯串物理学的基本规律，是各样自然现象中广泛合用的一条规律．3．表达式(1) E初＝E末，初状态各样能量的总和等于末状态各样能量的总和.(2) E 增＝ E 减，增添的能量总和等于减少的能量总和．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．上端固定的一根细线下边悬挂一摆球，摆球在空气中摇动，摇动的幅度愈来愈小，对此现象以下说法能否正确．(1)摆球机械能守恒 . ( × )(2) 总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转变为内能. (√ )(3)能量正在消逝 . ( × )(4) 只有动能和重力势能的互相转变．( × )[ 教材发掘·做一做]1.( 人教版必修 2 P80 第1题改编) 如下图，一小球自 A 点由静止自由着落，到 B 点时与弹簧接触，到 C 点时弹簧被压缩到最短．若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→ B→ C的过程中，且取地面为零势能面，( )则A．小球从A→ B 的过程中机械能守恒；小球从B→ C的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒B．小球在 B 点时动能最大C．小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量D．小球抵达C点时动能为零，重力势能为零，弹簧的弹性势能最大答案： C2． ( 人教版必修 2 P80 第 2 题改编 ) 游玩场的过山车能够底向上在圆轨道上运转，旅客却不会掉下来( 图甲 ) ．我们把这类情况抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动．实验发现，只要 h 大于必定值，小球就能够顺利经过圆轨道的最高点．假如已知圆轨道的半径为R， h 至少要等于多大？不考虑摩擦等阻力．分析：小球恰能经过最高点，则：2v小球由静止运动到最高点的过程中，知足机械能守恒1 2mgh＝2mv＋ mg·2R联立解得： h＝2.5 R.答案： 2.5 R考点一功能关系的理解和应用[ 考点解读 ]1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转变的过程．不一样形式的能量发生互相转变是经过做功来实现的．(2)功是能量转变的量度，功和能的关系，一是表此刻不一样的力做功，对应不一样形式的能转变，拥有一一对应关系，二是做功的多少与能量转变的多少在数值上相等．2．几种常有力做功及能量变化几种常有力做功对应的能量变化关系式重力正功重力势能减少W G＝－E p 负功重力势能增添弹力正功弹性势能减少W弹＝－ E p 负功弹性势能增添协力正功动能增添W ＝ E合k负功动能减少除重力以正功机械能增添W其余力＝ E外的力负功机械能减少[ 典例赏析 ][典例 1] (2018 ·全国卷Ⅰ ) 如图，abc是竖直面内的圆滑固定轨道，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，一直遇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．重力加快度大小为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． 2mgR B． 4mgRC． 5mgR D． 6mgR[ 审题指导] (1) 恒力 F 的方向判断：由题中条件①圆滑轨道；②小球一直遇到水平外力作用；③自 a 点从静止开始向右运动，可判断出外力 F 方向水平向右．(2)因为外力 F＝mg，小球抵达 c 点瞬时 v c＞0，可判断球经过 c 点后将持续向斜上方运动，当竖直方向速度为零时小球抵达最高点．(3)恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积：W ＝ F ·s .(4) 由功能关系确立机械能增量．[分析] C[ 以小球为研究对象，在小球由 a 到 c 的过程中，应用动能定理有F · x ab12＋F · R － mgR ＝2mv c ，此中水平力大小 F ＝ mg ，得 v c ＝ 2 gR . 经过 c 点此后，在竖直方向上t v c Ra x 的匀 小球做竖直上抛运动，上涨的时间升 ＝ g ＝ 2 g . 在水平方向上小球做加快度为 加快运动，由牛顿第二定律得 ＝ x ，且＝ ，得 x ＝ . 在时间 t 升内，小球在水平方向F ma F mg a g1x 2F 在整个过程中对小球做的功ab上的位移 x ＝ 2a t 升 ＝ 2R ，故力 W ＝ Fx ＋ FR ＋ Fx ＝ 5mgR .由功能关系，得 E ＝ W ＝ 5mgR .故 C 正确， A 、 B 、 D 错误． ]功能关系的采用原则1．在应用功能关系解决详细问题的过程中，若只波及动能的变化用动能定理剖析．2．只波及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系剖析．3．只波及机械能变化用除重力和弹力以外的力做功与机械能变化的关系剖析．4．只波及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系剖析．[ 题组稳固 ]1．(2017 ·全国卷Ⅲ ) 如图，一质量为 m ，长度为 l 的平均柔嫩细绳 PQ 竖直悬挂．用 外力将绳的下端 Q 迟缓地竖直向上拉起至1 M 点， M 点与绳的上端 P 相距 l . 重力加快度大小3为 g . 在此过程中，外力做的功为 ( )11 A. 9mglB. 6mgl11C. mglD. mgl32分析： A [ 把 Q 点提到 点的过程中，段软绳的机械能不变， 段软绳的机械能的MPMMQ2－1211增量为E ＝3mg 6l－ 3mg －3l ＝9mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为1W ＝ 9mgl ，故 A 正确， B 、 C 、 D 错误． ]2．(2019 ·唐山模拟 )( 多项选择 ) 质量为 m 的物体，在距地面h 高处以初速度 v 竖直向下抛出．其加快度大小为 0.5 g ，方向竖直向下．则在其着落到地面的过程中，以下说法中正确的是()A．物体的重力势能减少0.5 mghB．物体的动能增添0.5 mghC．物体的机械能减少0.5 mgh1 2D．落地时的动能为mgh＋2mv分析： BC [ 物体在着落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小mgh，故A错误；物体所受的协力为F＝ma＝0.5 mg，则协力做功为 W合＝0.5 mgh，所以动能增添了0.5 mgh，故 B 正确；物体着落过程中遇到向下的重力mg和向上的力F′，而物体着落过程中遇到的合外力大小为F＝0.5 mg，即 F＝ mg－ F′，解得F′＝0.5 mg， W F′＝－0.5 mgh，所以机械能1 21 2减少了 0.5 mgh，故 C 正确；由动能定理得W合＝ E k－2mv＝0.5 mgh，解得 E k＝0.5 mgh＋2mv，故 D错误． ]3． (20 19·唐山模拟 ) 轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝ 0.2. 以物块所在处为原点，水平向右为正方向成立x 轴．现对物块施加水平向右的外力F， F 随 x 轴坐标变化的关系如图乙所示．物块运动至x＝0.4 m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为( g取 10 m/s 2)()A． 3.1 J B． 3.5 JC． 1.8 J D． 2.0 J分析： A [ 物块与水平面间的摩擦力为F′f＝μ mg＝1 N，现对物块施加水平向右的外力 F，由 F－ x 图象面积表示 F 做的功，可知 F 做功 W＝3.5 J，战胜摩擦力做功W f＝ F f x＝0.4 J ，由功能关系可知，W－W f＝ E p，此时弹簧的弹性势能为E p＝3.1 J，故A正确，B、C、D错误． ]考点二摩擦力做功与能量变化的关系[ 考点解读 ]1．两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转变既有能量的转移，又有能量的转变一对互相作用的静摩擦力所做功的代数和为一对互相作用的滑动摩擦力所做功的代数和零，即要么一正一负，要么都不做功为负值，即起码有一个力做负功两种摩擦力都能够对物体做正功或许负功，还能够不做功2.相对滑动物体能量问题的解题流程[ 典例赏析][ 典例2] (2019 ·银川一模) 如下图，一质量为m＝1.5 kg 的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s＝10 m 后进入半径为R＝9 m 的圆滑圆弧AB，其圆心角为θ ，而后水光滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M＝3.5 kg ，滑块与斜面及小车表面间的动摩擦因数μ＝ 0.35 ，地面圆滑且小车足够长，取g＝10 m/s2.(sin 37 °＝0.6 ，cos 37 °＝0.8) 求：(1) 滑块在斜面上的滑行时间t 1；(2)滑块离开圆弧尾端 B点前，轨道对滑块的支持力大小；(3) 当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1.[ 审题指导]第一步：抓重点点重点点获守信息自静止开始下滑滑块在斜面上做初速度为零的匀加快直线运动圆滑圆弧AB 滑块在圆弧上运动过程机械能守恒水光滑上与平台等高的小车滑块滑上小车的速度等于滑块在AB弧上B 点的速度地面圆滑且小车足够长滑块滑上小车最后与小车同速，一同做匀速运动第二步：找打破口(1)滑块在斜面上下滑的加快度可由mg sinθ －μ mg cosθ＝ma求出．(2)滑块在斜面上运动的末速度为滑块在圆弧上运动的初速度．2v B(3) 滑块抵达B点前瞬时拥有竖直向上的向心加快度，此时知足F N－ mg＝ m .R(4)小车从开始运动到匀速运动过程中，滑块和小车构成的系统损失的机械能对应系统产生的摩擦热．[分析] (1) 设滑块在斜面上滑行的加快度为a，由牛顿第二定律，有mg sin θ －μmg cos θ＝ma，又1 2 s＝2at 1联立以上两式，代入数据解得t 1＝2.5 s.(2)滑块在圆弧 AB上运动过程，由机械能守恒定律，有1 2(1 － cos θ ) ＝1 2A＋B，2mv mgR 2mv此中 v A＝at 12v B由牛顿第二定律，有F B－ mg＝ m R联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力F B≈31.7 N.(3)滑块在小车上滑行时的加快度：2a1＝μ g＝3.5 m/s小车的加快度： a ＝μ mg 2M＝1.5 m/s2小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，知足v B－ a1t 2＝ a2t 2由 (2) 可知滑块刚滑上小车的速度v B＝10 m/s，最后同速时的速度v＝ v B－ a1t 2＝3 m/s由功能关系可得：1 2 1 2μ ·＝ mv－( m＋ M) vmg sB1 2 2解得： s1＝10 m.[答案] (1)2.5 s (2)31.7 N(3)10 m[ 题组稳固 ]1．如下图，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块( 可视为质点 )从A 点以初速度 v0向左运动，接触弹簧后运动到 C 点时速度恰巧为零，弹簧一直在弹性限度内． AC两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加快度为 g，则物块由 A 点运动到 C点的过程中，以下说法正确的选项是()A．弹簧和物块构成的系统机械能守恒1 2B．物块战胜摩擦力做的功为2mv0C．弹簧的弹性势能增添量为μ mgLD．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增添量与摩擦产生的热量之和分析： D [ 物块与水平面间动摩擦因数为μ ，因为摩擦力做功机械能减小，故 A 错误；物块由 A 点运动到 C 点过程动能变换为弹性势能和内能，依据能量守恒知物块战胜摩擦力做的功为μ＝1 2 1 2，故 C 0－ p 弹，故B错误，D正确；依据B项剖析知p 弹＝0－μmgL 2mv E E 2mv mgL 错误． ]2．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”表示图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚抵达坑口时，两个滚轮相互分开，将夯杆开释，夯杆在自己重力作用下，落回深坑，夯实坑底，而后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，这样循环往复( 夯杆被滚轮提高过程中，经历匀加快和匀速运动过程) ．已知两个滚轮边沿的线速度恒为v，夯杆质量为m，则以下说法正确的选项是()A．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B．增添滚轮匀速转动的角速度或增添滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量1 2D．一次提杆过程系统共产生热量2mv分析： B [ 夯杆被提上来的过程中，先遇到滑动摩擦力，而后受静摩擦力，故 A 错误；增添滚轮匀速转动的角速度时夯杆获取的最大速度增大，可减小提杆的时间，增添滚轮对杆的正压力，夯杆遇到的滑动摩擦力增大，匀加快运动的加快度增大，可减小提杆的时间，故 B 正确；依据功能关系可知，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、重力势能的增量之和，故 C 错误；设匀加快直线运动过程，夯杆遇到的滑动摩擦力大小为F f，加快度为a，质量v2 v v2为 m，匀加快运动的时间为t ，则相对位移大小为x＝ vt －2a，t ＝a，解得x＝2a，摩221 2擦产生的热量 Q＝F f x，依据牛顿第二定律得F f－ mg＝ma，联立解得mgv 1Q＝2 ＋2mv＞2mv，a 故 D错误． ]3．如下图，圆滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度 L＝1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块 ( 可视为质点 ) ，质量m＝ 1.0 kg. 小铁块与木板之间的动摩擦因数μ ＝0.30. 开始时它们都处于静止状态，某时辰起对木板施加一个水平向左的拉力 F 将木板抽出，若 F＝8 N， g 取10 m/s2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；(2)抽出木板的过程中因为摩擦产生的内能Q.分析：(1) 当F＝8 N 将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加快度为：a1＝μ g＝3 m/s2－μmg2木板运动的加快度为：a2＝F M ，可得 a2＝5 m/s设抽出过程的时间为t ，依据几何关系：12122a2t －2a1t ＝ L所以小铁块运动的位移为：x1＝21a1t 2，解得： x1＝1.5 m1 2木板运动的位移为： x2＝2a2t ，解得： x2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为：W1＝μ mgx1，解得 W1＝4.5 J摩擦力对木板做的功为：W2＝－μ mgx2，解得： W2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中因为摩擦产生的内能Q＝μ mg( x2－ x1)＝3 J.答案： (1) － 7.5 J 4.5 J(2)3 J考点三能量守恒定律的综合应用[ 考点解读 ]1．对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，必定存在其余形式的能量增添，且减少许和增添量必定相等．(2)某个物体的能量减少，必定存在其余物体的能量增添，且减少许和增添量必定相等．2．能量转变问题的解题思路(1)当波及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转变和守恒定律．(2)解题时，第一确立初、末状态，而后剖析状态变化过程中哪一种形式的能量减少，哪种形式的能量增添，求出减少的能量总和 E 减与增添的能量总和 E 增，最后由 E 减＝E 增列式求解．[ 典例赏析 ][典例 3] 如下图，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 点距弹簧上端挡板地点 B 点的距离 AB＝4 m．当物体抵达 B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量＝ 0.2 m ，而后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高地点为D BC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/s 2，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.[ 审题指导 ] (1) 物体由A到C的过程中，动能减少许与重力势能的减少许之和等于弹簧的弹性势能与物体战胜摩擦力做功之和．(2)物体由 A 到 C后又返回 D的过程中，物体动能减少许与重力势能的减少许之和等于物体战胜摩擦力做的总功．[ 分析 ] (1) 物体从开始地点 A 点到最后 D点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械1 2能的减少许所有用来战胜摩擦力做功，即：2 mv0＋ mgL AD·sin 37°＝μ mg cos 37°(L AB＋2L CB＋L BD)代入数据解得：μ ≈0.52.(2)物体由 A 到 C的过程中，动能减少许 1 2E ＝2mv，k 0重力势能减少许 E ＝ mgL sin 37°p AC摩擦产生的热量Q＝μ mg cos 37°· L AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：E pm＝E k＋E p－ Q1 2＝2mv0＋mgL AC sin 37°－μ mg cos 37°· L AC≈24.5 J.[ 答案 ] (1)0.52(2)24.5 J[ 题组稳固 ]1．(2019 ·乐山模拟) 如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗拙斜面底端，一质量m＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们其实不相连，滑块可视为质点．t ＝0时排除锁定，计算机经过传感器描述出滑块的v－ t 图象如图乙所示，此中Oab 段为曲线， bc 段为直线，在 t 1＝0.1 s时滑块已上滑x＝0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) ．求：(1) 滑块走开弹簧后在图中bc 段对应的加快度大小 a 及动摩擦因数μ 的大小．(2)t 2＝0.3 s和 t 3＝0.4 s时滑块的速度 v1、 v2的大小．(3)弹簧锁准时拥有的弹性势能 E p.分析： (1) 由题图乙知滑块在bc 段做匀减速运动，加快度大小为：a＝v＝10 m/s 2t由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ ma解得：μ＝ 0.5(2)依据速度时间公式得 t 2＝0.3 s时的速度大小：v1＝ v0－ a t解得 v1＝0在 t 2以后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ ma′解得： a′＝2 m/s2从 t 2到 t 3做初速度为零的加快运动，t 3时辰的速度为：v2＝ a′t ＝0.2 m/s(3)从 0 到t1时间内，由能量守恒定律得：1 2E p＝ mgx sin 37°＋μ mgx cos 37°＋2mv b解得： E p＝4 J.答案：(1)10 m/s 2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J2．如图，一个倾角θ＝30°的圆滑直角三角形斜劈固定在水平川面上，顶端连有一轻质圆滑定滑轮．质量为m 的 A 物体置于地面，上端与劲度系数为k 的竖直轻弹簧相连．一条轻质绳越过定滑轮，一端与斜面上质量为m 的 B 物体相连，另一端与弹簧上端连接．调整细绳和两个面平行．现将上涨．求：A、 B 物体的地点，使弹簧处于原长状态，且细绳自然挺直并与三角斜劈的B 物体由静止开释，已知 B 物体恰巧能使 A 物体刚要走开地面但不持续(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x.(2)B物体下滑到最低点时的加快度大小和方向．(3) 若将B物体换成质量为2m的C物体，C物体由上述初始地点静止开释，当 A 物体恰巧要走开地面时，C物体的速度大小v.分析： (1) 当A物体刚要走开地面但不上涨时， A 物体处于均衡状态，设 B 物体沿斜面下滑 x，则弹簧伸长为x.对 A 物体有：kx－ mg＝0mg解得： x＝k(2)当 A 物体刚要走开地面时， A 与地面间作使劲为0.对 A 物体：由均衡条件得：F T－ mg＝0设 B 物体的加快度大小为a，对 B物体，由牛顿第二定律得：F T－ mg sinθ ＝ma1解得： a＝2gB物体加快度的方向沿斜面向上(3) A物体刚要走开地面时，弹簧的弹性势能增添E，对 B 物体下滑的过程，由能量守恒定律得：E＝ mgx sinθ对 C物体下滑的过程，由能量守恒定律得：1 2θ＋×2mv＝2mgx sinE 2解得： v＝ g m 2k .答案： (1) mg 1方向沿斜面向上(3) gmk(2) 2g 2k思想方法 ( 十一 )传递带模型中的功能关系1.求摩擦产生热量的方法(1)相对位移法：摩擦产生的热量等于摩擦力与物块相对传递带的位移乘积．(2) 做功转变法：在典例 1 中，物块相对传递带的位移1 1L＝2vt ＝vt －2vt ，与物块方法对地的位移相等，所以摩擦产生的热量也等于传递带对物块做的功．阐2.求电机多耗费电能的方法述(1)能量守恒法：多耗费的电能等于工件增添的机械能与摩擦产生的热量之和．(2)动能定理法：多耗费的电能等于电动机做的功，因为传递带匀速运动，电动机做的功等于传递带战胜摩擦力做的功，即摩擦力与传递带位移的乘积.[ 典例赏析 ][ 典例 1]( 多项选择 ) 如下图，水平传递带由电动机带动，并一直保持以速度 v 匀速运动，现将质量为m 的某物块由静止开释在传递带上的左端，过一会儿物块能保持与传递带相对静止，设物块与传递带间的动摩擦因数为μ ，关于这一过程，以下说法正确的选项是()A ．摩擦力对物块做的功为 20.5 mv2B ．物块对传递带做功为0.5 mv2C ．系统摩擦生热为 0.5 mvD ．电动机多做的功为 2mv[ 分析 ] ACD [ 设物块匀加快运动的时间为t ，依据动能定理得：1122摩擦力对物块做的功为W 1＝f · 2vt ＝2mv ＝ 0.5 mv .2物块对传递带做功 W 2＝－ fvt ＝－ mv ，故 A 项正确， B 项错误．vt物块与传递带相对位移大小为 x ＝vt － 2 ＝ 0.5 vt ，则x ＝ x 物． 摩擦生热为 Q ＝ f · x ＝ fx2项正确．物＝ 0.5 mv . 故 C 电动机多做的功转变成了物体的动能和系统的内能，12 2所以电动机多做的功为W 机 ＝2mv ＋ Q ＝mv . 故D项正确．( 或电动机做的功等于传递带战胜摩擦力做的功2W 机 ＝ f ·vt ＝ mv )][ 典例2] 如图，一传递皮带与水平面夹角为30°，以2 m/s 的恒定速度顺时针运 行．现将一质量为 10 kg 的工件轻放于底端，经一段时间送到高2 m 的平台上，工件与皮32带间的动摩擦因数为 μ ＝ 2 ， g 取 10 m/s ，求带动皮带的电动机因为传递工件而多耗费的电能．[ 分析 ] 设工件向上运动距离 s 时，速度达到传递带的速度v ，由动能定理可知：1－ mgs sin 30 °＋ μ mgs cos 30 °＝ 2mv 2－ 0解得 s ＝ 0.8 m ，说明工件未抵达平台时，速度已达到 v ，所以工件动能的增量为12E k ＝ mv ＝ 20 J2工件重力势能增量为p＝＝200 JE mgh工件相对皮带的位移1 1L＝ vt －2vt ＝2vt ＝ s＝0.8 m因为摩擦产生热量Q＝ fL 电动机多耗费的电能为[答案] 280J ＝μ mg cos 30° L＝60 JE k＋E p＋ Q＝280 J.传递带问题的剖析流程和技巧[ 题组稳固]1．(2019 ·泉州模拟) 如下图为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传递带和x 光透视系统两部分构成，传递过程传递带速度不变．假定乘客把物件轻放在传递带上以后，物件总会先、后经历两个阶段的运动，用v 表示传递带速率，用μ 表示物件与传递带间的动摩擦因数，则( )A．前阶段，物件可能向传递方向的相反方向运动B．后阶段，物件遇到摩擦力的方向跟传递方向同样C．v同样时，μ不一样的等质量物件与传递带摩擦产生的热量同样D．μ同样时，v增大为本来的 2 倍，前阶段物件的位移也增大为本来的 2 倍分析： C [ 物件轻放在传递带上，前阶段，物件遇到向前的滑动摩擦力，所以物件的运动方向必定与传递带的运动方向同样，故 A 错误；后阶段，物件与传递带一同做匀速运动，不受摩擦力，故 B 错误；设物件匀加快运动的加快度为a，由牛顿第二定律得 F ＝fμ ＝，物件的加快度大小为＝μ ，匀加快的时间为t ＝v＝v，位移为x＝vt ，传mg ma a g a μ g 2x′＝ vt ，物件相对传递带滑行的距离为x＝x′－ x＝vt v2送带匀速的位移为 2 ＝2μg，物件12与传递带摩擦产生的热量为Q ＝ μmg x ＝2mv ，则知 v 同样时， μ 不一样的等质量物件与传vt v 2 送带摩擦产生的热量同样，故C 正确；前阶段物件的位移为 x ＝ 2 ＝ 2μ g ，则知 μ 同样时， v 增大为本来的 2 倍，前阶段物件的位移增大为本来的 4 倍，故D 错误． ]2. 如下图，传递带与地面的夹角θ ＝37°， 、 B 两头间距＝ 16 m ，传递带以速度ALv ＝ 10 m/s 沿顺时针方向运动，物体m ＝ 1 kg ，无初速度地搁置于A 端，它与传递带间的动摩擦因数 μ ＝ 0.5 ，试求：(1) 物体由 A 端运动到 B 端的时间．(2) 系统因摩擦产生的热量．分析： (1) 物体刚放上传递带时遇到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mg sinθ ＋ μ mg cos θ ＝ma 1，设物体经时间 t ，加快到与传递带同速，12则 v ＝a 1t 1， x 1＝ 2a 1t 1可解得： a 1＝ 10 m/s 2 t 1＝ 1 sx 1＝ 5 m因 mg sin θ ＞μ mg cos θ，故当物体与传递带同速后，物体将持续加快，由牛顿第二定律得：mg sinθ － μ mg cos θ ＝ma 212L － x 1＝ vt 2＋ 2a 2t 2解得： t 2＝ 1 s故物体由 A 端运动到 B 端的时间 t ＝t 1＋ t 2＝ 2 s(2) 物体与传递带间的相对位移x 相 ＝ ( vt 1－x 1) ＋ ( L － x 1－vt 2) ＝ 6 m故 Q ＝μ mg cos θ · x 相＝ 24 J答案： (1)2 s (2)24 J。

第4讲功能关系能量守恒定律考点1功能关系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1．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 )A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 解析：解法1：将绳的下端Q 缓慢向上拉至M 点，使M 、Q 之间的绳对折，外力克服下面13的绳的重力做功，W 外＝|W G |，而下面13的绳重心升高13l ，故克服重力做功|W G |＝m 0g ·13l ，又m 0＝13m ，则W 外＝|W G |＝13mg ·13l＝19mgl，故A选项正确．解法2：Q缓慢移动说明绳子的动能变化忽略不计．以Q点为零势能点，细绳的初始机械能为12mgl，末态机械能为13mg·56l＋23mg·l2＝1118mgl，则增加的机械能ΔE＝1118mgl－12mgl＝19mgl.由功能关系可知A项正确．解法3：作用点位移x＝23l，平均作用力为16mg，故拉力做功W＝F·x＝19mgl，故A项正确．2．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(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13g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(D)A．运动员减少的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为13mghC．运动员克服摩擦力做功为23mghD．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh解析：运动员的加速度大小为13g，小于g sin30°＝12g，所以其必受摩擦力，且大小为16mg，克服摩擦力做的功为16mg×hsin30°＝13mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有13mgh转化为内能，故A错，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为13mg×hsin30°＝23mgh，故B错．3．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，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，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是(ABC)A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx解析：由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能E k物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能E k车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功W f＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误．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，用动能定理分析．(2)若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)若只涉及机械能变化，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)若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．考点2摩擦力做功与能量守恒定律1．两种摩擦力做功情况的对比2.对能量守恒定律的理解(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．3．运用能量守恒定律解题的基本思路考向1摩擦力做功的理解与计算将三个木板1、2、3固定在墙角，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最低点相同，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μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是()A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同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，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的[审题指导]此类问题一般要抓住相同点：(1)斜面1和2底面相同；(2)斜面2和3高度相同．【解析】设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cosθ1＝12m v21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cosθ2＝12m v22－0，又h1>h2，l1cosθ1＝l2cosθ2，可得v1>v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cosθ3＝12m v23－0，又h2＝h3，l2cosθ2<l3cosθ3，可得v2>v3，故A不正确，B正确．三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cosθ1，Q2＝μmgl2cosθ2，Q3＝μmgl3cosθ3，则Q1＝Q2<Q3，故C、D正确．【答案】 A1．(2019·四川五校联考)如图所示，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，此为过程Ⅰ；若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，则圆环(D)A．在过程Ⅰ中，加速度一直减小B．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为12m v2C．在C处，弹簧的弹性势能为14m v2－mghD．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做的功相同解析：对圆环受力分析，如图所示，圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L，下滑过程中，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F＝kL(1sinθ－1)，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg－F cos θ－μF N ＝ma ，水平方向有F sin θ＝F N ，联立可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A 错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D 正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得WG －W f －W 弹＝0，解得W f ＝W G －W 弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－W G ＋W 弹－W f ＝－12m v 2，联立解得W f ＝14m v 2，在C 处E p 弹＝W 弹＝mgh －14m v 2，选项BC 错误．综上本题选D.考向2 传送带模型中摩擦力做功与能量守恒(2019·江西新余四中检测)(多选)如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，一物块轻放在传送带左端，当物块运动到传送带右端时恰与传送带速度相等．若传送带仍保持匀速运动，但速度加倍，仍将物块轻放在传送带左端，则物块在传送带上的运动与传送带的速度加倍前相比，下列判断正确的是( )A ．物块运动的时间变为原来的一半B ．摩擦力对物块做的功不变C ．摩擦产生的热量为原来的两倍D ．电动机因带动物块多做的功是原来的两倍[审题指导] 传送带速度加倍，不会影响物块的运动，但会使相对位移发生变化．【解析】 由题意知物块向右做匀加速直线运动，传送带速度增大，物块仍然做加速度不变的匀加速直线运动，到达右端时速度未达到传送带速度，根据x ＝12at 2可知，运动的时间相同，故A 错误；根据动能定理可知：W f ＝12m v 20，因为物块的动能不变，所以摩擦力对物块做的功不变，故B 正确；物块做匀加速直线运动的加速度为a ＝μg ，则匀加速直线运动的时间为：t ＝v 0μg ，在这段时间内物块的位移为：x 2＝v 202μg，传送带的位移为：x 1＝v 0t ＝v 20μg ，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：Δx＝x 1－x 2＝v 202μg ，摩擦产生的热量Q ＝μmg Δx ＝m v 202，当速度加倍后，在这段时间内物块的位移仍为：x 2′＝v 202a ＝v 202μg，传送带的位移为：x 1′＝2v 0t ＝2v 20μg ，则传送带与物块间的相对位移大小，则划痕的长度为：Δx ′＝x 1′－x 2′＝3v 202μg ，摩擦产生的热量Q ′＝μmg Δx ′＝3m v 202，可知摩擦产生的热量为原来的3倍，故C 错误；电动机多做的功转化成了物块的动能和摩擦产生的热量，速度没变时：W 电＝Q ＋m v 202＝m v 20；速度加倍后：W 电′＝Q ′＋m v 202＝2m v 20，故D 正确．所以BD 正确，AC 错误． 【答案】 BD2．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v 的速率运行，现把一质量为m 的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过一段时间，工件与传送带达到共同速度后继续传送到达h 高处，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列结论正确的是( B )A．工件与传送带间摩擦生热为12m v2B．传送带对工件做的功为12m v2＋mghC．传送带对工件做的功为μmgh tanθD．电动机因传送工件多做的功为12m v2＋mgh解析：工件与传送带的相对位移s＝v t－v2t，对工件：v＝at＝(μg cosθ－g sinθ)·t，代入可得s＝v22(μg cosθ－g sinθ)，摩擦生热Q＝f·s＝μmg cosθv22(μg cosθ－g sinθ)，A错误；传送带对工件做的功等于工件增加的机械能，B正确，C错误；电动机因传送工件多做的功W＝12m v2＋mgh＋Q，D错误．考向3板块模型中摩擦力做功与能量守恒如图甲所示，质量M＝1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)0～1 s 内，A 、B 的加速度大小a A 、a B ；(2)B 相对A 滑行的最大距离x ；(3)0～4 s 内，拉力做的功W ；(4)0～4 s 内系统产生的摩擦热Q .[审题指导] (1)本题应分段分析每个物体的受力和运动情况，加速度的计算是关键；(2)做出A 、B 两物体的v -t 图象，可使问题直观明了．【解析】 (1)在0～1 s 内，A 、B 两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma A ，F 1－μmg ＝ma B ，代入数据得a A ＝2 m/s 2，a B ＝4 m/s 2.(2)t 1＝1 s 后，拉力F 2＝μmg ，铁块B 做匀速运动，速度大小为v 1；木板A 仍做匀加速运动，又经过时间t 2，速度与铁块B 相等．v 1＝a B t 1，又v 1＝a A (t 1＋t 2)，解得t 2＝1 s ，设A 、B 速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t 3＝2 s ，加速度为a ，则F 2＝(M ＋m )a a ＝1 m/s 2，木板A 受到的静摩擦力F f ＝Ma <μmg ，A 、B 一起运动x ＝12a B t 21＋v 1t 2－12a A (t 1＋t 2)2， 代入数据得x ＝2 m.(3)时间t 1内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝F 1·12a B t 21＝12 J ， 时间t 2内拉力做的功W 2＝F 2x 2＝F 2v 1t 2＝8 J ，时间t 3内拉力做的功W 3＝F 2x 3＝F 2(v 1t 3＋12at 23)＝20 J ， 4 s 内拉力做的功W ＝W 1＋W 2＋W 3＝40 J.(4)系统的摩擦热Q 只发生在t 1＋t 2时间内，铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热Q ＝μmg ·x ＝4 J.【答案】 (1)a A ＝2 m/s 2 a B ＝4 m/s 2 (2)2 m(3)40 J (4)4 J3．(多选)一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1 kg的物块轻放在小车前端，如图甲所示，以后小车运动的速度—时间图象如图乙所示．已知物块始终在小车上，重力加速度g取10 m/s2.则下列判断正确的是(ABD)A．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25 mB．物块的最终动能E k＝0.5 J，小车动能的减少量ΔE k＝3 JC．小车与物块间摩擦生热3 JD．小车的质量为0.25 kg解析：由v-t图象知，当t＝0.5 s时，小车开始做速度v＝1 m/s的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由v＝at及F f＝ma＝μmg得F f＝2 N，μ＝0.2，在0～0.5 s内，小车的位移x车＝5＋12×0.5 m＝1.5 m，物块的位移为x物＝12×12m＝0.25 m，所以小车的最小长度为L＝1.5 m－0.25 m＝1.25 m，选项A正确；物块的最终动能E k＝m v22＝0.5 J；由动能定理得小车动能的减少量ΔE k＝F f·x车＝3 J，选项B正确；系统机械能减少为ΔE＝3 J－0.5 J＝2.5 J，选项C错误；小车的加速度为a′＝5－10.5m/s2＝8 m/s2，而a′＝F fM，F f＝2 N，得M＝0.25 kg，选项D正确．(1)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算其做功时都是用力乘对地位移．(2)摩擦生热的计算：公式Q＝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，则x相对为总的相对路程．(3)传送带涉及能量分析，这主要表现为两方面．一是求电动机因传送带传送物体而多做的功W，我们可以用公式W＝ΔE k＋ΔE p＋Q来计算，其中ΔE k表示被传送物体动能的增量，ΔE p表示被传送物体重力势能的增量(如果受电场力要考虑物体电势能的变化)，Q表示因摩擦而产生的热量.二是求物体与传送带之间发生的相对位移(或相对路程)s.学习至此，请完成课时作业19。

【优化方案】2014届高考物理一轮复习 第五章第四节 功能关系 能量守恒课时作业（含2013试题）人教版一、选择题1．(2013·惠州调研)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，对此现象下列说法正确的是( )A ．摆球机械能守恒B ．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C ．能量正在消失D ．只有动能和重力势能的相互转化解析：选B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B 正确．2．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F 作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F 做了10 J 的功．在上述过程中( )A ．弹簧的弹性势能增加了10 JB ．滑块的动能增加了10 JC ．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD ．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 解析：选C.若滑块静止，拉力F 做了10 J 的功，则弹簧的弹性势能增加了10 J ；现在滑块通过弹簧在水平外力F 作用下做加速运动，拉力F 做了10 J 的功，使滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J ，故C 正确．3．起重机将物体由静止举高h 时，物体的速度为v ，下列各种说法中正确的是(不计空气阻力)( )A ．举力对物体所做的功，等于物体动能和势能的增量B ．举力对物体所做的功，等于物体动能的增量C ．举力对物体所做的功，等于物体势能的增量D ．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量解析：选A.根据动能定理W F －W G ＝mv 2/2，W G ＝mgh ，所以W F ＝mv 2/2＋mgh ，A 正确，B 、C 错误；物体克服重力所做的功等于物体重力势能的增量，D 错误．4.如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是( )A ．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B ．F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C ．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D ．F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：选CD.木箱加速上移的过程中，拉力F 做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：W F －W G －WF f ＝12mv 2－0.即W F ＝W G ＋WF f ＋12mv 2.A 、B 错误，D 正确，又因木箱克服重力做功W G ，等于木箱重力势能的增加量，故C 正确．5.如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B 的质量为2m ，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量为m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在斜面上挡板P 处．放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对挡板恰好无压力，则下列说法中正确的是( )A ．弹簧的劲度系数为mg hB ．此时弹簧的弹性势能等于mgh ＋12mv 2C ．此时物体B 的速度大小也为vD ．此时物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向上 解析：选A.A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对挡板P 恰好无压力，所以物体B 受力平衡，有2mg sin30°＝kh ，所以弹簧的劲度系数为mg h，选项A 正确；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2，选项B 错误；此时物体B 的速度为零，A 的加速度为零，选项C 、D 错误．6．(2013·大连双基测试)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (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13g .在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为13mghC ．运动员克服摩擦力做功为23mghD ．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh解析：选D.运动员的加速度为13g ，小于g sin30°，所以必受摩擦力，且大小为16mg ，克服摩擦力做功为16mg ×h sin30°＝13mgh ，故C 错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 转化为内能，故A 错，D 正确；由动能定理知，运动员获得的动能为13mg ×h sin30°＝23mgh ，故B 错．7．(2012·高考安徽卷)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．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解析：选D.小球从P 到B 的运动过程中，重力做功mgR ，A 错误；小球在B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力：mg ＝mv 2BR，故v B ＝gR ，从P 到B ，对小球由动能定理：mgR －WF f ＝12mv 2B －0＝12mgR ，WF f ＝12mgR ，C 错误，D 正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，B 错误．8.(2013·东北三校联考)两木块A 、B 用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图甲所示．现用一竖直向上的恒力F 拉动木块A ，使木块A 由静止向上做直线运动，如图乙所示，当木块A 运动到最高点时，木块B 恰好要离开地面．在这一过程中，下列说法中正确的是(设此过程弹簧始终处于弹性限度内)( )A ．木块A 的加速度先增大后减小B ．弹簧的弹性势能先减小后增大C ．木块A 的动能先增大后减小D ．两木块A 、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小解析：选BC.木块A 在拉力F 作用下由静止最后到达最高点时也静止，说明木块A 向上先加速后减速，选项A 错误、C 正确；木块A 向上运动的过程中，弹簧压缩量先逐渐减小，后被逐渐拉伸，其弹性势能先减小后增大，选项B 正确；由于拉力F 始终对两木块A 、B 和轻弹簧组成的系统做正功，故系统机械能增加，选项D 错误．9．(2010·高考江苏卷)如图所示，平直木板AB 倾斜放置，板上的P 点距A 端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A 到B 逐渐减小．先让物块从A 由静止开始滑到B .然后，将A 着地，抬高B ，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B 由静止开始滑到A .上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有( )A ．物块经过P 点的动能，前一过程较小B ．物块从顶端滑到P 点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长解析：选AD.前一过程，从A到P，所受摩擦力较大，下滑加速度较小，位移较小，故在P点的动能较小；后一过程，从B到P，下滑加速度较大，位移较大，故在P点的动能较大，所以A正确；两过程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，无法比较产生热量的大小，故B不正确；物块滑到底端的两过程合外力的功相同，根据动能定理，滑到底端速度相等，即C不正确；由牛顿第二定律，结合两次加速度变化特点，两次v－t图象如图所示，位移相等，故前一过程时间较长，D正确．10．(2013·大连高三期末)如图所示有三个斜面a、b、c，底边分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h，三个相同的物体A、B、C与三个斜面的动摩擦因数相同，物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的三种情况相比较，下列说法正确的是( ) A．物体损失的机械能ΔE C＝2ΔE B＝4ΔE AB．因摩擦产生的热量2Q A＝2Q B＝Q CC．物体到达底端的动能E k A＝2E k B＝2E k CD．物体运动的时间4t A＝2t B＝t C解析：选B.设物体的质量为m，斜面的动摩擦因数为μ，物体A、B、C从顶端下滑到底端摩擦力做的功分别为μmgLL2＋4h2×L2＋4h2＝μmgL，μmgLL2＋h2×L2＋h2＝μmgL，μmg2L4L2＋h2×4L2＋h2＝2μmgL.摩擦力做的功等于损失的机械能或产生的热量，可见A错，B对；根据动能定理，合力对A、B、C做的功别为2mgh－μmgL，mgh－μmgL，mgh－2μmgL，由于不知道μ的具体数值，所以无法确定物体到达底端的动能关系，C错；物体A、B、C 的加速度分别为g2hL2＋4h2－μgLL2＋4h2，ghL2＋h2－μgLL2＋h2，gh4L2＋h2－μg2L4L2＋h2，位移分别为L2＋4h2，L2＋h2，4L2＋h2，根据运动学方程，物体运动的时间没有选项D的关系，D 错．二、非选择题11．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g＝10 m/s2，则：(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？ (2)传送带左右两端AB 间的距离l 为多少？(3)上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少？ 解析：(1)物体在斜面上由牛顿第二定律得：mg sin θ＝ma ，h sin θ＝12at 2，可得t ＝1.6 s.(2)由能的转化和守恒得：mgh ＝μmg l2，l ＝12.8 m. (3)此过程中，物体与传送带间的相对位移s 相＝l2＋v 带t 1，又l 2＝12μgt 21，而摩擦热Q ＝μmgs 相， 以上三式可联立得Q ＝160 J.答案：(1)1.6 s (2)12.8 m (3)160 J 12．(2011·高考浙江卷)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m ＝1000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m 后，速度变为v 2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：(1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小； (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 解析：(1)轿车牵引力与输出功率关系 P ＝F 牵v将P ＝50 kW ，v 1＝90 km/h ＝25 m/s 代入得F 牵＝Pv 1＝2×103 N.当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有 F 阻＝2×103 N.(2)在减速过程中，注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt －F 阻L ＝12mv 22－12mv 21 代入数据得Pt ＝1.575×105 J 电源获得的电能为E 电＝0.5×45Pt ＝6.3×104 J.(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻＝2×103N ．在此过程中，由能量转化及守恒定律可知．仅有电能用于克服阻力做功E电＝F阻L′代入数据得L′＝31.5 m.答案：(1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m。