56 高考真题解析：必修2 第五章 专题突破 功能关系 能量守恒定律

第五章功能关系能量守恒定律【主干回顾】知识点1功能关系1.功是_________的量度，即做了多少功就有多少_____发生了转化。

2.做功的过程一定伴随着___________，而且____________必须通过做功来实现。

3.常见的功能关系：(1)合外力做功与动能的关系：________。

(2)重力做功与重力势能的关系：________。

(3)弹力做功与弹性势能的关系：_________。

(4)除重力(或系统内弹力)以外其他力做功与机械能的关系：__________。

(5)克服滑动摩擦力做功与内能的关系：___________。

如图所示，质量为m的物体沿高h、倾角为θ、动摩擦因数为μ的粗糙斜面下滑至光滑水平面并压缩弹簧，直至物体的速度为零。

则：全过程合外力对物体做功为___，其动能的变化量为___。

物体下滑过程中，重力对物体做_____(选填“正功”或“负功”)，其大小为WG=____，物体的重力势能减少，减少量为____。

滑动摩擦力对物体做的功Wf= _________ ，物体与斜面的内能增加，增加量为_________。

压缩弹簧过程，弹力对物体做_____，弹簧的弹性势能增加，增加量_____弹力做功的多少。

全过程中，物体与弹簧组成的系统，除重力和弹簧弹力做功以外，只有___________做负功，系统的机械能减少，减少量为_________。

知识点2能量守恒定律1.内容：能量既不会凭空_____，也不会凭空消失，它只能从一种形式_____为另一种形式，或者从一个物体_____到另一个物体，在___________的过程中，能量的总量_________。

2.适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中_________的一条规律。

3.表达式：(1)E初=E末，初状态各种能量的_____等于末状态各种能量的_____。

(2)ΔE增=ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量。

2024高考物理复习重难点解析—功能关系、能量守恒能量观点是解决物理问题的方法之一，做功的过程就是能量转化的过程，某种形式的能量的变化对应某种力的做功过程。

能量守恒定律是自然界的各种能量转化的遵守的规律。

在试题中，多以综合题形式出现，选择题计算题等题型均有出现，伴随多过程问题。

例题1.（多选）（2022·河北·高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P 和Q 用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量Q P m m >，0=t 时刻将两物体由静止释放，物体Q 的加速度大小为3g。

T 时刻轻绳突然断开，物体P 能够达到的最高点恰与物体Q 释放位置处于同一高度，取0=t 时刻物体P 所在水平面为零势能面，此时物体Q 的机械能为E 。

重力加速度大小为g ，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。

下列说法正确的是（）A ．物体P 和Q 的质量之比为1:3B ．2T 时刻物体Q 的机械能为2EC ．2T 时刻物体P 重力的功率为32E TD ．2T 时刻物体P 的速度大小23gT 【答案】BCD【解析】A ．开始释放时物体Q 的加速度为3g，则3Q T Q g m g F m -=⋅3T P P g F m g m -=⋅解得23T Q F m g =12P Q m m =选项A 错误；B ．在T 时刻，两物体的速度13gT v =P 上升的距离2211236g gT h T ==细线断后P 能上升的高度2212218v gT h g ==可知开始时PQ 距离为21229gT h h h =+=若设开始时P 所处的位置为零势能面，则开始时Q 的机械能为2229Q Q m g T E m gh ==从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q 做负功，大小为2219Q F T m g T W F h ==则此时物体Q 的机械能22'92Q F m g T E E E W =-==此后物块Q 的机械能守恒，则在2T 时刻物块Q 的机械能仍为2E，选项B 正确；CD ．在2T 时刻，重物P 的速度2123gT v v gT =-=-方向向下；此时物体P 重力的瞬时功率22232332Q Q G P m g m g T gT EP m gv T===选项CD 正确。

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2024年高考各卷区物理试题均考查了功能关系、能量守恒。

预测2025年高考会继续大力考查这部分内容。

各种题型均可出现。

考向一功能关系的应用1.（2024年1月浙江卷第3题）如图所示，质量为m 的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h ，则足球（）A.从1到2动能减少mghB.从1到2重力势能增加mghC.从2到3动能增加mghD.从2到3机械能不变【答案】B【解析】AB ．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势能增加mgh ，则1到2动能减少量大于mgh ，A 错误，B 正确；CD ．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh ，则动能增加小于mgh ，选项CD 错误。

故选B 。

考向二机械能守恒的应用2.（2024年湖北卷第14题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m 。

传送带右端的正上方有一悬点O ，用长为0.3m 、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。

在O 点右侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。

将质量为0.1kg 的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s 、方向水平向左。

小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上运动。

已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小210m/s g 。

（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；（3）若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。

高中物理必修2【功能关系能量守恒定律】典型题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解析：选C．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，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．2gh B．4gh 3C．gh D．gh 2解析：选B．小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝12×3m×v2－0，解得：v＝4gh3，故B正确．3．(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g ，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B 的过程中，下列说法正确的是( )A ．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B ．人和滑车获得的动能为0.8mghC ．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD ．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh解析：选BC ．沿斜面的方向有ma ＝mg sin 30°－F f ，所以F f ＝0.1mg ，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A 错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为E k ＝(mg sin 30°－F f )h sin 30°＝0.8mgh ，故B 正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE ＝mgh －E k ＝mgh －0.8mgh ＝0.2mgh ，故C 正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh ，故D 错误．4．(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解析：选AB ．加速度a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ，解得摩擦力F f ＝14mg ；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；机械能的损失F f x ＝14mg ·2h＝12mgh ，故B 项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小ΔE k ＝F 合外力·x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 错误；克服摩擦力做功12mgh ，故D 错误．5．以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E 随离地高度h 变化关系可能正确的是( )解析：选D ．根据功能关系得ΔE ＝F f ·Δh ，得ΔEΔh ＝F f ，即E -h 图象切线斜率的绝对值等于空气阻力的大小．在上升过程中，速度减小，空气阻力减小，故E -h 图象的斜率减小；下降过程中，速度增大，空气阻力逐渐增大，故E -h 图象的斜率变大；上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力，故上升过程中机械能的减小量比下降过程中机械能的减小量大．故图象D 正确，A 、B 、C 错误．6．如图所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左的速度v 0＝9 m/s 从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程s . 解析：(1)设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a 2，由牛顿第二定律可得 μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得 μ2Mg ＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止时的共同速度为v ，所需的时间为t ，则有 v ＝v 0－a 1t ＝a 2t ， 解得：v ＝1 m/s ，t ＝2 s. 铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m －12×4×4 m ＝10 m.木板相对地面的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m ＝1 m ，铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ， 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J ＝36 J.设铁块与木板共速后的加速度为a 3，发生的位移为x 3，则有： a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，x3＝v 2－02a 3＝0.5 m. 木板在水平地面上滑行的总路程 s ＝x 2＋x 3＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m. 答案：(1)0.5 m/s 2 (2)36 J 1.5 m7．如图所示，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 ．根据动能定理，小球在b 、c 两点的速度大小相等，设小球离开c 时的速度为v ，则有mg ·2R ＝12m v 2，v ＝4gR ，小球离开轨道后的上升时间t ＝v g ＝4Rg，小球从离开轨道至到达轨迹最高点的过程中，水平方向上的加速度大小等于g ，水平位移s ＝12gt 2＝12g ⎝⎛⎭⎫4R g 2＝2R ，整个过程中小球机械能的增量ΔE ＝F ·l ＝mg (2R ＋R ＋2R )＝5mgR ，C 正确．8．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E p ＝－GMmr ，其中G 为引力常量，M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1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R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1B ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2C ．GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1 D ．GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 解析：选C ．卫星绕地球做匀速圆周运动满足G Mm r 2＝m v 2r ，动能E k ＝12m v 2＝GMm 2r ，机械能E ＝E k ＋E p ，则E ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r.卫星由半径为R 1的轨道降到半径为R 2的轨道过程中损失的机械能ΔE ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1，即为下降过程中因摩擦而产生的热量，所以选项C 正确．9．如图所示，水平传送带以v ＝2 m/s 的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg 的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为( )A ．80 WB ．160 WC ．400 WD ．800 W解析：选B ．由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔPt ＝12m v 2＋Q ，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移，故Q ＝f ·Δx ＝fx ＝12m v 2，解得ΔP ＝160 W ，B 项正确．10．如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O ，上端固定在容器侧壁．若相同的小球以同样的速率，从点O 沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程，下列说法正确的是( )A ．小球动能相等的位置在同一水平面上B ．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C ．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D ．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上 解析：选D ．小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A 项错误．小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B 项错误．若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，t ＝0时，小球位于O 点，即O 为球的最低点；设某直轨道与水平面的夹角为θ，则小球在时间t 0内的位移x 0＝v t 0－12(g sin θ＋μg cos θ)t 20，由于球的半径R ＝x 02sin θ与θ有关，故小球在同一时刻一定不在同一球面上，C 项错误．小球运动过程中，摩擦产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmg cos θ·hsin θ＝μmgh cot θ，倾角θ不同时高度h 不同，D 项正确．11．一质点在0～15 s 内竖直向上运动，其加速度—时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．质点的机械能不断增加B ．在0～5 s 内质点的动能增加C ．在10～15 s 内质点的机械能一直增加D ．在t ＝15 s 时质点的机械能大于t ＝5 s 时质点的机械能解析：选D ．由图象可以看出0～5 s 内的加速度等于g ，质点的机械能不变，故A 错误；在0～5 s 内，质点速度向上，加速度方向向下，加速度与速度方向相反，则质点速度减小，则动能减小，故B 错误；在10～15 s 内，质点向上减速的加速度大于g ，说明质点受到了方向向下的外力，做负功，机械能减少，故C 错误；根据牛顿第二定律，5～10 s 内，mg －F ＝ma ，得：F ＝2m ，方向向上，做正功，质点机械能增加；10～15 s 内，mg ＋F ＝ma ，得F ＝2m ，方向向下，质点机械能减少；质点一直向上做减速运动，则10～15 s 内的速度小于5～10 s 内的速度，则10～15 s 内的位移s 10～15小于5～10 s 内的位移s 5～10，故Fs 5～10＞Fs 10～15，则5～15 s 内质点机械能增加的多，减少的少，故质点在t ＝15 s 时的机械能大于t ＝5 s 时的机械能，D 正确．12．在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏．如图所示，将一质量为0.1 kg 的钢球放在O 点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB 运动．BC 段为一段长为L ＝2.0 m 的粗糙平面，DEFG 为接球槽．圆弧OA 和AB 的半径分别为r ＝0.2 m 、R ＝0.4 m ，小球与BC 段的动摩擦因数为μ＝0.7，C 点离接球槽的高度为h ＝1.25 m ，水平距离为x ＝0.5 m ，接球槽足够大，g 取10 m/s 2.求：(1)要使钢球恰好不脱离圆弧形轨道，钢球在A 点的速度大小； (2)钢球恰好不脱离轨道时，在B 位置对半圆形轨道的压力大小； (3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v 0至少多大？ 解析：(1)要使钢球恰好不脱离轨道，钢球在最高点时， 对钢球分析有mg ＝m v 2AR ，解得v A ＝2 m/s.(2)钢球从A 到B 的过程由动能定理得 mg ·2R ＝12m v 2B －12m v 2A ，在B 点有F N －mg ＝m v 2BR ，解得F N ＝6 N ，根据牛顿第三定律，钢球在B 位置对半环形轨道的压力为6 N. (3)从C 到D 钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中， 则x ＝v C t ，h ＝12gt 2，解得v C ＝1 m/s ，假设钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时，钢球可运动到C 点，且速度为v C ′，从A 到C 有mg ·2R －μmgL ＝12m v C ′2－12m v 2A，解得v C ′2<0，故当钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时，钢球不可能到达C 点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中．当钢球到达C 点速度为v C 时，v 0有最小值，从O 到C 有mgR －μmgL ＝12m v 2C －12m v 20， 解得v 0＝21 m/s.答案：(1)2 m/s (2)6 N (3)21 m/s。

一、单项选择题1.(2022·高考广东卷)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( )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：在弹簧压缩过程中，由于摩擦力做功消耗机械能，因此机械能不守恒，选项A 错，B 对；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为弹性势能和内能，选项C 、D 均错误．答案：B2.如图所示，BC 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C 与水平直轨道相切．一个小物块从B 点正上方R 处的A 点处由静止释放，从B 点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R ＝0.2 m ，小物块的质量为m ＝0.1 kg ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.小物块在水平面上滑动的最大距离是( )A ．0.1 mB ．0.2 mC ．0.6 mD ．0.8 m解析：设小物块在水平面上滑动的最大距离为x ，由动能定理得mg ·2R －μmgx ＝0，x ＝2Rμ＝0.8 m ，选项D 正确．答案：D3．如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则( )A ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功小于人增加的机械能C ．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D ．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能解析：依据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和重力做功之和等于人增加的动能，故A 、B 错误；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C 正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D 错误．答案：C4.(2021·江苏联考)如图甲所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h 1处由静止释放，其动能E k 与离地高度h 的关系如图乙所示．其中高度从h 1下降到h 2，图象为直线，其余部分为曲线，h 3对应图象的最高点，轻弹簧的劲度系数为k ，小物体的质量为m ，重力加速度为g .以下说法正确的是( )A ．小物体下降至高度h 3时，弹簧形变量为0B ．小物体下落至高度h 5时，加速度为0C ．小物体从高度h 2下降到h 4，弹簧的弹性势能增加2m 2g2kD ．小物体从高度h 1下降到h 5，弹簧的最大弹性势能为2mg (h 1－h 5)解析：小物体的高度从h 1下降到h 2，图象为直线，说明该过程是自由落体运动，所以小物体下降至高度h 2时，弹簧形变量为0，故A 错误；物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h 4时，小物体的动能与h 2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h 4时弹簧的弹力肯定是重力的2倍，小物体下落至高度h 5时．动能又回到0，说明h 5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，肯定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大，故B 错误；小物体下落至高度h 4时，物体的动能与h 2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h 4时弹簧的弹力肯定是重力的2倍，此时弹簧的压缩量Δx ＝2mgk，小物体从高度h 2下降到h 4，重力做功W ＝mg Δx ＝mg ·2mg k ＝2m 2g 2k ，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以弹簧的弹性势能增加了2m 2g2k，故C正确；小物体从高度h 1下降到h 5，重力做功等于弹簧弹性势能的增加量，所以弹簧的最大弹性势能为mg (h 1－h 5)，故D 错误．答案：C5.(2021·陕西西安铁一中模拟)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×h sin θ，所以mgh ＝E p 1＋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．答案：D 二、多项选择题6.(2021·四川成都七中诊测)如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O 点，另一端固定一个小物块．小物块从P 1位置(此位置弹簧伸长量为零)由静止开头运动，运动到最低点P 2位置，然后在弹力作用下上升，运动到最高点P 3位置(图中未标出)．在此两个过程中，下列推断正确的是( )A ．下滑和上滑过程中弹簧和小物块组成的系统机械能守恒B ．下滑过程物块速度最大位置比上滑过程速度最大位置高C ．下滑过程弹簧和小物块组成的系统机械能减小量比上升过程小D ．下滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力对物块做功总值等于上滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力做功总值 解析：对物块受力分析，受重力、弹簧的弹力、斜面对物块的支持力和摩擦力，摩擦力做负功，机械能削减，A 错误；全程分析可知P 3肯定在P 1的下方，P 1到P 2和P 2到P 3过程对比分析，P 1到P 2过程摩擦力沿斜面对上，P 2到P 3过程摩擦力沿斜面对下，下滑过程物块速度最大位置比上滑过程速度最大位置高，B 正确；P 1、P 2的距离大于P 2、P 3的距离，摩擦力大小相等，则下滑过程机械能损失多，C 错误；下滑与上滑过程的动能变化量均为零，依据动能定理知，两个过程总功为零，所以下滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力做功总值等于上滑过程重力、弹簧弹力和摩擦力做功总值，D 正确．答案：BD7.如图所示，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 处安装肯定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不行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( )A ．两滑块组成系统的机械能守恒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 克服摩擦力做的功解析：对于M 和m 组成的系统，除了重力、轻绳弹力做功外，摩擦力对M 做了功，系统机械能不守恒，A 错误；对于M ，合力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和，依据动能定理可知，M 动能的增加量等于其所受合力做的功，B 错误；对于m ，只有其重力和轻绳拉力做了功，依据功能关系可知，除重力之外的其他力对物体做的功等于物体机械能的增加量，C 正确；对于M 和m 组成的系统，系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零，只有两物体的重力和M 受到的摩擦力对系统做了功，依据功能关系，M 受到的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量，D 正确．答案：CD8.(2021·山东师大附中模拟)如图所示，小球从A 点以初速度v 0沿粗糙斜面对上运动，到达最高点B 后返回A ，C 为AB 的中点．下列说法正确的是( )A ．小球从A 动身到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零B ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，削减的动能相等 C ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，速度的变化率相等D ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，损失的机械能相等解析：小球从A 动身到返回A ，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，故A 错误；设A 到C 的高度和从C 到B 的高度为h ，AC 的距离为s ，斜面的倾角为θ，则有s sin θ＝h ，依据－mgh －μmgs cos θ＝ΔE k ，可知小球从A 到C 过程与从C 到B 过程合外力对物体做的功相同，故小球削减的动能相等，故B 正确；小球从A 到C 与从C 到B 的过程，受力状况不变，加速度相同，所以速度的变化率相等，故C 正确；克服除重力之外其他力做多少功物体的机械能就削减多少，依据－μmgs cos θ＝－ΔE 可得小球从A 到C 过程与从C 到B 过程，损失的机械能相等，故D 正确．答案：BCD一、选择题9．(多选)(2021·江苏连云港外国语学院月考)如图所示为水平抛出的小球与地面碰撞前后的频闪照片，其先后经过的位置分别用1～8标记．已知小球的质量为0.1 kg ，照片中对应每格的实际长度为0.05 m ，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，则以下推断正确的是( )A ．小球与地面碰撞后速度变化率小于碰撞前速度变化率B ．小球经过位置3时的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平行C ．小球经过位置6时的瞬时速度大小为0.5 m/sD ．小球与地面碰撞过程机械能损失为0.25 J解析：小球与地面碰撞后的加速度与碰撞前的加速度相等，可知小球与地面碰撞后速度变化率等于碰撞前速度变化率，故A 错误．在竖直方向上，依据Δy ＝2L ＝gT 2得，T ＝2Lg＝2×0.0510s ＝0.1 s ，落地前水平分速度v x ＝2L T ＝2×0.050.1 m/s ＝1 m/s,2、4两点连线与水平方向夹角的正切值tan α＝8L4L ＝2，位置3的竖直分速度v y 3＝8L 2T ＝8×0.050.2 m/s ＝2 m/s ，则位置3瞬时速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝v y 3v x＝21＝2，可知小球经过位置3的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平行，故B 正确．小球经过位置6时竖直分速度为零，则v 6＝L T ＝0.050.1m/s ＝0.5 m/s ，故C 正确．在下落过程和上升过程中机械能守恒，位置3的速度v 3＝4＋ 1 m/s ＝ 5 m/s ，位置3动能比位置6动能多ΔE k ＝12m (v 32－v 62)＝12×0.1×(5－0.25) J ＝0.237 5 J ，位置3的重力势能比位置6的重力势能多ΔE p ＝mgL ＝0.1×10×0.05 J＝0.05 J ，可知机械能多0.287 5 J ，所以小球与地面碰撞过程中机械能损失0.287 5 J ，故D 错误．答案：BC10.(多选)(2021·江苏淮阴中学月考)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不行伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L .现由静止同时释放A 、B ，物体A沿斜面对下运动，将弹簧压缩到最短的位置E 点，D 、E 两点间的距离为L2.若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A与斜面间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( )A ．A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．A 在从C 至D 的过程中，加速度大小为120gC ．弹簧的最大弹性势能为158mgLD ．弹簧的最大弹性势能为38mgL解析：对A 、B 整体从C 到D 的过程受力分析，依据牛顿其次定律得a ＝4mg sin 30°－mg －μ4mgcos 30°4m ＋m＝120g ，从D 点开头与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E 点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以A 在从C 至E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最终做变减速运动，直到速度为零，故A 错误，B 正确；当A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A 、B 整体应用动能定理得4mg (L ＋L 2)sin 30°－mg (L ＋L2)－μ(4mg )cos30°(L ＋L 2)－W 弹＝0，解得W 弹＝38mgL ，则弹簧具有的最大弹性势能E p ＝W 弹＝38mgL ，故C 错误，D 正确．答案：BD 二、非选择题11.(2021·福建质检)如图所示，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为r 的14细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．质量为m 的滑块在曲面上距BC 的高度为2r 处从静止开头下滑，滑块与BC 间的动摩擦因数μ＝12，进入管口C 端时与圆管恰好无作用力，通过CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为E p .求：(1)滑块到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平面BC 的长度x ；(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度v m .解析：(1)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得mg ·2r ＝12mv B 2解得v B ＝2gr(2)在C 点，由mg ＝m v C 2r得v C ＝gr滑块从A 点运动到C 点过程，由动能定理得mg ·2r －μmgx ＝12mv C 2解得x ＝3r(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D 端的距离为x 0，则有kx 0＝mg ，得x 0＝mg k由能量守恒定律得mg (r ＋x 0)＋12mv C 2＝12mv m 2＋E p得v m ＝3gr ＋2mg 2k －2E pm答案：(1)2gr (2)3r (3)3gr ＋2mg 2k －2E pm12．(2021·济南模拟)如图，在高h 1＝30 m 的光滑水平平台上，质量m ＝1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣K 锁住，储存了肯定量的弹性势能E p .若打开锁扣K ，物块将以肯定的水平速度v 1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的B 点沿切线方向进入圆弧形轨道．B 点的高度h 2＝15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上长为L ＝70 m 的水平粗糙轨道CD 平滑连接；小物块沿轨道BCD 运动与右边墙壁发生碰撞，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块由A 到B 的运动时间；(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能E p 的大小；(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，运动至C 点停止，试求动摩擦因数μ. 解析：(1)设从A 运动到B 的时间为t ， 则h 1－h 2＝12gt 2，t ＝ 3 s.(2)由R ＝h 1，得∠BOC ＝60°.设小物块平抛的水平速度是v 1， 则gtv 1＝tan 60° v 1＝10 m/s故E p ＝12mv 12＝50 J.(3)设小物块在水平轨道CD 上通过的总路程为2L ， 由能量守恒知，mgh ＋12mv 12＝μmg ·2L代入数据计算得出μ＝14答案：(1) 3 s (2)50 J (3)14。

2022届高考物理核心考点知识归纳典例剖析与同步练习功能关系能量守恒定律（解析版）2021年高考物理核心考点知识归纳、典例分析与同步练习：功能关系能量守恒定律★重点归纳★一、能量1、概念：一个物体能够对外做功，我们就说这个物体具有能量．2、能量的转化：各种不同形式的能量可以相互转化，而且在转化过程中总量保持不变也就是说当某个物体的能量减少时，一定存在其他物体的能量增加，且减少量一定等于增加量；当某种形式的能量减少时，一定存在其他形式的能量增加，且减少量一定等于增加量．3、功是能量转化的量度．不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的．做功的过程就是各种形式的能量之间转化(或转移)的过程．且做了多少功，就有多少能量发生转化(或转移)。

功能的变化表达式重力做功正功重力势能减少重力势能变化负功重力势能增加弹力做功正功弹性势能减少弹性势能变化负功弹性势能增加合力做功正功动能增加动能变化负功动能减少除重力(或系统内弹力)外其他力做功正功机械能增加机械能变化负功机械能减少二、能量守恒定律1、内容：能量既不会消灭，也不会产生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移过程中，能量的总量保持不变，这个规律叫做能量守恒定律．2、表达式：；．3、利用能量守恒定律解题的基本思路．（1）某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量一定和增加量相等．（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．4、利用能量守恒定律解题应注意的问题：（1）该定律是贯穿整个物理学的基本规律之一，是学习物理的一条主线．（2）要分清系统中有多少种形式的能量，发生哪些转移和转化．（3）滑动摩擦力与相对距离的乘积在数值上等于产生的内能，即．★举一反三★【例1】一线城市道路越来越拥挤，因此自行车越来越受城市人们的喜爱，如图，当你骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，假如你没有蹬车，受阻力作用，则在这个过程中，下面关于你和自行车的有关说法正确的是()A．机械能增加B．克服阻力做的功等于机械能的减少量C．减少的动能等于增加的重力势能D．因为要克服阻力做功，故克服重力做的功小于克服阻力做的功答案：B【练习1】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。

2020 年高考物理备考微专题精确打破专题 3.5 功能关系和能量守恒定律【专题解说】一功能关系的理解和应用几种常有的功能关系及其表达式力做功能的变化协力的功动能变化重力势重力的功能变化弹簧弹弹性势力的功能变化只有重机械能力、弹簧不变化弹力做功除重力和弹簧弹力以外的其余力机械能变化做的功一对互相作用的机械能减少，内滑动摩擦力的总能增添功定量关系W＝ E k2－ E k1＝E k(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增添(3)W G＝－E p＝ E p1－E p2(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增添(3)W 弹＝－E p＝ E p1－ E p2机械能守恒E＝0(1)其余力做多少正功，物体的机械能就增添多少(2)其余力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W 其余＝E(1)作用于系统的一对滑动摩擦力必定做负功，系统内能增添(2)摩擦生热Q＝ F f·x 相对二能量守恒定律的应用1．对能量守恒定律的理解(1)转变：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)转移：某个物体的能量减少，必定存在其余物体的能量增添，且减少许和增添量相等．2．波及弹簧的能量问题应注意两个或两个以上的物体与弹簧构成的系统互相作用的过程，拥有以下特色：(1)能量变化上，假如只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．(2)假如系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度同样．【高考领航】【 2019·江苏卷】如下图，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m A ，从点向左沿水平川面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰巧静止．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，重力加快度为g，弹簧未高出弹性限度．在上述过程中（）A ．弹簧的最大弹力为μ mgB ．物块战胜摩擦力做的功为2μ mgsC．弹簧的最大弹性势能为μ mgs D．物块在 A点的初速度为2gs【 2019·浙江选考】奥运会竞赛项目撑杆跳高如下图，以下说法不正确的选项是（）A．加快助跑过程中，运动员的动能增添B．起跳上涨过程中，杆的弹性势能向来增添C．起跳上涨过程中，运动员的重力势能增添D．超出横杆后着落过程中，运动员的重力势能减少动能增添【方法技巧】1.运用能量守恒定律解题的基本思路2.多过程问题的解题技巧(1) “合”——初步认识全过程，建立大概的运动情形．(2) “分”——将全过程进行分解，剖析每个过程的规律．(3) “合”——找到过程之间的联系，找寻解题方法．【最新考向解码】【例 1】 (2019 ·福建厦门高三上学期期末)一劲度系数为 k＝ 100 N/m 的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连结物块Q。

第4讲　能量守恒定律与能源知识排查功能关系1.功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。

2.做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。

能源1.2.能量耗散(1)定义：在能量的转化过程中，一部分能量转化为内能流散到周围环境中，我们无法把这些内能收集起来重新利用，这种现象叫做能量的耗散。

(2)能量耗散带来的问题：一是可利用的能源越来越少，造成能源危机；二是使环境吸收的耗散能量越来越多，造成环境污染，温度升高。

能量守恒定律1.内容：能量既不会消灭，也不会创生。

它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。

2.表达式：ΔE减＝ΔE增。

小题速练1.思考判断(1)物体在速度增大时，其机械能可能在减小( )(2)摩擦力在做功时，机械能一定会发生转化( )(3)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少( )(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源( )(5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放( )(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化( )(7)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少( )答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)√2.有人设想在夏天用电冰箱来降低房间的温度。

他的办法是：关好房间的门窗，然后打开冰箱的所有门让冰箱运转，且不考虑房间内外热量的传递。

则开机后，室内的温度将( )A.升高B.保持不变C.开机时降低，停机时升高D.开机时升高，停机时降低解析　电冰箱的压缩机运行时，一部分电能转化为内能，室内的温度将升高。

答案　A　功能关系　能源1.力学中常见的功能关系2.应用功能关系解决具体问题应注意以下三点(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。

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．能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量．2．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量转化必通过做功来实现．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)能量转化是通过做功来实现的．(√)(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，物体的总能量一定增加．(×)(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)(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另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变.2．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.(2)ΔE增＝ΔE减，增加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．(×)[教材挖掘·做一做]1.(人教版必修2 P80第1题改编)如图所示，一小球自A 点由静止自由下落，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 ．小球到达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)游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图甲)．我们把这种情形抽象为图乙的模型：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 大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点．如果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．解析：小球恰能通过最高点，则：mg ＝m v 2R小球由静止运动到最高点的过程中，满足机械能守恒mgh ＝12mv 2＋mg ·2R联立解得：h ＝2.5R . 答案：2.5R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．几种常见力做功及能量变化[典例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．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光滑轨道；②小球始终受到水平外力作用；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)由于外力F＝mg，小球到达c点瞬间v c＞0，可判断球经过c点后将继续向斜上方运动，当竖直方向速度为零时小球到达最高点．(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)由功能关系确定机械能增量．[解析] 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 ab＋F ·R －mgR ＝12mv 2c ，其中水平力大小F ＝mg ，得v c ＝2 gR .经过c 点以后，在竖直方向上小球做竖直上抛运动，上升的时间t 升＝v c g ＝2Rg.在水平方向上小球做加速度为a x 的匀加速运动，由牛顿第二定律得F ＝ma x ，且F ＝mg ，得a x ＝g .在时间t 升内，小球在水平方向上的位移x ＝12a x t 2升＝2R ，故力F 在整个过程中对小球做的功W ＝Fx ab ＋FR ＋Fx ＝5mgR .由功能关系，得ΔE ＝W ＝5mgR .故C 正确，A 、B 、D 错误．]功能关系的选用原则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．[题组巩固]1．(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.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 解析：A [把Q 点提到M 点的过程中，PM 段软绳的机械能不变，MQ 段软绳的机械能的增量为ΔE ＝23mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫－16l －23mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13l ＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故A 正确，B 、C 、D 错误．]2．(2019·唐山模拟)(多选)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．其加速度大小为0.5g ，方向竖直向下．则在其下落到地面的过程中，下列说法中正确的是( )A ．物体的重力势能减少0.5mghB ．物体的动能增加0.5mghC ．物体的机械能减少0.5mghD ．落地时的动能为mgh ＋12mv 2解析：BC [物体在下落过程中，重力做正功为mgh ，则重力势能减小mgh ，故A 错误；物体所受的合力为F ＝ma ＝0.5mg ，则合力做功为W 合＝0.5mgh ，所以动能增加了0.5mgh ，故B 正确；物体下落过程中受到向下的重力mg 和向上的力F ′，而物体下落过程中受到的合外力大小为F ＝0.5mg ，即F ＝mg －F ′，解得F ′＝0.5mg ，W F ′＝－0.5mgh ，所以机械能减少了0.5mgh ，故C 正确；由动能定理得W 合＝E k －12mv 2＝0.5mgh ，解得E k ＝0.5mgh ＋12mv 2，故D 错误．]3．(2019·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 JB ．3.5 JC ．1.8 JD ．2.0 J解析：A [物块与水平面间的摩擦力为F ′f ＝μmg ＝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 ，克服摩擦力做功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[典例赏析][典例2] (2019·银川一模)如图所示，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的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平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，地面光滑且小车足够长，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t1；(2)滑块脱离圆弧末端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：抓关键点(1)滑块在斜面上下滑的加速度可由mg sin θ－μmg cos θ＝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．(3)滑块到达B 点前瞬间具有竖直向上的向心加速度，此时满足F N －mg ＝m v 2BR.(4)小车从开始运动到匀速运动过程中，滑块和小车组成的系统损失的机械能对应系统产生的摩擦热．[解析] (1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a ，由牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，又s ＝12at 21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 12mv 2A ＋mgR (1－cos θ)＝12mv 2B ， 其中v A ＝at 1由牛顿第二定律，有F B －mg ＝m v 2BR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速度：a 1＝μg ＝3.5 m/s 2小车的加速度：a 2＝μmg M＝1.5 m/s 2小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足v B －a 1t 2＝a 2t 2由(2)可知滑块刚滑上小车的速度v B ＝10 m/s ，最终同速时的速度 v ＝v B －a 1t 2＝3 m/s由功能关系可得： μmg ·s 1＝12mv 2B －12(m ＋M )v 2解得：s 1＝10 m.[答案] (1)2.5 s (2)31.7 N (3)10 m[题组巩固]1．如图所示，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v 0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．AC 两点间距离为L ，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B ．物块克服摩擦力做的功为12mv 2C ．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和解析：D [物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，故A 错误；物块由A 点运动到C 点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为μmgL ＝12mv 20－E p 弹，故B 错误，D 正确；根据B 项分析知E p 弹＝12mv 20－μmgL ，故C错误．]2．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底，然后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程)．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v ，夯杆质量为m ，则下列说法正确的是( )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 ．增加滚轮匀速转动的角速度或增加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D ．一次提杆过程系统共产生热量12mv 2解析：B [夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力，故A 错误；增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杆的时间，增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到的滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杆的时间，故B 正确；根据功能关系可知，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；设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为F f ，加速度为a ，质量为m ，匀加速运动的时间为t ，则相对位移大小为Δx ＝vt －v 22a ，t ＝v a ，解得Δx ＝v 22a ，摩擦产生的热量Q ＝F f Δx ，根据牛顿第二定律得F f －mg ＝ma ，联立解得Q ＝mgv 22a ＋12mv 2＞12mv 2，故D 错误．]3．如图所示，光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，某时刻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/s 2.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)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .解析：(1)当F ＝8 N 将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度为：a 2＝F －μmg M，可得a 2＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，根据几何关系： 12a 2t 2－12a 1t 2＝L 解得：t ＝1 s所以小铁块运动的位移为：x 1＝12a 1t 2，解得：x 1＝1.5 m木板运动的位移为：x 2＝12a 2t 2，解得：x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为：W 1＝μmgx 1，解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为：W 2＝－μmgx 2，解得：W 2＝－7.5 J (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmg (x 2－x 1)＝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，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等． (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等． 2．能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，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 减与增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．[典例赏析][典例3] 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：(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，动能减少量与重力势能的减少量之和等于弹簧的弹性势能与物体克服摩擦力做功之和．(2)物体由A 到C 后又返回D 的过程中，物体动能减少量与重力势能的减少量之和等于物体克服摩擦力做的总功．[解析] (1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，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：12mv 20＋mgL AD ·sin 37°＝μmg 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， 动能减少量ΔE k ＝12mv 20，重力势能减少量ΔE p ＝mgL AC sin 37° 摩擦产生的热量Q ＝μmg 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 ＝ΔE k ＋ΔE p －Q＝12mv 20＋mgL AC sin 37°－μmg cos 37°·L AC ≈24.5 J.[答案] (1)0.52 (2)24.5 J[题组巩固]1．(2019·乐山模拟)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m ＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t ＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v －t 图象如图乙所示，其中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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)滑块离开弹簧后在图中bc 段对应的加速度大小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v 1、v 2的大小． (3)弹簧锁定时具有的弹性势能E p .解析：(1)由题图乙知滑块在bc 段做匀减速运动，加速度大小为：a ＝Δv Δt＝10 m/s 2由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma解得：μ＝0.5(2)根据速度时间公式得t 2＝0.3 s 时的速度大小：v 1＝v 0－a Δt解得v 1＝0在t 2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′解得：a ′＝2 m/s 2从t 2到t 3做初速度为零的加速运动，t 3时刻的速度为：v 2＝a ′Δt ＝0.2 m/s(3)从0到t 1时间内，由能量守恒定律得：E p ＝mgx sin 37°＋μmgx cos 37°＋12mv 2b解得：E p ＝4 J.答案：(1)10 m/s 20.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J2．如图，一个倾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮．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．一条轻质绳跨过定滑轮，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A 、B 物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行．现将B 物体由静止释放，已知B 物体恰好能使A 物体刚要离开地面但不继续上升．求：(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速度大小和方向．(3)若将B 物体换成质量为2m 的C 物体，C 物体由上述初始位置静止释放，当A 物体刚好要离开地面时，C 物体的速度大小v .解析：(1)当A 物体刚要离开地面但不上升时，A 物体处于平衡状态，设B 物体沿斜面下滑x ，则弹簧伸长为x .对A 物体有：kx －mg ＝0解得：x ＝mg k(2)当A 物体刚要离开地面时，A 与地面间作用力为0. 对A 物体：由平衡条件得：F T －mg ＝0设B 物体的加速度大小为a ，对B 物体，由牛顿第二定律得：F T －mg sin θ＝ma 解得：a ＝12gB 物体加速度的方向沿斜面向上(3)A 物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加ΔE ，对B 物体下滑的过程，由能量守恒定律得：ΔE ＝mgx sin θ对C 物体下滑的过程，由能量守恒定律得： ΔE ＋12×2mv 2＝2mgx sin θ解得：v ＝gm 2k. 答案：(1)mg k (2)12g 方向沿斜面向上 (3)gm 2k思想方法(十一) 传送带模型中的功能关系[典例1] (多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v 匀速运动，现将质量为m 的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是( )A ．摩擦力对物块做的功为0.5mv 2B ．物块对传送带做功为0.5mv 2C ．系统摩擦生热为0.5mv 2D ．电动机多做的功为mv 2[解析] ACD [设物块匀加速运动的时间为t ，根据动能定理得： 摩擦力对物块做的功为W 1＝f ·12vt ＝12mv 2＝0.5mv 2.物块对传送带做功W 2＝－fvt ＝－mv 2，故A 项正确，B 项错误． 物块与传送带相对位移大小为Δx ＝vt －vt2＝0.5vt ，则Δx ＝x 物．摩擦生热为Q ＝f·Δx ＝fx 物＝0.5mv 2.故C 项正确． 电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能， 所以电动机多做的功为W 机＝12mv 2＋Q ＝mv 2.故D 项正确．(或电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功W 机＝f ·vt ＝mv 2)][典例2] 如图，一传送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，工件与皮带间的动摩擦因数为μ＝32，g 取10 m/s 2，求带动皮带的电动机由于传送工件而多消耗的电能．[解析] 设工件向上运动距离s 时，速度达到传送带的速度v ，由动能定理可知： －mgs sin 30°＋μmgs cos 30°＝12mv 2－0解得s ＝0.8 m ，说明工件未到达平台时，速度已达到v ， 所以工件动能的增量为ΔE k ＝12mv 2＝20 J工件重力势能增量为ΔE p ＝mgh ＝200 J 工件相对皮带的位移L ＝vt －12vt ＝12vt ＝s ＝0.8 m由于摩擦产生热量Q ＝fL ＝μmg cos 30°L ＝60 J 电动机多消耗的电能为ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝280 J. [答案] 280 J传送带问题的分析流程和技巧[题组巩固]1．(2019·泉州模拟)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和x 光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v 表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )A ．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B ．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C ．v 相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D ．μ相同时，v 增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍 解析：C [物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A 错误；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B 错误；设物品匀加速运动的加速度为a ，由牛顿第二定律得F f ＝μmg ＝ma ，物品的加速度大小为a ＝μg ，匀加速的时间为t ＝v a ＝v μg ，位移为x ＝v2t ，传送带匀速的位移为x ′＝vt ，物品相对传送带滑行的距离为Δx ＝x ′－x ＝vt 2＝v 22μg ，物品与传送带摩擦产生的热量为Q ＝μmg Δx ＝12mv 2，则知v 相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C 正确；前阶段物品的位移为x ＝vt 2＝v 22μg，则知μ相同时，v 增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D 错误．]2.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s 沿顺时针方向运动，物体m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数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．解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t ，加速到与传送带同速， 则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21可解得：a 1＝10 m/s 2t 1＝1 s x 1＝5 m因mg sin θ＞μmg cos θ，故当物体与传送带同速后， 物体将继续加速，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝vt 2＋12a 2t 22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)物体与传送带间的相对位移x 相＝(vt 1－x 1)＋(L －x 1－vt 2)＝6 m故Q ＝μmg cos θ·x 相＝24 J 答案：(1)2 s (2)24 J。

【高频考点解读】1．知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系。

2．知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题。

【热点题型】热点题型一功能关系的理解和应用例1（2018年江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块（）A.加速度先减小后增大B.经过O 点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【变式探究】【2017·新课标Ⅲ卷】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 ．19mgl B ．16mgl C ．13mglD ．12mgl【答案】A【变式探究】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，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是() 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：由牛顿第二定律有mg－f＝ma，由a＝45g得f＝15mg，利用动能定理有W＝Fh＝45mgh＝ΔE k，选项A正确；判断机械能的变化要看除重力外其他力的做功情况，－fh＝－15mgh＝ΔE，说明阻力做负功，机械能减少1 5mgh，选项B错误；物体克服阻力做功应为15mgh，选项C错误；高度下降了h，则重力势能减少了mgh，选项D错误。

答案：A【提分秘籍】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，一是体现到不同的力做功，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。

第1讲 功和功率功 (考纲要求 Ⅱ) 1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力．(2)物体在力的方向上发生的位移． 2．公式：W ＝Fl cos α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于恒力做功． 3．功的正负夹角 功的正负 α<90° 力对物体做正功α＝90° 力对物体不做功α>90°力对物体做负功或说成物体克服这个力做了功判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)只要物体受力的同时又有位移发生，则一定有力对物体做功．( ) (2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．( )(3)滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定不做功．( ) (4)作用力做正功时，反作用力一定做负功．( )功率 (考纲要求 Ⅱ)1.定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式(1)P ＝Wt，P 为时间t 内的平均功率．(2)P ＝F v cos_α(α为F 与v 的夹角) ①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率．4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．5．实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求小于或等于额定功率．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)以恒定牵引力启动的机车，在加速过程中发动机做的功可用公式W ＝Pt 计算．( ) (2)据P ＝F v 可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比．( ) (3)汽车上坡的时候，司机必须换挡，其目的是减小速度，得到较小的牵引力．( )基础自测1．(单选)如图5－1－1所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是()．图5－1－1A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功B．轮胎受到的重力对轮胎做了正功C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功D．轮胎受到的地面的支持力对轮胎做了正功2．(2014·遵义四中测试)(多选)关于功率公式P＝W/t和P＝F v的说法正确的是()．A．由P＝W/t知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率B．由P＝F v既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C．由P＝F v知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限制增大D．由P＝F v知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比3．(2015·深圳二调)(多选)汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是()．A．汽车牵引力保持不变B．汽车牵引力逐渐增大C．发动机输出功率不变D．发动机输出功率逐渐增大4．(单选)起重机以1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止开始匀加速向上提升，g取10 m/s2，则在1 s内起重机对货物做的功是()．A．500 J B．4 500 J C．5 000 J D．5 500 J5．(单选)一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t＝t1时刻力F的瞬时功率是()．A.F22m t1B．F22m t 21C．F2m t1D．F2m t21答案1.解析 根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，B 、D 错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A 正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C 错误．答案 A2.解析 利用公式P ＝W /t 只能计算平均功率，选项A 错误；当公式P ＝F v 中的v 为瞬时速度时，求的是瞬时功率，当v 为平均速度时，求的是平均功率，选项B 正确；因为汽车的速度不能无限制增大，汽车的功率也不能无限制增大，选项C 错误；由P ＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比，选项D 正确．答案 BD3.解析 由于阻力恒定，汽车做匀加速运动，根据F 牵－f ＝ma ，知合力恒定，牵引力也恒定，A 正确；B 错误；由瞬时功率公式可知，要使牵引力恒定，就要随着速度增大，同步增大发动机的输出功率，使F 牵＝Pv 保持不变，C 错误，D 正确．答案 AD4.解析 货物的加速度向上，由牛顿第二定律有：F －mg ＝ma ， 起重机的拉力F ＝mg ＋ma ＝11 000 N.货物的位移是l ＝12at 2＝0.5 m ，做功为W ＝Fl ＝5 500 J ．故D 正确． 答案 D5.解析 在t ＝t 1时刻木块的速度为v ＝at 1＝F m t 1，此时刻力F 的瞬时功率P ＝F v ＝F 2mt 1，选C.答案 C热点一 正、负功的判断及计算1．判断力是否做功及做功正负的方法(1)看力F 的方向与位移l 的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形． (2)看力F 的方向与速度v 的方向间的夹角α——常用于曲线运动的情形．(3)根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W 合＝E k 末－E k 初，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时，合外力做负功．2．计算功的方法 (1)恒力做的功直接用W ＝Fl cos α计算． (2)合外力做的功方法一：先求合外力F 合，再用W 合＝F 合l cos α求功．方法二：先求各个力做的功W 1、W 2、W 3…，再应用W 合＝W 1＋W 2＋W 3＋…求合外力做的功． (3)变力做的功①应用动能定理求解．②用W ＝Pt 求解，其中变力的功率P 不变．③常用方法还有转换法、微元法、图象法、平均力法等，求解时根据条件灵活选择．【典例1】 在水平面上运动的物体，从t ＝0时刻起受到一个水平力F 的作用，力F 和此后物体的速度v 随时间t 的变化图象如图5－1－2所示，则( )．图5－1－2A ．在t ＝0时刻之前物体所受的合外力一定做负功B ．从t ＝0时刻开始的前3 s 内，力F 做的功为零C ．除力F 外，其他外力在第1 s 内做正功D ．力F 在第3 s 内做的功是第2 s 内做功的3倍审题指导 (1)物体在0～1 s 、1～2 s 、2～3 s 内受到的水平力F 分别为多少？物体分别做什么运动？ (2)恒力做功的表达式为________． (3)在v -t 图象中，怎样求某一段时间内的位移？解析 由v -t 图象知，物体在受到力F 的第1 s 内做匀速运动，且力F 与v 同向，说明之前物体受到的合外力与速度反向，物体所受的合外力一定做负功，A 对；力F 在前3 s 内一直与速度同向，力F 一直做正功，B 错；在第1 s 内，除力F 外，其他力的合力大小为10 N ，方向与速度方向相反，其他外力在第1 s 内做负功，C 错；力F 在第2 s 内和第3 s 内做功分别为W 2＝5×12×(1＋2)×1 J ＝7.5 J 、W 3＝15×12×(1＋2)×1 J ＝22.5 J ，D 对．反思总结 计算做功的一般思路【跟踪短训】1．如图5－1－3所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J．用F N表示物块受到的支持力，用F f表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是()．图5－1－3A．F N和F f对物块都不做功B．F N对物块做功为2 J，F f对物块不做功C．F N对物块不做功，F f对物块做功为2 JD．F N和F f对物块所做功的代数和为0解析由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力F N做正功，但摩擦力F f方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理知WF N－mgh＝0，故支持力F N做功为mgh.热点二功率及有关计算计算功率的方法1．平均功率的计算(1)利用P＝W t.(2)利用P＝F v cos α，其中v为物体运动的平均速度．2．瞬时功率的计算(1)利用公式P＝F v cos α，其中v为t时刻的瞬时速度．(2)利用公式P＝F v F，其中v F为物体的速度v在力F方向上的分速度．(3)利用公式P＝F v v，其中F v为物体受的外力F在速度v方向上的分力．【典例2】如图5－1－4所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是()．图5－1－4A．重力的平均功率P A>P BB ．重力的平均功率P A ＝P BC ．重力的瞬时功率P A ＝P BD ．重力的瞬时功率P A <P B解析 根据功的定义可知重力对两物体做功相同即W A ＝W B ，自由落体时间满足h ＝12gt 2B，斜面下滑时间满足h sin θ＝12gt 2A sin θ，其中θ为斜面倾角，故t A >t B ，由P ＝Wt知P A <P B ，A 、B 均错；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，重力的瞬时功率P A ＝mg v sin θ，P B ＝mg v ，显然P A <P B ，故C 错、D 对．反思总结 区别平均功率和瞬时功率对于功率问题，首先要弄清楚是平均功率还是瞬时功率．平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率．瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．【跟踪短训】2．质量为m 的物体从倾角为α且固定的光滑斜面顶端由静止开始下滑，斜面高为h ，当物体滑至斜面底端时，重力做功的瞬时功率为( )．A ．mg 2ghB ．12mg 2gh sin α C ．mg 2gh sin αD ．mg 2gh sin α解析 由于斜面是光滑的，由牛顿定律和运动学公式有：a ＝g sin α，2a hsin α＝v 2，故物体滑至底端时的速度v ＝2gh ，如图所示可知，重力的方向和v 方向的夹角θ为90°－α.则物体滑至底端时重力的瞬时功率为 P ＝mg 2gh cos(90°－α)＝mg 2gh sin α，故C 选项正确．热点三 机车的两种启动模型的分析以恒定功率启动(1)动态过程(2)这一过程的速度－时间图象如图5－1－5所示：图5－1－5以恒定加速度启动(1)动态过程：(2)这一过程的速度－时间图象如图5－1－6所示：图5－1－6【典例3】 某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？解析 (1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝P F ＝PF f ＝60×1030.1×5 000×10m/s ＝12 m/s由P ＝F 1v ，F 1－F f ＝ma ，得速度v ＝5 m/s 时的加速度为a ＝F 1－F f m ＝P m v －F f m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫60×1035 000×5－0.1×5 000×105 000m/s 2＝1.4 m/s 2 (2)当汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时，匀加速运动所能达到的最大速度为v m ′＝P F 1′＝PF f ＋ma ′＝60×1030.1×5 000×10＋5 000×0.5m/s ＝8 m/s由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v m ′＝a ′t故匀加速过程能维持的时间t ＝v m ′a ′＝80.5s ＝16 s.反思总结 三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝PF 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v ＝PF<v m＝P F 阻. (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻x ＝ΔE k .此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．【跟踪短训】3．在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F 与对应速度v ，并描绘出如图5－1－7所示的F －1v 图象(图线ABC 为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB 、BO 均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC ：(1)求该汽车的额定功率；(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s 达到最大速度40 m/s ，求其在BC 段的位移．图5－1－7解析 (1)由图线分析可知：图线AB 表示牵引力F 不变，即F ＝8 000 N ，阻力F f 不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC 的斜率表示汽车的功率P 不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s ，此后汽车做匀速直线运动．由图可知：当最大速度v max ＝40 m/s 时， 牵引力为F min ＝2 000 N由平衡条件F f ＝F min 可得F f ＝2 000 N由公式P ＝F min v max 得额定功率P ＝8×104W.(2)匀加速运动的末速度v B ＝PF，代入数据解得v B ＝10 m/s汽车由A 到B 做匀加速运动的加速度为a ＝F －F fm＝2 m/s 2设汽车由A 到B 所用时间为t 1，由B 到C 所用时间为t 2，位移为x ，则t 1＝v Ba＝5 s ，t 2＝35 s －5 s＝30 sB 点之后，对汽车由动能定理可得Pt 2－F f x ＝12m v 2C －12m v 2B代入数据可得x ＝75 m.思想方法 7.变力做功的计算方法平均力法如果力的方向不变，力的大小随位移按线性规律变化时，可用力的算术平均值(恒力)代替变力，即F ＝F 1＋F 22再利用功的定义式W ＝F l cos α来求功． 【典例1】 用锤子击打钉子，设木板对钉子的阻力跟钉子进入木板的深度成正比，每次击打钉子时锤子对钉子做的功相同．已知第一次击打钉子时，钉子进入的深度为1 cm ，则第二次击打时，钉子进入的深度是多少？解析 设木板对钉子的阻力为F f ＝kx ，x 为钉子进入木板的深度，第一次击打后钉子进入木板的深度为x 1，第二次击打钉子时，钉子进入木板的总深度为x 2，则有W 1＝F f 1x 1＝0＋kx 12·x 1＝12kx 21W 2＝F f 2(x 2－x 1)＝kx 1＋kx 22·(x 2－x 1)＝12k (x 22－x 21) 由于W 1＝W 2，代入数据解得x 2＝2x 1＝1.41 cm 所以钉子第二次进入的深度为 Δx ＝x 2－x 1＝0.41 cm.即学即练1 质量是2 g 的子弹，以300 m/s 的速度射入厚度是5 cm 的木板(如图5－1－8所示)，射穿后的速度是100 m/s.子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力是多大？你对题目中所说的“平均”一词有什么认识？图5－1－8解析 设子弹所受的平均阻力为F f ，根据动能定理W 合＝12m v 22－12m v 21得 F f l cos 180°＝12m v 22－12m v 21所以F f ＝－m (v 22－v 21)2l ＝－2×10－3×(1002－3002)2×5×10－2N ＝1.6×103N 子弹在木板中运动5 cm 的过程中，所受木板的阻力各处不同，题中所说的平均阻力是相对子弹运动这5 cm 的过程来说的．用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解力的大小不变、方向改变的变力做功问题．【典例2】如图5－1－9所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F，与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r，磨盘绕轴缓慢转动．则在转动一周的过程中推力F做的功为()．A．0B．2πrF C．2Fr D．－2πrF图5－1－9解析磨盘转动一周，力的作用点的位移为0，但不能直接套用W＝Fs cos α求解，因为在转动过程中推力F为变力．我们可以用微元的方法来分析这一过程．由于F的方向在每时刻都保持与作用点的速度方向一致，因此可把圆周划分成很多小段来研究，如图所示，当各小段的弧长Δs i足够小(Δs i→0)时，F的方向与该小段的位移方向一致，所以有：W F＝FΔs1＋FΔs2＋FΔs3＋…＋FΔs i＝F2πr＝2πrF(这等效于把曲线拉直)．即学即练2如图5－1－10所示，半径为R，孔径均匀的圆形弯管水平放置，小球在管内以足够大的初速度在水平面内做圆周运动，设开始运动的一周内，小球与管壁间的摩擦力大小恒为F f，求小球在运动的这一周内，克服摩擦力所做的功．图5－1－10解析将小球运动的轨迹分割成无数个小段，设每一小段的长度为Δx，它们可以近似看成直线，且与摩擦力方向共线反向，如图所示，元功W′＝F fΔx，而在小球运动的一周内小球克服摩擦力所做的功等于各个元功的和，即W＝ΣW′＝F fΣΔx＝2πRF f.用图象法求变力做功在F－x图象中，图线与两坐标轴所围的“面积”的代数和表示力F做的功，“面积”有正负，在x轴上方的“面积”为正，在x轴下方的“面积”为负．【典例3】一物体所受的力F随位移x变化的图象如图5－1－11所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为多少？图5－1－11审题指导 解答本题时应把握以下两点：(1)F －x 图象中图象与x 轴围成的“面积”表示力F 做的功．(2)x 轴上方的“面积”表示力F 做正功，x 轴下方的“面积”表示力F 做负功．解析 力F 对物体做的功等于x 轴上方梯形“面积”所表示的正功与x 轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和．S 梯形＝12×(3＋4)×2＝7S 三角形＝－12×(5－4)×2＝－1所以力F 对物体做的功为W ＝7 J －1 J ＝6 J.即学即练3 如图5－1－12甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 做的总功为( )．图5－1－12A ．0B ．12F m x 2C ．π4F m x 0D ．π4x 20解析 F 为变力，但F －x 图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上F m ＝12x 0，故W ＝12πF 2m ＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0.利用W ＝Pt 求变力做功这是一种等效代换的观点，用W ＝Pt 计算功时，必须满足变力的功率是一定的这一条件． 【典例4】 如图5－1－13所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为F f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．求：(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功WF f ； (2)小船经过B 点时的速度大小v 1.图5－1－13解析 (1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功 WF f ＝F f d ①(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功 W ＝Pt 1②由动能定理有W －WF f ＝12m v 21－12m v 20③ 由①②③式解得v 1＝v 20＋2m (Pt 1－F f d )④即学即练4 汽车的质量为m ，输出功率恒为P ，沿平直公路前进距离s 的过程中，其速度由v 1增至最大速度v 2.假定汽车在运动过程中所受阻力恒定，求汽车通过距离s 所用的时间．解析 当F ＝F f 时，汽车的速度达到最大速度v 2，由P ＝F v 可得F f ＝Pv 2对汽车，根据动能定理，有Pt －F f s ＝12m v 22－12m v 21 联立以上两式解得t ＝m (v 22－v 21)2P ＋sv 2.利用动能定理求变力的功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力功的首选．【典例5】 如图5－1－14所示，AB 为四分之一圆周轨道，半径R ＝0.8 m ，BC 为水平轨道，长为L ＝3 m ．现有一质量m ＝1 kg 的物体，从A 点由静止滑下，到C 点刚好停止．已知物体与BC 段轨道间的动摩擦因数为μ＝115，求物体在AB 段轨道受到的阻力对物体所做的功．(g 取10 m/s 2)图5－1－14解析 物体在从A 滑到C 的过程中，有重力、AB 段的阻力、BC 段的摩擦力共三个力做功，且W G＝mgR ，W f BC ＝－μmgL ，由于物体在AB 段受到的阻力是变力，做的功不能直接求解．设物体在AB 段轨道受到的阻力对物体所做的功为W fAB ，从A 到C ，根据动能定理有mgR ＋W fAB －μmgL ＝0，代入数据解得W fAB ＝－6 J.即学即练5 如图5－1－15甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始物块受到如图乙所示规律变化的水平力F 的作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，(g ＝10 m/s 2)求：(1)A 与B 间的距离；(2)水平力F 在前5 s 内对物块做的功．图5－1－15解析 (1)A 、B 间的距离与物块在后2 s 内的位移大小相等，在后2 s 内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A 点，由牛顿第二定律知F －μmg ＝ma ，代入数值得a ＝2 m/s 2，所以A 与B 间的距离为s ＝12at 2＝4 m.(2)前3 s 内物块所受力F 是变力，设整个过程中力F 做的功为W ，物体回到A 点时速度为v ，则v 2＝2as ，由动能定理知W －2μmgs ＝12m v 2，所以W ＝2μmg s ＋mas ＝24 J.高考对应题组1．(2012·上海卷，18)如图所示，位于水平面上的物体在水平恒力F 1作用下，做速度为v 1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F 2，物体做速度为v 2的匀速运动，且F 1与F 2功率相同．则可能有( )．A ．F 2＝F 1 v 1>v 2B ．F 2＝F 1 v 1<v 2C ．F 2>F 1 v 1>v 2D ．F 2<F 1 v 1<v 22．(2012·四川卷，21)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x 0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则( )．A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0m－μgC ．物体做匀减速运动的时间为2x 0μgD ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg ⎝⎛⎭⎫x 0－μmg k3．(2012·江苏卷，3)如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )．A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大，后减小D ．先减小，后增大4．(2011·海南卷，9)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2 N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )．A ．0～2 s 内外力的平均功率是94WB ．第2秒内外力所做的功是54JC ．第2秒末外力的瞬时功率最大D ．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是455．(2011·上海卷，15)如图，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( )．A ．mgLωB ．32mgLω C.12mgLω D ．36mgLω答案与解析1.解析 水平恒力F 1的作用时有P 1＝F 1v 1，斜向上恒力F 2作用时有P 2＝F 2v 2cos θ，其中θ为F 2与水平方向的夹角，又F 2cos θ＝μ(mg －F 2sin θ)，F 1＝μmg ，故F 2cos θ<F 1，由于P 1＝P 2，所以v 1<v 2，F 1与F 2的关系不确定，故选项B 、D 正确，A 、C 错误．答案 BD2.解析 撤去F 后，物体向左先做加速运动，其加速度大小a 1＝kx －μmg m ＝kxm－μg ，随着物体向左运动，x 逐渐减小，所以加速度a 1逐渐减小，当加速度减小到零时，物体的速度最大，然后物体做减速运动，其加速度大小a 2＝μmg －kx m ＝μg －kxm，a 2随着x 的减小而增大．当物体离开弹簧后做匀减速运动，加速度大小a 3＝μmgm ＝μg ，所以选项A 错误．根据牛顿第二定律，刚撤去F 时，物体的加速度a ＝kx 0－μmg m＝kx 0m －μg ，选项B 正确．物体做匀减速运动的位移为3x 0，则3x 0＝12a 3t 2，得物体做匀减速运动的时间t ＝6x 0a 3＝6x 0μg ，选项C 错误．当物体的速度最大时，加速度a ′＝0，即kx ＝μmg ，得x ＝μmg k，所以物体克服摩擦力做的功W ＝μmg (x 0－x )＝μmg ⎝⎛⎭⎫x 0－μmg k ，选项D 正确． 答案 BD3.解析 小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A 项正确．答案 A4.解析 根据牛顿第二定律得，物体在第1 s 内的加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，在第2 s 内的加速度a 2＝F 2m＝11m/s 2＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m/s ，第2 s 末的速度v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s ；0～2 s 内外力做的功W ＝12m v 22＝92 J ，平均功率P ＝W t ＝94 W ，故A 正确．第2 s 内外力所做的功W 2＝12m v 22－12m v 21＝⎝⎛⎭⎫12×1×32－12×1×22J ＝52J ，故B 错误．第1 s 末的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W ．第2 s 末的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，故C 错误．第1 s 内动能的增加量ΔE k1＝12m v 21＝2 J ，第2 s 内动能的增加量ΔE k2＝W 2＝52J ，所以ΔE k1ΔE k2＝45，故D 正确．答案 AD5.解析 由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．P G ＝mg v y ＝mg v cos 60°＝12mgωL ，故选C.答案 CA 对点训练——练熟基础知识题组一 正、负功的判断及计算1．(多选)如图5－1－16所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P 匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是( )．图5－1－16A ．摩擦力对物体做正功B ．摩擦力对物体做负功C ．支持力对物体不做功D ．合外力对物体做正功2．(多选)质量为50 kg 的某人沿一竖直悬绳匀速向上爬(两手交替抓绳子，手与绳之间不打滑)．在爬高3 m 的过程中，手与绳之间均无相对滑动，重力加速度g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )．A ．绳子对人的静摩擦力做功为1 500 JB ．绳子对人的拉力做功为1 500 JC ．绳子对人的静摩擦力做功为0D ．绳子对人的拉力做功为03．(单选)如图5－1－17所示，一个物块在与水平方向成α角的恒力F 作用下，沿水平面向右运动一段距离x ，在此过程中，恒力F 对物块所做的功为( )．图5－1－17A.Fx sin α B ．Fx cos α C ．Fx sin α D ．Fx cos α4．(2013·石家庄二模)(单选)如图5－1－18所示是质量为1 kg 的滑块在水平面上做直线运动的v -t 图象．下列判断正确的是( )．图5－1－18A ．在t ＝1 s 时，滑块的加速度为零B ．在4 s ～6 s 时间内，滑块的平均速度为2.5 m/sC ．在3 s ～7 s 时间内，合力做功的平均功率为2 WD ．在5 s ～6 s 时间内，滑块受到的合力为2 N5．(单选)如图5－1－19所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止．则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )．图5－1－19A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功6．(多选)如图5－1－20所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是()．图5－1－20A．重力做功为mgLB．绳的拉力做功为0C．空气阻力(F阻)做功为－mgLD．空气阻力(F阻)做功为－12F阻πL题组二功率的计算及机车的启动7．(单选)如图5－1－21所示，分别用F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，物体到达斜面顶端时，力F1、F2、F3的功率关系为()．图5－1－21A．P1＝P2＝P3B．P1>P2＝P3 C．P3>P2>P1D．P1>P2>P38．(单选)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为()．A．120 km/h B．240 km/h C．320 km/h D．480 km/h9．(单选)两辆完全相同的汽车，都拖着完全相同的拖车以相同的速度在平直公路上匀速齐头并进，某一时刻两拖车同时与汽车脱离，之后甲汽车保持原来的牵引力继续前进，乙汽车保持原来的功率继续前进，则一段时间后(假设均未达到最大功率)()．A．甲车超前，乙车落后B．乙车超前，甲车落后C．它们仍齐头并进D．甲车先超过乙车，后乙车又超过甲车10．质量为2 000 kg、额定功率为80 kW的汽车，在平直公路上行驶的最大速度为20 m/s.若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2，运动中汽车所受阻力的大小不变．求：(1)汽车所受阻力的大小．(2)3 s末汽车的瞬时功率．(3)汽车做匀加速运动的时间．(4)汽车在匀加速运动中牵引力所做的功．。