【优化方案】2016届高三物理大一轮复习章末检测：第五章 机械能及其守恒定律

权掇市安稳阳光实验学校第17讲功能关系能量守恒定律[解密考纲]主要考查对功能关系的理解，对各种功能关系的熟练应用，掌握摩擦力做功与能量转化和弹簧弹力做功与能量转化的处理技巧．1．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：除重力外，物体受到向上的其他力，且物体在三种情况中均向上运动，所以W其他>0，机械能增加，只有选项D正确．2．(多选)(2016·湖北重点中学联考)在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为F f，落地时小球距抛出点的水平距离为x，速率为v，那么，在小球运动的过程中( AD) A．重力做功为mghB．克服空气阻力做的功为F f·h2＋x2C．落地时，重力的瞬时功率为mgvD．重力势能和机械能都逐渐减少解析：重力做功为W G＝mgh，选项A正确；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于h2＋x2，故克服空气阻力做的功大于F f·h2＋x2，选项B错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mgv，选项C错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，选项D正确．3．(2017·重庆诊断)一个排球在A点被竖直抛出时动能为20 J，上升到最大高度后，又回到A点，动能变为12 J，设排球在运动中受到的阻力大小恒定，则( C)A．上升到最高点过程重力势能增加了20 JB．上升到最高点过程机械能减少了8 JC．从最高点回到A点过程克服阻力做功4 JD．从最高点回到A点过程重力势能减少了12 J解析：由题意知整体过程中动能(机械能)减少了8 J，则上升过程克服阻力做功4 J，下落过程克服阻力做功4 J；上升到最高点过程动能减少量为20 J，克服阻力做功4 J即机械能减少4 J，则重力势能增加了16 J，A错误；由题意知整体过程中机械能减少了8 J ，上升到最高点的过程中机械能减少4 J ，B 错误；由前面分析知C 正确；从最高点回到A 点过程动能增加了12 J ，机械能减少4 J ，则重力势能减少16 J ，D 错误．4．(2017·天津质检)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，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( D )A ．18mgR B ．14mgRC ．12mgR D ．34mgR解析：在半圆底部，由圆周运动知识得，1.5mg －mg ＝mv 2R，解得v 2＝0.5gR .由功能关系可得此过程中铁块损失的机械能为ΔE ＝mgR －12mv 2＝0.75mgR ，选项D 正确．5．(2016·海门中学校级模拟)如图所示，半圆形轨道MON 竖直放置且固定在地面上，直径MN 是水平的，一小物块从M 点正上方高度为H 处自由下落，正好在M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N 点后上升的最大高度为H2，小物块接着下落从N 点滑入半圆轨道，在向M 点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)，下列说法正确的是( C )A ．小物块正好能到达M 点B ．小物块一定到不了M 点C ．小物块一定能冲出M 点D ．不能确定小物块能否冲出M 点解析：设小物块由M 运动到N 克服摩擦力所做的功为W 1，则由能量守恒定律可得：W 1＝12mgH ；设小物块由N 运动到M 克服摩擦力所做的功为W 2，因为速度越大，小物块对轨道的压力越大，所受滑动摩擦力越大，所以W 2<W 1＝12mgH ，小物块一定能冲出M 点，即只有选项C 正确．6．(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，物块b 的质量为m ，开始时，物块a 、b 及传送带均静止且物块a 不受传送带摩擦力的作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在物块b 上升h 高度(未与滑轮相碰)的过程中( ABD )A ．物块a 重力势能减少了mghB ．摩擦力对物块a 做的功大于物块a 机械能的增加C ．摩擦力对物块a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对物块a 、b 做功的瞬时功率大小相等解析：设物块a 的质量为m a ，开始时，物块a 、b 及传送带均静止且物块a 不受传送带摩擦力作用，根据物块a 沿斜面方向受力平衡可知m a g sin θ＝mg ，故m a ＝m /sin θ，则在物块b 上升h 高度过程中，物块a 重力做功为W a ＝m a gh sinθ＝mgh ，故物块a 重力势能减少了mgh ，A 项正确；摩擦力对物块a 做的功等于物块a 、b 系统机械能的增加，B 项正确；根据动能定理及A 项结论知，摩擦力对物块a 做的功等于物块a 、b 动能增加之和，C 项错误；任意时刻，重力对物块a 、b 做功的瞬时功率分别为P a ＝m a gv sin θ，P b ＝－mgv ，由于m a g sin θ＝mg ，故任意时刻重力对物块a 、b 做功的瞬时功率大小相等，D 项正确．7．(2016·山东临沂模拟)如图所示，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为0.5 m 的圆环顶点P 处，另一端系一质量为0.1 kg 的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，橡皮筋刚好处于无形变状态，A 点与圆心O 位于同一水平线上．当小球运动到最低点B 时速率为1 m/s ，此时小球对圆环恰好没有压力(重力加速度g＝10 m/s 2)．下列说法正确的是( BD )A ．从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒B ．从A 到B 的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了0.45 JC ．小球过B 点时，橡皮筋上的弹力为0.2 ND ．小球过B 点时，橡皮筋上的弹力为1.2 N解析：A 到B 过程中，橡皮筋弹力做负功，所以小球机械能不守恒．由能量守恒mgR ＝12mv 2B ＋E 弹，可得弹性势能增加了0.45 J ，所以B 正确；由F －mg＝mv 2BR，可得弹力F ＝1.2 N ，D 正确．8．(2017·贵州贵阳质检)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、绳的弹性势能增加量为ΔE 2、克服空气阻力做功为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 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 的过程中，除了重力做功以外，有空气阻力做功，机械能不守恒，故A 错误；从A 到B 的过程中，对于系统，除了重力和弹力做功以外，有空气阻力做功，系统机械能不守恒，故B 错误；根据能量守恒知，由于动能变化量为零，重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和，即ΔE 1＝W ＋ΔE 2，故C 正确，D 错误．9．(多选)(2017·甘肃兰州模拟)质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( BD )A ．物块在车面上滑行的时间t 为0.4 sB ．在此过程中物块的动能减少了0.336 JC ．在此过程中物块与小车组成的系统机械能守恒D ．在此过程中产生的内能为0.24 J解析：设小车做匀加速运动时的加速度为a 1，物块做匀减速运动时的加速度大小为a 2，则a 1＝μm 2g m 1＝103m/s 2，a 2＝μg ＝5 m/s 2，v 0－a 2t ＝a 1t ，所以t ＝v 0a 1＋a 2＝2253 s ＝0.24 s ，A 错误；相对静止时的速度v ＝a 1t ＝0.8 m/s ，物块克服摩擦力做的功W ＝12m 2(v 20－v 2)＝0.336 J ，B 正确；由能量守恒定律可知，系统损失的机械能转化为内能，则E ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v 2＝0.24 J ，C 错误，D正确．10．(2017·四川成都一模)如图所示，有三个斜面a 、b 、c ，底边长分别为L 、L 、2L ，高度分别为2h 、h 、h .某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是( B )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：本题的易错点是误认为摩擦力越小，机械能的损失越小，从而错选A 项．物体损失的机械能等于因摩擦产生的热量，当动摩擦因数相同时，物体沿斜面下滑因摩擦产生的热量(等于克服摩擦力做的功)分别为Q c ＝μmg ·2L ，Q a ＝Q b ＝μmgL ，故选项A 错误，B 正确；由动能定理得E k a ＝mg ·2h －μmgL ，E k b＝mgh －μmgL ，E k c ＝mgh －μmg ·2L ，因此有E k a >E k b >E k c ，但不能确定物体到达底端时动能的数量关系，也不能确定运动时间的数量关系，选项C 、D 错误．11．(2017·河北衡水一模)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1>v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则下列判断正确的是( D )A ．0～t 1内，物块对传送带做正功B ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为W ＝12mv 22－12mv 21D ．0～t 2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大解析：由图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向向上.0～t 1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，A 错；在t 1～t 2时间内，物块向上运动，则有：μmg cos θ>mg sin θ得：μ>tan θ，B 错；0～t 2时间内，由图可知：它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得：W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，则传送带对物块做的功W ≠12mv 22－12mv 21，由此可知C 错；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律可知：系统产生的热量的大小一定大于物块动能的变化量的大小，D 正确．12．(多选)如图所示，足够长的粗糙斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，按住B 不动，B 通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，放手后B 沿斜面加速上滑，C 一直处于静止状态．则在A 落地前的过程中( BC )A ．A 的重力势能的减少量等于B 的机械能的增加量B ．C 一定受到水平面的摩擦力C ．水平面对C 的支持力小于B 、C 的总重力D ．A 物体落地前的瞬间受到绳子拉力的功率与其重力的功率相等解析：根据能量守恒可知，A 的重力势能的减少量等于A 的动能的增加量加上B 的机械能的增加量再加上B 、C 间产生的热量，故A 错误；对C 物体而言，A 对它有一个向右下方的压力，故C 一定受到水平面的摩擦力的作用，且方向是向左的，水平面对C 的支持力小于B 、C 的总重力，选项B 、C 正确．A 物体落地前，加速度的方向是向下的，故拉力小于重力，所以此时绳子拉力的功率小于重力的功率，选项D 错误．13．在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳．如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O 点，当其弹跳到最高点A 后下落可将蹦床压到最低点B ，小孩可看成质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( A )A ．从A 运动到O ，小孩重力势能减少量大于动能增加量B ．从O 运动到B ，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量C ．从A 运动到B ，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量D ．若从B 返回到A ，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量解析：从A 运动到O ，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A 正确；从O 运动到B ，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B 错误；从A 运动到B ，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C 错误；若从B 返回到A ，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D 错误．14．(多选)一升降机在箱底装有若干弹簧，如图所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( AC)A．箱先处于失重状态然后再处于超重状态B．箱的重力功率不断减小C．箱的机械能不断减小D．箱的机械能保持不变解析：箱先向下做加速运动，后向下做减速运动，先失重，后超重，选项A正确；重力不变，重力的功率P＝mgv，先增大后减小，选项B错误；弹簧的弹力对箱做负功，箱的机械能不断减小，选项C正确，选项D错误．。

取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1．内容(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．2．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功等于物体的动能的变化．(2)重力做功等于物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化．(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化．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应的一条规律．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，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图5­4­1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图5­4­1A．增大B．变小C．不变D．不能确定A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．]3．[摩擦生热的理解]如图5­4­2所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )【：92492233】图5­4­2A. W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2A[设木板B长s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f s，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1<W2；摩擦产生的热量Q＝F f l相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.]4．[几种常见的功能关系应用](多选)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 －12mv2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]对功能关系的理解及应用1(1)做功的过程是能量转化的过程．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量上相等．2．几种常见功能关系的对比各种力做功对应能的变化定量关系合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝E k2－E k1重力的功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性1．(多选)(2017·枣庄模拟)如图5­4­3所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )图5­4­3A．v1一定大于v0B．v1一定大于v2C．第一次的加速度可能比第二次的加速度小D．两个过程中物体损失的机械能相同BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动．故A错误；斜面的倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：f1＝μmg cos θ，物块克服摩擦力做功W1＝f1L＝μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功：W2＝μmg·L cos θ＝W1.两次克服摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功．所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故B、D正确．物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则：a1＝mg sin θ－fm，板水平时运动的过程中a2＝fm，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小，故C正确．]2．(多选)(2017·青岛模拟)如图5­4­4所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f，则小球从开始下落至最低点的过程( )【：92492234】图5­4­4A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)D．系统机械能减小F f HAC[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功W G＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化W G＝－ΔE p得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：W G＋W f＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－F f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE p得：弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：F f(H＋x－L)，故D 错误．]功能关系的应用技巧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，W总＝ΔE k.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，即W G ＝－ΔE p.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，即W其他＝ΔE.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，即W电＝－ΔE p.对能量守恒定律的理解及应用1(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)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．[多维探究]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题1．如图5­4­5所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图5­4­5A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态D．在整个过程中系统机械能不断增加B[在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误．]2.如图5­4­6所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图5­4­6(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能.【：92492235】【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋fL解得v＝v20－gL.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－f·2x＝0－12×3mv2解得x＝v202g－L2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx所以E p＝fx＝3mv204－3mgL4.【答案】(1)v20－gL(2)v202g－L2(3)3mv204－3mgL4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用3．将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图5­4­7中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图5­4­7A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD [在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理得：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20，解得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．]摩擦力做功与能量的转化关系1.(1)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． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W ＝－F f ·l相对，产生的内能Q ＝F f ·l 相对相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功[电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图 5-4-8(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． 【自主思考】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝hsin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分． 【解析】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32.(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．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，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 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[母题迁移]●迁移1 水平传送带问题1．如图5­4­9所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( )【：92492236】 图5­4­9A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD [由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．]●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2．(多选)(2017·太原模拟)如图5­4­10所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【：92492237】图5­4­10A ．物块动能增加2 JB ．物块机械能减少11.2 JC ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD ．物块对传送带做的功为－12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 22，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物块到达B 处时的动能为E k ＝12mv ′2＝8 J ，选项A 错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能．3．公式Q＝F f·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l相对为总的相对路程．。

验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律。

二、实验器材铁架台(含铁夹)、打点计时器、学生电源(交流4～6 V)、纸带(数条)、复写纸、导线、毫米刻度尺、重物(带纸带夹)。

突破点(一) 实验原理与操作[例1] 在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，电源的频率为50 Hz ，依次打出的点为0,1,2,3,4，…，n 。

则：(1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证，必须直接测量的物理量为____________、____________、____________，必须计算出的物理量为____________、____________，验证的表达式为____________________。

(2)下列实验步骤操作合理的排列顺序是______(填写步骤前面的字母)。

A ．将打点计时器竖直安装在铁架台上B ．接通电源，再松开纸带，让重物自由下落C ．取下纸带，更换新纸带(或将纸带翻个面)重新做实验D ．将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带E ．选择一条纸带，用刻度尺测出物体下落的高度h 1，h 2，h 3，…，h n ，计算出对应的瞬时速度v 1，v 2，v 3，…，v nF ．分别算出12mv n 2和mgh n ，在实验误差允许的范围内看是否相等 [答案] (1)第2点到第6点之间的距离h 26第1点到第3点之间的距离h 13 第5点到第7点之间的距离h 57第2点的瞬时速度v 2 第6点的瞬时速度v 6mgh 26＝12mv 62－12mv 22 (2)ADBCEF[由题引知·要点谨记]1.实验原理的理解[对应第1题] 1两种验证方法①利用起始点和第n 点计算。

代入gh n 和12v n 2，如果在实验误差允许的条件下，gh n ＝12v n 2，则能验证机械能守恒定律。

②任取两点计算A 、B ，测出h AB ，算出gh AB 。

b.算出12v B 2－12v A 2的值。

拾躲市安息阳光实验学校第4讲功能关系能量守恒定律知识点 1 功能关系Ⅱ1.能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量。

2．功能关系(1)功是能量转化的量度，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。

知识点 2 能量守恒定律Ⅱ1.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，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量。

双基夯实一、思维辨析1．物体下落h，重力做功mgh，物体具有了能量mgh。

( )2．能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。

( )3．在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。

( )4．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。

( )5．滑动摩擦力做功时，一定会产生热量。

( )6．重力和弹簧弹力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能量转化的过程。

( )答案 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.√ 6.√二、对点激活1．[功和能的关系]有关功和能，下列说法正确的是( )A．力对物体做了多少功，物体就具有多少能B．物体具有多少能，就一定能做多少功C．物体做了多少功，就有多少能量消失D．能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少答案D解析功是能量转化的量度，物体做了多少功，就有多少能量发生了转化；并非力对物体做了多少功，物体就具有多少能；也并非物体具有多少能，就一定能做多少功，所以A、B错误。

做功的过程是能量转化的过程，能量在转化过程中总量守恒并不消失，所以C错误。

正确选项是D。

第五章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律1．(2015·温州十校联考)(多选)将一篮球从高处释放，篮球在重力和空气阻力的作用下加速下降，下列说法正确的是()A．篮球的动能增加B．重力对篮球做的功等于篮球重力势能的减少量C．篮球重力势能的减少量等于动能的增加量D．篮球克服空气阻力做的功等于篮球机械能的减少量解析：选ABD.因为篮球做加速运动，速度在增大，所以篮球的动能增加，选项A正确；重力对篮球做正功，篮球的重力势能减少，且重力对篮球做的功等于篮球重力势能的减少量，选项B正确；空气阻力对篮球做负功，篮球的机械能减少，且篮球克服空气阻力做的功等于篮球机械能的减少量，选项D 正确；因为篮球的机械能减少，所以篮球的重力势能的减少量不等于动能的增加量，选项C错误．2. 如图所示，在盛水的一个杯子里有一木块．开始时木块被一根细绳拴住而完全没入水中，整个装置与外界绝热，断开细绳，则木块将浮到水面上，最后达到平衡，在这一过程中，水、杯子和木块组成的系统()A．内能增大B．内能减小C．内能不变D．条件不足，无法判断解析：选A.木块上升时，同体积的水下移，水、杯子和木块组成的系统总重力势能减小，转化为系统的内能，故A正确．3．(2015·山东潍坊高三质检)质量为m的物体从静止开始以g2的加速度竖直上升h，对该过程下列说法中正确的是()A．物体的机械能增加12mghB．物体的机械能减少32mghC．重力对物体做功mghD．物体的动能增加12mgh解析：选D.由T－mg＝ma可知，T＝32mg，故机械能增加ΔE＝T·h＝32mgh，选项A、B均错；重力对物体做功－mgh，选项C错；由W合＝ma·h＝12mgh 可知选项D对．4. 构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动自行车就是很好的一例，电动自行车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以600 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中的图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是() A．600 J B．360 JC ．300 JD ．240 J解析：选D.设自行车的总质量为m ，第一次关闭自动充电装置，由动能定理有－μmgL 1＝0－E k ，第二次启动自动充电装置，由功能关系有E k ＝μmgL 2＋E 电，代入数据解得E 电＝240 J ，D 正确．5．(2015·河北石家庄质检)一质量为0.6 kg 的物体以20 m/s 的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18 J ，机械能减少了3 J ．整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是(已知物体的初动能E k0＝12m v 2＝120 J)( )A ．物体向上运动时加速度大小为12 m/s 2B ．物体向下运动时加速度大小为9 m/s 2C ．物体返回抛出点时的动能为40 JD ．物体返回抛出点时的动能为114 J解析：选A.根据机械能的减少等于除了重力以外其他力做功，所以阻力做功W f ＝－3 J ，在物体上升到某一位置的过程中根据动能定理有，－mgh ＋W f ＝ΔE k ，解得h ＝2.5 m ，又W f ＝－fh 解得f ＝65 N ，上升过程中有mg ＋f ＝ma ，解得a ＝12 m/s 2，下落过程中有mg －f ＝ma ′，解得a ′＝8 m/s 2，A 项正确，B 项错．初动能E k0＝12m v 2＝120 J ，当上升到某一位置动能变化量为ΔE k ＝－18 J ，ΔE k ＝E k1－E k0，解得：E k1＝102 J ，再上升到最高点时机械能减少量为ΔE ，则183＝102ΔE，解得ΔE ＝17 J ，所以在上升、下落全过程中机械能的减少量为40 J ，这个过程中利用动能定理有－40＝E k －E k0，得返回抛出点时的动能E k ＝80 J ，所以C 、D 两项均错．6. 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.小球由P到B的过程中重力做功W G＝mg(2R－R)＝mgR，A错误．小球经过B点时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可知mg＝m v2R，即小球在B点的速度v＝gR；小球由P到B的过程，由动能定理可知合外力做功W合＝ΔE k＝12m v2＝12mgR，C错误．又因为W合＝W G＋W f，小球由P到B的过程中摩擦力做的功W f＝W合－W G＝－12mgR，由功能关系知，物体的机械能减少了12mgR，B错误，D正确．7. (多选)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/s2，则撤去外力F后()A．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cmB．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cmC．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解析：选BD.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＝μmgk，物体没有回到O点，故C错误；因弹簧处于原长时，E p＞μmgx＝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．8.(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为F f.物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为l.在这个过程中，以下结论正确的是() A．物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(L＋l)B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f lC．物块克服摩擦力所做的功为F f(L＋l)D．物块和小车增加的机械能为Fl解析：选ABC.根据动能定理，物块到达最右端时具有的动能为E k1＝ΔE k1＝F(L＋l)－F f(L＋l)＝(F－F f)(L＋l)，A正确；物块到达最右端时，小车具有的动能可根据动能定理列式：E k2＝ΔE k2＝F f l，B正确；由功的公式，物块克服摩擦力所做的功为WF f＝F f(L＋l)，C正确．物块增加的机械能E k m＝(F－F f) (L＋l)，小车增加的机械能E k M＝F f l，物块和小车增加的机械能为E k m＋E k M＝F(L＋l)－F f L，D错误．9．(2015·开封模拟)(多选)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是()A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8 s内物体位移的大小为18 mC．0～8 s内物体机械能的增量为90 JD．0～8 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J解析：选ACD.由v－t图象可知，传送带沿斜向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度方向沿传送带向上、大小为1 m/s2的匀减速直线运动，对其受力分析，可得f－mg sin θ＝ma，N－mg cos θ＝0，f＝μN，联立可得μ＝0.875，选项A正确；根据v－t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移x＝12×4×(2＋6)m－1 2×2×2 m＝14 m，选项B错误；0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量的和，ΔE＝mgx sin 37°＋12m×42－12m×22＝90(J)，选项C正确；0～8 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小，Q＝μmgs相对cos 37°＝126 J，选项D正确．10.如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ.(2)弹簧的最大弹性势能E pm.解析：(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔE k＋ΔE p＝12m v 2＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为Q＝F f x ②其中x为物体的路程，即x＝5.4 m ③F f＝μmg cos 37°④由能量守恒定律可得ΔE＝Q ⑤由①②③④⑤式解得μ＝0.52.(2)由A到C的过程中，动能减少ΔE k′＝12m v 2⑥重力势能减少ΔE p′＝mgl AC sin 37°⑦摩擦生热Q＝F f l AC＝μmg cos 37°l AC ⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为ΔE pm＝ΔE k′＋ΔE p′－Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm＝24.5 J.答案：(1)0.52(2)24.5 J11．有一个边长为L＝1.6 m的正方形桌子，桌面离地高度为h＝1.25 m．一个质量为m的小物块可从桌面正中心O点以初速度v0＝3 m/s沿着与OA成37°的方向在桌面上运动直至落地．设物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.25，取g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，则：(1)物块落地的速度大小是多少？(2)物块落地点到桌面中心O点的水平距离是多少？解析：(1)设小物块落地时的速度为v，由能量守恒可得：12m v 20＋mgh＝12m v2＋μmg⎝⎛⎭⎪⎫L/2cos 37°代入数据得：v＝29 m/s.(2)设小物块运动到桌边时的速度为v′，则由能量守恒可得：12m v 20＝12m v′2＋μmg⎝⎛⎭⎪⎫L/2cos 37°代入数据得v′＝2 m/s小物块做平抛运动的时间为t＝2hg＝0.5 s 小物块落地点到桌面中心O点的水平距离为x＝v′t＋L/2cos 37°＝2 m答案：(1)29 m/s(2)2 m12.如右图所示，质量为m＝1 kg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3 m/s，长为L＝1.4 m．今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10 m/s2.(1)求水平作用力F的大小；(2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F＝mg tan θ，代入数据得F＝1033N.(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，故有mgh＝12m v2，所以v＝2gh若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL＝12m v 20－12m v2，所以h1＝v202g－μL，代入数据得h1＝0.1 m，若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL＝12m v 20－12m v2，则h2＝v202g＋μL，代入数据得h2＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，mgh2＝12m v2，v0＝v－at，a＝μg滑块相对传送带滑动的位移Δs＝L－x，相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，代入数据可得Q＝0.5 J.答案：(1)1033N(2)0.1 m或0.8 m(3)0.5 J。

考纲展示热点视角1.功和功率Ⅱ2．动能和动能定理Ⅱ3．重力做功与重力势能Ⅱ4．功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ实验五：探究动能定理实验六：验证机械能守恒定律1.对基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式出现．2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他知识综合在一起考查．3．机械能守恒定律的考查往往出现在综合题中，主要考查其在生产、生活和科技中的应用，题目中经常会涉及牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等知识.第一节功和功率一、功1．做功的两个必要条件：□01______和物体在力的方向上发生的□02______.2．公式：W＝□03__________.适用于□04______做功．其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移．3．功的正负判断夹角功的正负0°≤α<90°力对物体做正功90°<α≤180°力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功α＝90°力对物体不做功特别提示：功是标量，比较做功多少看功的绝对值．二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的□05______.2．物理意义：描述力对物体做功的□06______.3．公式(1)定义式：P＝□07______，P为时间t内的□08______.(2)推论式：P＝□09______.(α为F与v的夹角)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□10______额定功率．,1－1.(单选)(2014·广州模拟)如图所示，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()A．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．轮胎受到地面的支持力对轮胎做了正功1－2.(单选)如图所示的a、b、c、d中，质量为M的物体甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物体甲在水平方向移动相同的位移．μ表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动的小物块，比较物体甲移动的过程中力F对甲所做的功的大小()A．W a最小B．W d最大C．W a＞W c D．四种情况一样大2．(多选)(2012·高考上海卷)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有()A．F2＝F1，v1>v2B．F2＝F1，v1<v2C．F2>F1，v1>v2D．F2<F1，v1<v2功的计算1．恒力做的功直接用W＝Fl cos α计算．不论物体做直线运动还是曲线运动，上式均适用．2．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．3．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．适用于F合为恒力的过程．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的功及总功．[思路点拨] W ＝F ·l cos α可以理解为功等于力与力方向位移的乘积． [课堂笔记][总结提升] (1)在求力做功时，首先要区分是求某个力的功还是合力的功，是求恒力的功还是变力的功．(2)恒力做功与物体的实际路径无关，等于力与物体在力方向上的位移的乘积，或等于位移与在位移方向上的力的乘积．(3)若为变力做功，则要考虑应用动能定理或将变力做功转化为恒力做功进行求解．1.(单选)一个质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F 所做的功为( )A ．mgL cos θB ．mgL (1－cos θ)C ．FL sin θD ．FL cos θ功率的计算1．公式P ＝Wt是平均功率的定义式，适用于任何情况下平均功率的计算．2．公式P ＝F v cos α既能计算瞬时功率，也能计算平均功率．若v 是瞬时值，则计算出的功率是瞬时值，若v 是平均值，则计算出的功率是平均值．注意：对于α变化的不能用P ＝F v cos α计算平均功率．如图所示，水平传送带正以2 m/s 的速度运行，两端水平距离l ＝8 m ，把一质量m ＝2 kg 的一个物块轻轻放到传送带的A 端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计物块的大小，g 取10 m/s 2，则把这个物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的最大功率和平均功率各是多少？[思路点拨] 计算最大功率和平均功率各用哪个公式？ [课堂笔记][名师归纳] 计算功率的基本思路：(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求瞬时功率时，如果F 与v 不同向，可用力F 乘以F 方向的分速度，或速度v 乘以速度v 方向的分力求解．2．(多选)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秒内外力的平均功率是94 WB ．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45机车启动问题1．两种启动方式比较两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动P －t 图 和v －t 图OA 段过程分析v ↑⇒F ＝P 额(不变)v ↓ ⇒a ＝F －F 阻m ↓a ＝F －F 阻m 不变⇒F 不变⇒v ↑P ＝F v ↑ 直到P 额＝F v 1 运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t 0＝v 1aAB 段过程分析F ＝F 阻⇒a ＝0⇒F 阻＝P 额v mv ↑⇒F ＝P 额v ↓⇒a ＝F －F 阻m ↓运动性质 以v m 做匀速直线运动加速度减 小的加速运动 BC 段 无F ＝F 阻⇒a ＝0 ⇒以v m ＝P 额F 阻做匀速直线运动2.三个重要关系式(1)无论哪种运行过程，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 f(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F f )．(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 ＝P F ＜v m ＝PF f.(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 f 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．电动车因其可靠的安全性能和节能减排的设计理念，越来越受到人们的喜爱，在检测某款电动车性能的某次实验中，质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出F －1v 图象如图所示(图中AB 、BO 均为直线)．假设电动车行驶中所受的阻力恒定．(1)根据图线ABC ，判断该电动车做什么运动，并计算电动车的额定功率； (2)求此过程中电动车做匀加速直线运动的加速度的大小； (3)电动车由静止开始运动，经过多长时间速度达到v 1＝2 m/s?[审题突破] (1)BA 段表示什么不变？电动车做什么运动？ (2)CB 段的斜率表示哪个物理量？是否变化？电动车做什么运动？ [课堂笔记][规律总结] 分析机车启动问题时应注意：(1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同；(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算(因为F 为变力)；(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl 计算，不能用W ＝Pt 计算(因为功率P 是变化的)．3．(多选)(改编题)一遥控玩具汽车在平直的轨道上由静止开始做直线运动，运动过程中汽车牵引力的功率保持不变，其加速度a 和速度的倒数的关系图象如图所示，若已知汽车的质量为2 kg ，运动2 s 后开始匀速运动，汽车所受阻力恒定，那么根据图象数据可判断下列说法正确的是( )A．玩具汽车的功率为10 WB．玩具汽车所受阻力为2 NC．玩具汽车的最大速度为2 m/sD．玩具汽车匀速运动前通过的位移为3 m变力做功的求解方法[规范解答]————————————该得的分一分不丢！(1)将圆弧AB 分成很多小段l 1，l 2，…，l n ，拉力在每小段上做的功为W 1，W 2，…，W n ，因拉力F 大小不变，方向始终与物体在该点的切线成37°角，所以W 1＝Fl 1cos 37°，W 2＝Fl 2cos 37°，…，W n ＝Fl n cos 37° (2分)所以W F ＝W 1＋W 2＋…＋W n ＝F cos 37°(l 1＋l 2＋…＋l n )＝F cos 37°·π3R ＝20π J ＝62.8 J ．(2分)(2)重力G 做的功W G ＝－mgR (1－cos 60°)＝－50 J. (2分)(3)物体受的支持力F N 始终与物体的运动方向垂直，所以WF N ＝0.(2分)(4)因物体在拉力F 作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知：W F ＋W G ＋WF f ＝0.(2分)所以WF f ＝－W F －W G ＝(－62.8＋50) J ＝－12.8 J ．(1分) [答案] (1)62.8 J (2)－50 J (3)0 (4)－12.8 J[方法总结] 求解变力做功的五种方法 (1)微元法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．(2)动能定理法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做功的首选．本例中就用到了上述的两种方法． (3)平均力法在求解变力功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F ＝F 1＋F 22的恒力作用，F 1、F 2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W ＝F l cos α求此力所做的功．(4)(F－x)图象法如果参与做功的变力方向与位移方向始终一致，且已知大小随位移变化关系，我们可作出该力随位移变化的图象．那么图线与坐标轴所围成的面积，即为变力做的功．(5)转换法直接求解变力对物体做功时，通常都较为复杂，但通过转换研究对象，把变力做功转化成另一个恒力做功，问题就易于解决，此法常应用于通过定滑轮拉物体的题目中．4.如图所示，某人用大小不变的力F拉着放在光滑水平面上的物体，开始时与物体相连接的绳与水平面间的夹角是α，当拉力F作用一段时间后，绳与水平面间的夹角为β.已知图中的高度是h，求绳的拉力F T对物体所做的功．假定绳的质量、滑轮质量及绳与滑轮间的摩擦不计．一 高考题组 1.(单选)(2011·高考江苏卷)如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )A ．0.3 JB ．3 JC ．30 JD ．300 J2．(单选)(2011·高考上海卷)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 ．mg Lω B.32mgLωC.12mgL ωD.36mgL ω 3.(单选)(2013·高考浙江卷)如图所示，水平木板上有质量m ＝1.0 kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小．取重力加速度g ＝10 m/s 2.下列判断正确的是( )A ．5 s 内拉力对物块做功为零B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D ．6 s ～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s 2 二 模拟题组4．(多选)(原创题)质量相等的A、B两物体，并排静止在光滑水平地面上，用水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，其速度－时间图象分别如图中图线a、b所示，若F1方向始终保持不变，F2的方向先与F1反向，后与F1同向．则由图中信息可以得出() A．0～2 s内，F2与F1方向相反B．F1与F2大小之比为1∶2C．0～4 s内，F1对物体A做的功等于力F2对物体B做的功D．4 s末，F1的瞬时功率等于力F2的瞬时功率5．(多选)(2014·山东济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是()温馨提示日积月累，提高自我请做课后达标检测14第二节动能动能定理一、动能1．定义：物体由于□01______而具有的能．2．表达式：E k＝□02______.3．单位：□03______，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.4．矢标性：□04____量．5．瞬时性：v是瞬时速度．6．相对性：物体的动能相对于不同的参考系一般不同．二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的□05______.2．表达式：W＝E k2－E k1＝□06____________.3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于□07______运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于□08______做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．,1.(单选)关于某物体动能的一些说法，正确的是()A．物体的动能变化，速度一定变化B．物体的速度变化，动能一定变化C．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也一定相同D ．选择不同的参考系时，动能可能为负值2－1.(单选)下列关于运动物体所受合力、合力做功和动能变化的关系，正确的说法是( )A ．物体所受合力为零，其动能一定不变B ．物体所受合力不为零时，其动能一定发生变化C ．物体的动能保持不变，其所受合力做功可能不为零D ．物体的动能保持不变，则所受合力一定为零2－2.(单选)人用手托着质量为m 的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离s 后，速度为v (物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为( )A ．mgsB ．0C ．μmgs D.12m v 2动能定理及其应用1．对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系： ①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功．②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)动能定理中涉及的物理量有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．如图所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B .则：(1)小球到达B 点时的速率为多少？(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少？(3)若初速度v 0＝3gL ，则在小球从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？[思路点拨] (1)小球恰能到达B 点，隐含什么条件？ (2)空气阻力是变力，能否运用功的公式W ＝Fl cos α计算？[课堂笔记][规律总结]应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．1.某滑沙场，如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点，设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ.动能定理与图象结合问题解决物理图象问题的基本步骤1．观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．3．将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．(2014·潍坊模拟)伦敦奥运会女子10米(即跳台距水面10 m)跳台比赛中，我国小将陈若琳技压群芳夺得冠军．设陈的质量为m＝50 kg，其体形可等效为长度L＝1.0 m，直径d＝0.3 m的圆柱体，不计空气阻力，当她跳起到达最高点时，她的重心离跳台台面的高度为0.70 m，在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圆柱体的下端面，F的数值随入水深度y变化的函数图象如图所示，该直线与F轴相交于F＝2.5mg处，与y轴相交于y＝h(某一未知深度)处，为了确保运动员的安全，水池必须有一定的深度，已知水的密度ρ＝1×103 kg/m3，g取10 m/s2，根据以上数据估算：(1)起跳瞬间所做的功；(2)从起跳到接触水面过程的时间；(3)跳水池至少应为多深？(保留两位有效数字)[审题突破]①由图象可知，阻力F随入水深度y线性减小，可用什么方法求做的功？②入水过程中浮力如何变化？入水后浮力如何变化？③注意重力做正功，浮力和阻力做负功，各力做功过程中的位移大小不同．[课堂笔记][规律总结]解决这类问题首先要分清图象的类型．若是F－x图象与坐标轴围成的图形的面积表示做的功；若是v－t图象，可提取的信息有：加速度(与F合对应)、速度(与动能对应)、位移(与做功距离对应)等，然后结合动能定理求解．2.(多选)(2014·北京东城区高三联考)物体沿直线运动的v－t图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W利用动能定理求解多过程问题1．解决多过程问题应优先考虑应用动能定理(或功能关系)，从而使问题得到简化．能解决的几个典型问题如下：(1)不涉及加速度、时间的多过程问题．(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．(3)变力做功的问题．(4)含有F、l、m、v、W、E k等物理量的力学问题．2．注意应用不同特点的力的做功特点：(1)重力、电场力或恒力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．(2014·苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．[审题指导](1)在B、C轨道交接处速度大小变化吗？(2)小滑块在AB、CD段只有重力做功，猜猜只能停在哪一段呢？[课堂笔记]3.如图所示，斜面倾角为θ，质量为m的滑块在距挡板P的距离为s0的A点以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”，若滑块每次与挡板相碰，碰后以原速率返回，无动能损失，求滑块停止运动前在斜面上经过的路程．涉及多个原型的动力学和能量的综合问题(一)[规范解答]————————————该得的分一分不丢！(1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功 W f ＝fd ①(3分)(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(2分) 由动能定理有W －W f ＝12m v 21－12m v 2③(3分)由①②③式解得v 1＝v 20＋2m(Pt 1－fd )④(2分) (3)设小船经过B 点时缆绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v ，则P ＝F v ⑤(2分) v ＝v 1cos θ⑥(2分) 由牛顿第二定律有 F cos θ－f ＝ma ⑦(3分)由④⑤⑥⑦式解得a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm .(2分)[答案] (1)fd (2) v 20＋2m(Pt 1－fd ) (3)P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm[名师点评] 涉及多个原型的试题，一般都属于多过程或多状态问题，正确划分过程或确定研究状态是解题的前提，找出各子过程间的联系是解题的关键．4.(多选)(2014·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )A ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh ＋38m v 2C ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mg vD ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mg v一 高考题组 1．(多选)(2011·高考新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，此后，该质点的动能可能( )A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 2．(2010·高考山东卷)如图所示，四分之一圆轨道OA 与水平轨道AB 相切，它们与另一水平轨道CD 在同一竖直面内，圆轨道OA 的半径R ＝0.45 m ，水平轨道AB 长s 1＝3 m ，OA 与AB 均光滑，一滑块从O 点由静止释放，当滑块经过A 点时，静止在CD 上的小车在F ＝1.6 N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F .当小车在CD 上运动了s 2＝3.28 m 时速度v ＝2.4 m/s ，此时滑块恰好落入小车中，已知小车质量M ＝0.2 kg ，与CD 间的动摩擦因数μ＝0.4.(取g ＝10 m/s 2)求：(1)恒力F 的作用时间t . (2)AB 与CD 的高度差h .二 模拟题组3．(单选)(2014·河北石家庄质检)如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下列说法正确的是( )A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12m v 22－12m v 21 C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2)D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小 4．(2014·长春模拟)歼15战机在辽宁舰上试飞成功标志着我国舰载机发展迈出了新的一步．歼15战机的质量为m ，以水平速度v 0飞离辽宁舰逐渐上升，假设在此过程中水平分速度不变，在重力和竖直向上的恒定升力作用下前进L 时，上升高度为h .求：(1)升力的大小；(2)上升高度为h 时战机的动能； (3)上升高度为h 时升力的功率．三选做题5．(改编题)如图为竖直平面内的坐标系xOy，在第二象限有一光滑足够长水平平台，在第一象限固定一曲面呈抛物线形状的物体，曲面满足方程y＝x23.6.在平台上的P点(图上未标出)，坐标为(－2 m,3.6 m)，现有一质量为m＝1 kg的物块(不计大小)，用水平向右的力F＝9 N拉物块，当物块离开平台时立即撤去拉力，最终物块撞到曲面上(g取10 m/s2)．求：(1)物块撞到曲面前瞬间的动能大小；(2)要使物块撞到曲面前瞬间的动能最小，物块初始位置的坐标．温馨提示日积月累，提高自我请做课后达标检测15第三节机械能守恒定律一、重力势能1．定义：物体的重力势能等于它所受□01______与□02______的乘积．2．公式：E p＝□03______.3．矢标性：重力势能是□04______量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在□05__________上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同．4．特点(1)系统性：重力势能是□06______和□07______共有的．(2)相对性：重力势能的大小与□08________的选取有关．重力势能的变化是□09______的，与参考平面的选取□10______.5．重力做功与重力势能变化的关系重力做正功时，重力势能□11________；重力做负功时，重力势能□12______；重力做多少正(负)功，重力势能就□13________多少，即W G＝□14__________.二、弹性势能1．定义：物体由于发生□15________而具有的能．2．大小：弹性势能的大小与□16________及□17__________有关，弹簧的形变量越大，劲度系数□18______，弹簧的弹性势能越大．3．弹力做功与弹性势能变化的关系弹力做正功，弹性势能□19________；弹力做负功，弹性势能□20________.即弹簧恢复原长的过程中弹力做□21________，弹性势能□22________，形变量变大的过程中弹力做□23 ________，弹性势能□24________.三、机械能守恒定律。

一、单项选择题1.(2015·长沙模拟)如图所示，细绳跨过定滑轮悬挂两物体M 和m ，且M >m ，不计摩擦，系统由静止开始运动过程中( )A ．M 、m 各自的机械能分别守恒B ．M 减少的机械能等于m 增加的机械能C ．M 减少的重力势能等于m 增加的重力势能D ．M 减少的重力势能等于m 增加的重力势能与动能之和 答案：B2.(2015·德州模拟)如图所示，用长为L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高为2L 的O 点处，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，不计空气阻力．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( )A.gLB.3gLC.5gLD.7gL解析：选D.小铁球恰能到达最高点B ，则小铁球在最高点处的速度v ＝gL .以地面为零势能面，小铁球在B 点处的总机械能为mg ×3L ＋12mv 2＝72mgL ，无论轻绳是在何处断的，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12mv ′2＝72mgL ，故小铁球落到地面的速度v ′＝7gL ，正确答案为D.3.如图所示，将物体从一定高度水平抛出(不计空气阻力)，物体运动过程中离地面高度为h 时，物体水平位移为x 、物体的机械能为E 、物体的动能为E k 、物体运动的速度大小为v .以水平地面为零势能面．下列图象中，能正确反映各物理量与h 的关系的是( )解析：选B.设抛出点距离地面的高度为H ，由平抛运动规律x ＝v 0t ，H －h ＝12gt 2可知：x ＝v 02 H －hg，图象为抛物线，故A 项错误；做平抛运动的物体机械能守恒，故B 项正确；平抛物体的动能E k ＝12mv 2＝mgH －mgh ＋12mv 20，速度v ＝2g H －h ＋mv 20，故C 、D 项错误．4.如图所示，一匀质杆长为2r ，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD 滑动，AB 是半径为r 的14圆弧，BD 为水平面．则当杆滑到BD 位置时的速度大小为( )A.gr 2B.grC.2grD ．2gr解析：选B.杆初始状态静止，末状态匀速平动，整个过程无机械能损失，由机械能守恒定律得：12mv 2＝ΔE p ＝mg r2，解得：v ＝gr ，B 正确． 5.半径分别为r 和R (r <R )的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示，质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速度地释放，在下滑过程中两物体( )A ．机械能均逐渐减小B ．经最低点时动能相等C ．机械能总是相等的D ．两物体在最低点时加速度大小不相等解析：选C.两物体下滑的过程中，均只有重力做功，故机械能守恒，A 错误，C 正确；在最低点，两物体重力势能不同，由机械能守恒定律可知，两物体动能不同，B 错误；物体由半圆形槽左边缘到最低点的过程中，有mgR ＝12mv 2，在最低点，两物体的加速度a ＝v 2R，解得a ＝2g ，其与圆周运动的轨道半径无关，D 错误．☆6.(2015·北京东城区模拟)物体做自由落体运动，E k 表示其动能，E p 表示其势能，h 表示其下落的距离，t 、v 分别表示其下落的时间和速度，以水平面为零势能面，下列图象中能正确反映各物理量之间关系的是( )解析：选D.由自由落体运动规律可知，E k ＝12mv 2，v ＝gt ，因此A 、B 错误；又由功能关系可知，E k ＝mgh ，E k ＋E p ＝mgH (H 为抛出点到零势能面的高度)，可知C 错误，D 正确．二、多项选择题7.(2015·潍坊模拟)如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P ，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是 ( )A ．从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒 B ．从A 到B 的过程中，小球的机械能减少C ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 2RD ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 22R解析：选BC.从A 到B ，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，而弹簧的弹性势能增加，故小球机械能减小，A 错B 对；在最低点时，小球对环没有作用力，弹簧弹力与重力的合力提供向心力，即F －mg ＝mv 2R，C 对D 错．8.如图所示，光滑圆弧槽在竖直平面内，半径为0.5 m ，小球质量为0.10 kg ，从B 点正上方0.95 m 高处的A 点自由下落，落点B 与圆心O 等高，小球由B 点进入圆弧轨道，飞出后落在水平面上的Q 点，DQ 间的距离为2.4 m ，球从D 点飞出后的运动过程中相对于DQ 水平面上升的最大高度为0.80 m ，取g ＝10 m/s 2.不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球经过C 点时轨道对它的支持力大小为6.8 NB ．小球经过P 点的速度大小为3.0 m/sC ．小球经过D 点的速度大小为4.0 m/s D ．D 点与圆心O 的高度差为0.30 m 解析：选ABD.设小球经过C 点的速度为v C ， 由机械能守恒定律得，mg (H ＋R )＝12mv 2C由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2CR代入数据解得N ＝6.8 N.设小球经过P 点的速度为v P ，小球由P 到Q 做平抛运动，竖直方向h ＝12gt 2，水平方向s2＝v Pt 代入数据解得v P ＝3.0 m/s.从开始运动到P 点的过程中，机械能守恒，取DQ 面为零势能面，则12mv 2P ＋mgh ＝12mv2D＝mg (H ＋h OD )代入数据解得v D ＝5.0 m/s ，h OD ＝0.3 m ， 综上可知，选项A 、B 、D 正确．9.(2015·江苏苏北联考)如图所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止下滑，到b 点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点，已知ab ＝0.8 m ，bc ＝0.4 m ，那么在整个过程中( )A ．滑块滑到b 点时动能最大B ．滑块动能的最大值是6 JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD ．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒解析：选CD.滑块能回到原出发点，所以滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，D 项正确；以c 点为参考点，则在a 点滑块的机械能为6 J ，在c 点时滑块的速度为0，重力势能也为0，从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减少量，故为6 J ，所以C 项正确；由a到c 的过程中，因重力势能不能全部转变为动能，动能的最大值在平衡位置，小于6 J ，A 、B 项错误．☆10.(2015·江苏苏北四市调研)如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R ，圆环上套有质量分别为m 和2m 的小球A 、B (均可看做质点)，且小球A 、B 用一长为2R 的轻质细杆相连，在小球B 从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g )，下列说法正确的是( )A ．A 球增加的机械能等于B 球减少的机械能 B ．A 球增加的重力势能等于B 球减少的重力势能C ．A 球的最大速度为2gR3D ．细杆对A 球做的功为83mgR解析：选AD.系统机械能守恒的实质可以理解为是一种机械能的转移，此题的情景就是A 球增加的机械能等于B 球减少的机械能，A 对，B 错；根据机械能守恒定律有：2mg ·2R －mg ·2R ＝12×3mv 2，所以A 球的最大速度为4gR3，C 错；根据功能关系，细杆对A 球做的功等于A 球增加的机械能，即W A ＝12mv 2＋mg ·2R ＝83mgR ，故D 对．三、非选择题11．(2015·湖北十堰模拟)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道．光滑半圆轨道半径为R ，两个光滑半圆轨道连接处C 、D 之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，C 、D 之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A 与水平面上B 点之间的高度为h .从A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s .已知小球质量为m ，不计空气阻力，求：(1)小球从E 点水平飞出时的速度大小； (2)小球运动到半圆轨道的B 点时对轨道的压力； (3)小球沿翘尾巴S 形轨道运动时克服摩擦力做的功．解析：(1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E由平抛运动规律有 s ＝v E t 4R ＝12gt 2联立解得v E ＝s42g R. (2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒 12mv 2B ＝mg ·4R ＋12mv 2E 解得v 2B ＝8gR ＋s 2g 8R在B 点F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝9mg ＋mgs 28R2由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为F N ′＝9mg ＋mgs 28R 2，方向竖直向下．(3)设小球沿翘尾巴的S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，则 mg (h －4R )－W ＝12mv 2E解得W ＝mg (h －4R )－mgs 216R .答案：(1)s42g R (2)9mg ＋mgs 28R2，方向竖直向下 (3)mg (h －4R )－mgs 216R☆12.(2015·郑州模拟)如图所示，质量分别为3m 、2m 、m 的三个小球A 、B 、C 用两根长为L 的轻绳相连，置于倾角为30°、高为L 的固定光滑斜面上，A 球恰能从斜面顶端处竖直落下，弧形挡板使小球只能竖直向下运动，小球落地后均不再反弹．由静止开始释放它们，不计所有摩擦，求：(1)A 球刚要落地时的速度大小； (2)C 球刚要落地时的速度大小．解析：(1)在A 球未落地前，A 、B 、C 组成的系统机械能守恒，设A 球刚要落地时系统的速度大小为v 1，则12(m A＋m B ＋m C )v 21＝m A gh A －m B ghB 1－m C gh C 1 又h A ＝L ，h B 1＝h C 1＝L sin 30°代入数据并解得：v 1＝gL 2. (2)在A 球落地后，B 球未落地前，B 、C 组成的系统机械能守恒，设B 球刚要落地时系统的速度大小为v 2，则12(m B ＋m C )v 22－12(m B ＋m C )v 21＝m B gh B 2－m C gh C 2 又h B 2＝L ，h C 2＝L sin 30° 代入数据并解得：v 2＝3gL2在B 球落地后，C 球未落地前，C 球在下落过程中机械能守恒，设C 球刚要落地时的速度大小为v 3，则12m C v 23－12m C v 22＝m C gh C 3 又h C 3＝L ，代入数据解得v 3＝14gL2. 答案：(1)gL 2 (2)14gL2。