2020版高考物理一轮复习专题18功能关系能量守恒定律限时训练(含解析)

课后限时作业21 功能关系 能量守恒定律时间：45分钟1．蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱．如图所示，蹦极者从P 点由静止跳下，到达A 处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B 处，B 离水面还有数米距离．蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE 1，绳的弹性势能的增加量为ΔE 2，克服空气阻力做的功为W ，则下列说法正确的是( C )A ．蹦极者从P 到A 的运动过程中，机械能守恒B ．蹦极者与绳组成的系统从A 到B 的运动过程中，机械能守恒C ．ΔE 1＝W ＋ΔE 2D ．ΔE 1＋ΔE 2＝W解析：蹦极者从P 到A 及从A 到B 的运动过程中，由于有空气阻力做功，所以机械能减少，选项A 、B 错误；整个过程中重力势能的减少量等于绳的弹性势能增加量和克服空气阻力做功之和，即ΔE 1＝W ＋ΔE 2，选项C 正确，选项D 错误．2．质量为m 的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响，物体下落的加速度为45g (g 为重力加速度)．在物体下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是( A )A ．物体的动能增加了45mghB ．物体的机械能减少了45mghC ．物体克服阻力所做的功为45mghD ．物体的重力势能减少了45mgh解析：下落阶段，物体受重力和空气阻力，由动能定理得W ＝ΔE k ，即mgh －fh ＝ΔE k ，f ＝mg －45mg ＝15mg ，可得ΔE k ＝45mgh ，选项A 正确；机械能减少量等于克服阻力所做的功，即ΔE ＝W f ＝fh ＝15mgh ，选项B 、C 错误；重力势能的减少量等于重力做的功，即ΔE p ＝mgh ，选项D 错误．3．(多选)如图所示，电梯的质量为M ，其天花板上通过一轻质弹簧悬挂一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，上升高度为H 时，电梯的速度为v 电梯，物体的速度达到v ，物体上升的高度为H 物，弹簧的弹性势能为E p 弹，重力加速度为g ，则在这段运动过程中，下列说法中正确的是( CD )A ．轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于12mv 2B ．钢索的拉力所做的功等于12mv 2＋MgHC ．轻质弹簧对物体的拉力所做的功大于12mv 2D ．钢索的拉力所做的功等于12mv 2＋MgH ＋12Mv 2电梯＋mgH 物＋E p 弹解析：轻质弹簧对物体的拉力所做的功等于物体增加的动能和重力势能，大于12mv 2，故A 错误，C 正确；钢索的拉力做的功应等于系统增加的动能、重力势能和弹性势能之和，即系统增加的机械能，所以钢索的拉力做功应大于12mv 2＋MgH ，故B 错误；由于物体是由静止开始向上做加速运动，所以弹簧的弹力增大，可知物体上升的高度小于H ，但弹性势能增大，故拉力做功W ＝12mv 2＋MgH ＋12Mv 2电梯＋mgH 物＋E p 弹，故D 正确．4．太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车．已知太阳辐射的总功率约为4×1026W ，太阳到地球的距离为1.5×1011m ，假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的能量损耗，某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的效率约为15%.若驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为5 kW ，且其中的15来自于太阳能电池板，则所需的太阳能电池板的面积至少约为(已知半径为r 的球体积为V ＝43πr 3，球表面积为S ＝4πr 2)( C )A ．2 m 2B ．6 m 2C ．8 m 2D ．12 m 2解析：以太阳为球心、以太阳到地球的距离为半径的球的表面积S ＝4πd 2，太阳辐射到该单位面积上的功率为P ′＝P 太－S.设电池板的面积为S ′，由能量守恒定律得15P。

2020届一轮复习人教版 功能关系能量守恒定律 课时作业1．(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v c ，由动能定理有：F ·3R －mg ·R ＝12m v 2c ，解得：v c ＝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a x ＝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 ＝v c g ＝2gR g ，水平方向的位移为：x ＝12a x t 2＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2gR g 2＝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 。

2．(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E p1＝－23mg ·l 3＝－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E p2＝－23mg ·l 6＝－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 ＝E p2－E p1＝－19mgl ＋29mgl ＝19mgl ，选项A 正确。

课后限时集训(十八)动量守恒定律及其应用(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：动量守恒定律的理解和判断1．(2019·衡水检测)关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒C　[根据动量守恒的条件可知A、B错误，C正确；系统中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，系统中总动量一定守恒，D错误。

]2．(多选)如图所示，质量为M的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，当质量为m的滑块沿斜面下滑的过程中，M与m组成的系统( )A．由于不受摩擦力，系统动量守恒B．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒C．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒D．M对m作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒BC　[水平方向不受外力和摩擦，所以系统水平方向动量守恒，C正确；竖直方向系统所受重力和支持力大小不等，系统竖直方向动量不守恒，B正确。

]题组二：碰撞、爆炸与反冲3．(2019·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。

两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C　[A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A＝－Δp B，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶3，故C 正确。

2020(人教版)高考物理复习 课时过关题18功能关系能量守恒定律1.悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m 的运动员刚入水时的速度为v ，水对他的阻力大小恒为F ，那么在他减速下降深度为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(F ＋mg)hB ．他的重力势能减少了mgh －12mv 2 C ．他的机械能减少了FhD ．他的机械能减少了mgh2.风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图所示．若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中( )A ．处于失重状态，机械能增加B ．处于失重状态，机械能减少C ．处于超重状态，机械能增加D ．处于超重状态，机械能减少3.如图所示，下端固定在地面上的竖直轻弹簧，从它的正上方高H 处有一物块自由落下，落到弹簧上后将弹簧压缩．如果分别从H 1、H 2(H 1＞H 2)高处释放物块，物块落到弹簧上将弹簧压缩的过程中获得的最大动能分别是E k1和E k2，在具有最大动能时刻的重力势能分别是E p1和E p2(以地面为参照系)，那么有( )A ．E k1=E k2，E p1=E p2B ．E k1＞E k2，E p1＞E p2C ．E k1＞E k2，E p1=E p2D ．E k1＞E k2，E p1＜E p24.弹弓一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一,其构造如图所示,橡皮筋两端点A 、B 固定在把手上,橡皮筋ACB 恰好处于原长状态,在C 处(AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D 点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去,打击目标,现将弹丸竖直向上发射,已知E 是CD 中点,则( )A.从D 到C,弹丸的机械能守恒B.从D 到C,弹丸的动能一直在增大C.从D 到C,弹丸的机械能先增大后减小D.从D 到E 弹丸增加的机械能大于从E 到C 弹丸增加的机械能5.一个质量为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，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，则此过程中小铁块损失的机械能为( )A.18mgRB.14mgRC.12mgRD.34mgR6.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A 点,已知杆与水平面之间的夹角θ<45°,当小球位于B 点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。

专题18 功能关系 能量守恒定律(限时：45min)一、选择题（共15小题）1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。

在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )A ．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B ．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C ．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D ．三种情况中，物体的机械能均增加【答案】C【解析】无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加；物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C 正确。

2．如图所示，水平平台上放置一长为L 、质量为m 的均匀木板。

木板右端距离平台边缘为s ，木板与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

现对木板施加水平推力，要使木板脱离平台，推力做功的最小值为( )A ．μmg (L ＋s )B ．μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2＋sC ．μmg (L －s )D ．μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 4＋s 【答案】B【解析】要使木板脱离平台，即让木板的重心脱离平台，则木板运动的距离为L 2＋s ，需要克服摩擦力做功为W f ＝μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2＋s ，即推力做功的最小值为μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2＋s ，故B 正确，A 、C 、D 错误。

3．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 J B．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 J D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】C【解析】拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，滑块向右加速运动，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误。

基础课时15功能关系能量守恒定律一、单项选择题1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．重力做功使系统的重力势能增加D．任意相等的时间内重力做的功相等解析运动员无论是加速下降还是减速下降，阻力始终阻碍系统的运动，所以阻力对系统始终做负功，故选项A正确；运动员加速下降时系统所受的合外力向下，减速下降时系统所受的合外力向上，故选项B错误；由W G＝－ΔE p 知，运动员下落过程中重力始终做正功，系统重力势能减少，故选项C错误；运动员在加速下降和减速下降的过程中，任意相等时间内所通过的位移不一定相等，所以任意相等时间内重力做的功不一定相等，故选项D错误。

答案 A2.(2014·广东理综，16)如图1所示，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1A．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由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故A错误，B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故C、D 错误。

答案 B3．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)()A．升降机对物体做功5 800 JB．合外力对物体做功5 800 JC．物体的重力势能增加500 JD．物体的机械能增加800 J解析根据动能定理得W升－mgh＝12m v2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功为12m v2＝12×100×42 J＝800 J，B错误；物体重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体机械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D错误。

课时规范练18功能关系能量守恒定律基础对点练1.(功能关系的应用)(2023浙江温州模拟)蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。

如图所示,蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离。

蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1,绳的弹性势能的增加量为ΔE2,克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是()A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒C.ΔE1=W+ΔE2D.ΔE1+ΔE2=W2.(多选)(板块模型中的功能关系)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,则下列说法正确的是()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3.(多选)(能量守恒定律)(2022江苏昆山期末)如图所示,风力发电机的叶片半径为R。

某段时间内该区域的风速大小为v,风恰好与叶片转动的圆面垂直,已知空气的密度为ρ,风力发电机的发电效率为η,下列说法正确的是()A.单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为πρvR 2B.此风力发电机发电的功率为12πρv 3R 2ηC.若仅风速减小为原来的12,发电的功率将减小为原来的18D.若仅叶片半径增大为原来的2倍,发电的功率将增大为原来的8倍4.(多选)(功能关系)一物块在高3.0 m 、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10 m/s 2。

第4讲 功能关系 能量守恒定律目标要求 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系.3.会应用能量守恒观点解决综合问题．考点一 功能关系的理解和应用1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的． (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．常见的功能关系能量功能关系表达式势能重力做功等于重力势能减少量 W ＝E p1－E p2＝－ΔE p弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量动能 合外力做功等于物体动能变化量 W ＝E k2－E k1＝12m v 2－12m v 02机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W 其他＝E 2－E 1＝ΔE 摩擦 产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q ＝F f ·x 相对电能 克服安培力做功等于电能增加量W 电能＝E 2－E 1＝ΔE1．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( √ ) 2．合力做的功等于物体机械能的改变量．( × )3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量．( √ ) 4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )1．功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．2．摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．考向1功能关系的理解例1在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是()A．他的动能减少了FhB．他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh答案 D解析运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A 错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．例2如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A．小球P的动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量答案 B解析小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误．考向2功能关系与图像的结合例3(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J答案AB解析由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔE p＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmg cos α·s，其中cos α＝s2－h2s＝0.8，h＝3.0m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝g sin α－μg cosα＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmg cos α·s′＝8 J，故D错误．考向3摩擦力做功与摩擦生热的计算例4(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中()A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs答案AB解析根据功的定义W＝Fs cos θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔE k＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝F f·Δx ＝μmgd，D错误．例5(多选)(2019·江苏卷·8)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 物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；物块从最左侧运动至A 点过程，由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12m v 02，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．考点二 能量守恒定律的理解和应用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其他形式，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．应用能量守恒定律解题的步骤(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．(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．例6 (2020·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E 分别与水平轨道EO 和EA 相连)、高度h 可调的斜轨道AB 组成．游戏时滑块从O 点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B 端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r ＝0.1 m ，OE 长L 1＝0.2 m ，AC 长L 2＝0.4 m ，圆轨道和AE 光滑，滑块与AB 、OE 之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m ＝2 g 且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F 时的速度v F 大小；(2)当h ＝0.1 m 且游戏成功时，滑块经过E 点对圆轨道的压力F N 大小及弹簧的弹性势能E p0； (3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能E p 与高度h 之间满足的关系． 答案 见解析解析 (1)滑块恰好能过F 点的条件为mg ＝m v F 2r解得v F ＝1 m/s(2)滑块从E 点到B 点，由动能定理得 －mgh －μmgL 2＝0－12m v E 2在E 点由牛顿第二定律得F N ′－mg ＝m v E 2r解得F N ＝F N ′＝0.14 N从O 点到B 点，由能量守恒定律得： E p0＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2) 解得E p0＝8.0×10－3 J(3)使滑块恰能过F 点的弹性势能 E p1＝2mgr ＋μmgL 1＋12m v F 2＝7.0×10－3 J到B 点减速到0E p1－mgh 1－μmg (L 1＋L 2)＝0 解得h 1＝0.05 m设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B 点不下滑， 则μmg cos θ＝mg sin θ解得tan θ＝0.5，此时h 2＝0.2 m 从O 点到B 点E p ＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2)＝2×10－3(10h ＋3) J 其中0.05 m ≤h ≤0.2 m.例7 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝34，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 ＝4 kg ，B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离L ＝1 m ，现给A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态．求在此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J解析 (1)在物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得 μ·2mg cos θ·L ＝12×3m v 02－12×3m v 2＋2mgL sin θ－mgL解得v ＝2 m/s.(2)对A 、B 组成的系统分析，在物体A 从C 点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 12×3m v 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量 解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm ，从C 点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得 12×3m v 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得E pm ＝6 J.课时精练1.(多选)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g ，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．机械能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．克服摩擦力做功14mgh答案 AB解析 加速度大小a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ，解得摩擦力F f ＝14mg ，机械能损失等于克服摩擦力做的功，即F f x ＝14mg ·2h ＝12mgh ，故B 项正确，D 项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔE k ＝F 合x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 项错误．2．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，静止释放后，木块右端恰能运动到B 1点．在木块槽中加入一个质量m 0＝800 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点，测得AB 1、AB 2长分别为27.0 cm 和9.0 cm ，则木块的质量m 为( )A ．100 gB ．200 gC ．300 gD ．400 g 答案 D解析 根据能量守恒定律，有μmg ·AB 1＝E p ，μ(m 0＋m )g ·AB 2＝E p ，联立解得m ＝400 g ，D 正确． 3．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm 时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶3 C ．2∶3 D ．3∶2答案 C解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x 1＝(2＋1) cm ＝3 cm ，木块在摩擦力作用下的位移为x 2＝1 cm ；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE 系统＝Q ＝F f ·Δx ；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔE 子弹＝F f x 1；所以ΔE 系统ΔE 子弹＝23，所以C 正确，A 、B 、D 错误．4.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是()答案 C解析由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mg sin θ＋F f＝ma1；下滑阶段有：mg sin θ－F f＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．5.如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.2Pπρl2v3 B.6Pπρl2v3 C.4Pπρl2v3 D.8Pπρl2v3答案 A解析风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝v t·S＝v tπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρv tπl2，因此风吹过的动能为E k ＝12M v 2＝12ρv t πl 2·v 2，在此时间内发电机输出的电能E ＝P ·t ，则风能转化为电能的效率为η＝E E k ＝2Pπρl 2v3，故A 正确，B 、C 、D 错误．6.(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 点的正上方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 点运动到B 点的过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功12mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 CD解析 小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做功W G ＝mg (2R －R )＝mgR ，故A 错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，则有mg ＝m v B 2R ，解得v B ＝gR ，则此过程中机械能的减少量为ΔE ＝mgR －12m v B 2＝12mgR ，故B 错误；根据动能定理可知，合外力做功W 合＝12m v B 2＝12mgR ，故C 正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为12mgR ，故D 正确．7．质量为2 kg 的物体以10 m/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50 J ，机械能损失了10 J ，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 ＝10 m/s 2)( ) A ．40 J B ．60 J C ．80 J D ．100 J 答案 B解析 物体抛出时的总动能为100 J ，物体的动能损失了50 J 时，机械能损失了10 J ，则动能损失100 J 时，机械能损失20 J ，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程，机械能也损失20 J ，故该物体从A 点抛出到落回到A 点，共损失机械能40 J ，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．8.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能E p＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为E k0＝100 J，由公式E k0＝12可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，2m v选项A正确，B错误；由功能关系可知F f h4＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力F f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－F f h＝E k－E k0，解得E k＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．9.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量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 BD解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与绳子方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A 错误；对M 受力分析，受到重力、斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M 动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加量，故B 正确；根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M 做的功之和等于M 机械能的增加量，故C 错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M 做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功，故D 正确．10.(多选)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，现将质量为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．换用相同材料质量为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 点的速度相同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过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同答案 CD解析 两滑块到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，由于质量不同，则在B 点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ，则mgh ＝E p 1＋μtan θ，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C 正确；由能量守恒定律得E 损＝μmg cos θ·h sin θ＝μmgh tan θ，结合C 可知D 正确． 11.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g ，则( )A ．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为F MB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2 C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2 D ．滑块与长木板AB 段间的动摩擦因数为v 22gl答案 ABD解析 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对长木板，由牛顿第二定律得F ＝Ma ，得a ＝F M，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，B 正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于12m v 2，C 错误；弹簧最大弹性势能E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B ，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA 段光滑，则有E p ＝μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确． 12.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v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端挡板位置B 点的距离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/s 2，sin 37°＝0.6，求：(结果均保留三位有效数字)(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)0.521 (2)24.4 J解析 (1)物体从A 点到被弹簧弹到D 点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：12m v02＋mgAD·sin θ＝μmg cos θ·(AB＋2BC＋BD)代入数据解得：μ≈0.521.(2)物体由A到C的过程中，动能减少量ΔE k＝12m v02重力势能减少量ΔE p＝mg sin θ·AC摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：E pm＝ΔE k＋ΔE p－Q≈24.4 J.13.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A 相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行．已知弹簧劲度系数k＝40 N/m，A的质量m1＝1 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝2 kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A 与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3 m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小；(2)把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C 恰好到达地面，求C的质量m3.答案(1) 2 m/s(2)0.6 kg解析(1)因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有：m1g sin θ＝F弹此时弹簧的压缩量为：x1＝F弹k＝m1g sin θk＝0.15 m当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为：x2＝h－x1＝0.15 m所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得：m 2gh ＝m 1gh sin θ＋μm 1g cos θ·h ＋12(m 1＋m 2)v 2 代入数据解得：v ＝ 2 m/s(2)由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C 到C 落地过程中以A 、C 和弹簧为系统，根据机械能守恒可得：m 3gh ＝m 1gh sin θ代入数据解得m 3＝0.6 kg.。

第3节功能关系能量守恒定律课时训练丨基础必备练I1. 某人掷铅球，出手时铅球的动能为150 J.关于人对铅球的做功情况和能量转化情况，下列说法正确的是（A ）A. 此人对铅球做了150 J的功,将体内的化学能转化为铅球的动能B. 此人对铅球做的功无法计算C. 此人对铅球没有做功，因此没有能量的转化D. 此人对铅球做了150 J的功,将铅球的重力势能转化为铅球的动能解析：由于人对铅球的作用力是变力，且位移未知，不能运用功的计算公式来计算，可根据功能关系，人对铅球做功，使铅球动能增加，因此, 此人对铅球所做的功等于铅球动能的增加，即150 J,此人是将体内的化学能转化为铅球的动能.故只有A正确.2. （2018 •河南洛阳模拟）物体只在重力和一个不为零的向上的拉力作用下,分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动.在这三种情况下物体机械能的变化情况是（D ）A. 匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B. 匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C. 由于该拉力与重力大小的关系不明确，所以不能确定物体机械能的变化情况D. 三种情况中，物体的机械能均增加解析:在三种情况下，外力均对物体做了正功，所以物体的机械能均增加,选项D正确.3. （2018 •湖南郴州模拟）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B点.在木块槽中加入一个质量m=800 g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AB,AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm,则木块的质量m为（D ）虽KiA. 100 gB.200 gC.300 gD.400 g解析：第一次由能量守恒定律 &=卩mg- AB,第二次由能量守恒得 &= 卩（m+m）g - AB,解得m=400 g,选项D正确.4. （2018 •山东烟台质检）如图所示，在光滑斜面上的A点先后水平抛出和静止释放两个质量相等的小球1和2,不计空气阻力，最终两小球在斜面上的B点相遇,在这个过程中（C ）A. 小球1重力做的功大于小球2重力做的功B. 小球1机械能的变化大于小球2机械能的变化C. 小球1到达B点的动能大于小球2的动能D. 两小球到达B点时,在竖直方向的分速度相等解析:重力做功只与初、末位置的高度差有关，与物体经过的路径无关所以重力对1,2两小球所做的功相等，选项A错误;1,2两小球从A点运动到B 点的过程中，只有重力对其做功，所以它们的机械能均守恒，选项B错误；由动能定理可得，对小球1有mgh二-,对小球2有mgh= -0,显然> ,选项C正确；由上面的分析可知，两小球到达B 点时,小球1的速度大于小球2的速度,且小球1的速度方向与竖直方向的夹角小于小球2速度方向与竖直方向的夹角，因此，小球1在竖直方向上的速度大于小球2在竖直方向上的速度，选项D错误.5. 如图,两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量；若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块（C ）A. 最大速度相同B. 最大加速度相同C.上升的最大高度不同D.重力势能的变化量不同解析：如图为物块能向上弹出且离开弹簧，则物块在刚撤去外力时加kx速度最大，由牛顿第二定律得：kx-mgsin 0二ma,即a= -gsin 0 ,由于两物块k,x, 0均相同,m不同，则a不同,B错误；当mgs in 0 =kx o mgsinO即x o二时,速度最大,设两物块质量m<m,其平衡位置分别为O、O,初始位置为O,则从初始位置到平衡位置的过程中，物体所受合力一定做正功，由于x i>X2,W>W由动能定理可知E M>丘2,即v i>V2,而此时m的速度V2已达最大，此后,m i的速度将继续增大直至最大，而m的速度将减小,故一定是质量小的最大速度大,A错误;从开始运动至最高点，由E p=mgh 及题意知重力势能的变化量△ E p=mgh相同,m不同,h也不同,故C正确,D 错误.6•“弹弓” 一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一，其构造如图所示，橡皮筋两端点A,B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C 处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D 点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标,现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点,不计空气阻力则（D ）A. 从D到C,弹丸的机械能守恒B. 从D到C,弹丸的动能一直在增大C. 从D到C,弹丸的机械能先增大后减小D. 从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能解析：从D到C,橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加,A,C错; 从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段高度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，D正确;在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D 到C,弹丸的速度先增大后减小,B错.7. （2018 •河北保定模拟）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a , B ,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=I,小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为卩，重力加速度为g,则（C ）BA. 弹簧对小物块做功为卩mglHmghB. 斜面摩擦力对小物块做功为=;:hC. 细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mgh+口mg（；「+l）D. 撤去斜面AB,小物块还从D点弹出,将沿斜面CB上滑并从B点飞出去解析：由功能关系可知，弹簧对小物块做功为W=g mgl+口mgcosh ha •」"+mgh=mgh+r mg（l^ ）,细线烧断前，弹簧具有的弹性势能h为E）=mgh+x mg（l+ =」），选项A错误,C正确；斜面摩擦力对小物块做h h功为Vf=a mgcos a •—二卩mg"」，选项B错误;撤去斜面AB,小物块还从D点弹出,则弹簧的弹性势能不变，此时由能量关系可知:E p=mgh+h卩mg（l+>—'）二mgh+口mgOD物块也恰能到达B点，选项D错误.I能力培养练I8. 如图所示,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.A由静止释放;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.斜面足够大,A,B,C运动过程中不会相碰.下列说法正确的是（B ）A. 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的机械能减少最多解析: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.9. 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传送带向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，选项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，选项B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，选项D错误;设第一阶段v运动时间为t,传送带速度为V,对物体:x I=t,对传送带：X1‘ =vt,摩v擦产生的热量Q=Fx相对=F f（x i‘ -x i）=F f • t,机械能增加量△ E=Fx i= vF f • t,所以Q=A E,选项C正确.10. （2018 •河南洛阳一模）（多选）如图所示，一个小物体在足够长的斜面上以一定初速度滑行，斜面各处粗糙程度相同，初速度方向沿斜面向上，则物体在斜面上运动的过程中下列说法正确的是（BCD ）A.动能一定是先减小后增大B. 机械能一直减小C. 如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则此后物体动能将不断增大D. 如果某段时间内摩擦力做功为W再经过相同的时间，两段时间内摩擦力做功可能相等解析：物体向上运动过程加速度方向向下，做匀减速运动，动能不断减小，当速度减到0时，受力分析可知不能确定mgs in B与卩mgcos 0 的大小关系，如果mgsin 0 ＜卩mgcos 0物体会静止在斜面上，所以A 错误;由于物体运动过程中摩擦力对物体始终做负功，根据功能关系可知物体的机械能一定减小，所以B正确;根据动能定理，本题中W总=Vf+VG=A丘可知,如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同,说明此过程重力没有做功，即说明此时物体刚好返回到开始的位置,物体正向下做加速运动，所以此后动能应不断增加，故C正确；上升过程物体做匀减速运动，若厶t内路程为△ X i,紧接着的△ t内，当物体先沿斜面向上，后返回，其路程△ X2可能等于△ X1,则摩擦力做的功相同,所以D正确.11. 质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时,引力势能可表示为GMm£=-“，其中G为引力常量,M为地球质量.该卫星原来在半径为R 的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其做匀速圆周运动的半径变为R2,此过程中因摩擦而产生的热量为（C ）A.GMm( - ' ) B.GMm( J )GMm 1 1GMm 1 1C. (」)D. C -)Mm v2 1 GMm解析：卫星绕地球做匀速圆周运动满足G” =m ,动能丘乏mV=即,GMm GMm GMm机械能E二E+£,则E= ■'-：=-:.卫星由半径为R的轨道降到半GMm 1 1径为R的轨道过程中损失的机械能△ E=E七2二丁(嘉円),即为下降过程中因摩擦而产生的热量，所以选项C正确.12. 如图所示,一质量m=0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于水平轨道上的A点，滑块与轨道间的动摩擦因数卩=0.1.现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10 W经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N.已知轨道AB的长度L=2 m,圆弧形轨道的半径R=0.5 m,半径0C和竖直方向的夹角a =37° .(空气阻力可忽略，重力加速度g=10 m/s2,sin 37 ° =0.6, cos 37 =0.8)求：D(1) 滑块运动到C点时速度的大小V c；⑵B、C两点的高度差h及水平距离x;(3)水平外力作用在滑块上的时间t.解析：(1)滑块运动到D点时,由牛顿第二定律得⑰2Fwmg=m ,滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得1 ImgR(1-cos a )+ m = m ,代入数据,联立解得v c=5 m/s.(2) 滑块从B到C做平抛运动，在C点速度的竖直分量为v y二v c sin a=3 m/s,咁9所以B,C两点的高度差为h= = m=0.45 m,滑块由B运动到C所用的时间为11=-' = s=0.3 s,滑块运动到B点的速度即平抛运动的初速度V B二V c COS a =4 m/s,所以B,C间的水平距离x=V B t1=4X 0.3 m=1.2 m.⑶滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得IPt-卩mgL=m代入数据解得t=0.4 s.答案:(1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s13. 如图(甲)所示，倾角为B =37。