高考二輪精華匯編考點功能關系能量守恒定律解讀

1、功能關系能量守恒定律考綱解讀1.掌握功和能的對應關系，特別是合力功、重力功、彈力功分別對應的能量轉化關系.2.理解能量守恒定律，并能分析解決有關問題1對于功和能的關系，下列說法中正確的是()A功就是能，能就是功B功可以變?yōu)槟埽芸梢宰優(yōu)楣做功的過程就是能量轉化的過程D功是物體能量的量度答案C解析功和能是兩個密切相關的物理量，但功和能有本質的區(qū)別，功是反映物體在相互作用過程中能量變化多少的物理量，與具體的能量變化過程相聯(lián)系，是一個過程量；能是用來反映物體具有做功本領的物理量，物體處于一定的狀態(tài)(如速度和相對位置)就具有一定的能量，功是反映能量變化的多少，而不是反映能量的多少2從地面豎直上拋一個

2、質量為m的小球，小球上升的最大高度為h.設上升和下降過程中空氣阻力大小恒定為Ff.下列說法正確的是()A小球上升的過程中動能減少了mghB小球上升和下降的整個過程中機械能減少了FfhC小球上升的過程中重力勢能增加了mghD小球上升和下降的整個過程中動能減少了Ffh答案C解析根據(jù)動能定理，上升的過程中動能減少量等于小球克服重力和阻力做的功，為mghFfh，小球上升和下降的整個過程中動能減少量和機械能的減少量都等于整個過程中克服阻力做的功，為2Ffh，A、B、D錯，選C.3如圖1所示，美國空軍X37B無人航天飛機于2010年4月首飛，在X37B由較低軌道飛到較高軌道的過程中()AX37B中燃料的化

3、學能轉化為X37B的機械能圖1BX37B的機械能要減少C自然界中的總能量要變大D如果X37B在較高軌道繞地球做圓周運動，則在此軌道上其機械能不變答案AD解析在X37B由較低軌道飛到較高軌道的過程中，必須啟動助推器，對X37B做正功，X37B的機械能增大，A對，B錯根據(jù)能量守恒定律，C錯X37B在確定軌道上繞地球做圓周運動，其動能和重力勢能都不會發(fā)生變化，所以機械能不變，D對考點梳理一、功能關系功能量的變化 合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力(除重力、彈力外)做正功機械能增加二、能量守恒定律1內容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，

4、它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變2表達式：E減E增4如圖2所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，B、C在水平線上，其距離d0.5 m盆邊緣的高度為h圖20.30 m在A處放一個質量為m的小物塊并讓其由靜止下滑已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為0.10.小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停下的位置到B的距離為()A0.50 mB0.25 mC0.10 mD0答案D解析由mghmgx，得x3 m，而6，即3個來回后，恰停在B點，選項D正確5如圖3所示，某段滑

5、雪雪道傾角為30°，總質量為m(包括雪具在內)的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g.在他從上向下滑到底端的 圖3過程中，下列說法中正確的是()A運動員減少的重力勢能全部轉化為動能B運動員獲得的動能為mghC運動員克服摩擦力做功為mghD下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為mgh答案D解析運動員的加速度為g，小于gsin 30°，所以運動員下滑的過程中必受摩擦力，且大小為mg，克服摩擦力做功為mg·mgh，故C錯；摩擦力做功，機械能不守恒，減少的重力勢能沒有全部轉化為動能，而是有mgh的重力勢能轉化為內能，故A錯，D對；由動能定理知，運動員獲

6、得的動能為mg·mgh，故B錯方法提煉1物體克服摩擦力做功時，能量由機械能轉化為內能2摩擦力做功產(chǎn)生的內能：QFfs，s為路程.考點一功能關系的應用1在應用功能關系解決具體問題的過程中，若只涉及動能的變化用動能定理分析2只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關系分析3只涉及機械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析4只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關系分析例1如圖4所示，在升降機內固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中() 圖4A物塊A

7、的重力勢能增加量一定等于mghB物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和C物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和D物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的代數(shù)和解析由于斜面光滑，物塊A靜止時彈簧彈力與斜面支持力的合力與重力平衡，當整個裝置加速上升時，由牛頓第二定律可知物塊A受到的合力應向上，故彈簧伸長量增加，物塊A相對斜面下滑一段距離，故選項A錯誤；根據(jù)動能定理可知，物塊A動能的增加量應等于重力、支持力及彈簧彈力對其做功的代數(shù)和，故選項B錯誤；物塊A機械能的增加量應等于除重力以外的其他力對其做功的代數(shù)和，選項

8、C正確；物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量應等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功的代數(shù)和，故選項D正確答案CD突破訓練1如圖5所示，一輕彈簧左端與物體A相連，右端與物體B相連，開始時，A、B均在粗糙水平面上不動，彈簧處于原長狀態(tài)在物體B上作用一水平向右的恒力F，使物體 圖5A、B向右運動在此過程中，下列說法正確的是()A合外力對物體A所做的功小于物體A的動能增量B外力F做的功與摩擦力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量C外力F做的功及摩擦力對物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動能增量及彈簧彈性勢能增量之和D外力F做的功加上摩擦力對物體B做的功等于物體B的動能增量與彈簧彈性勢能增量之和答案

9、C考點二摩擦力做功的特點及應用1靜摩擦力做功的特點(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能2滑動摩擦力做功的特點(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功(2)相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內，一對滑動摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果：機械能全部轉化為內能；有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能(3)摩擦生熱的計算：QFfs相對其中s相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程深化拓展從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內能的增加量；從能量的角度看，

10、其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內能的增加量例2如圖6所示，質量為m的長木塊A靜止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一質量為m的滑塊B，已知木塊長為L，它與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)用水平向右的恒力F拉滑塊B. 圖6(1)當長木塊A的位移為多少時，B從A的右端滑出？(2)求上述過程中滑塊與木塊之間產(chǎn)生的內能審題指導當把滑塊B拉離A時，B的位移為A的位移與A的長度之和注意：審題時要畫出它們的位移草圖解析(1)設B從A的右端滑出時，A的位移為l，A、B的速度分別為vA、vB，由動能定理得mglmv(Fmg)·(lL)mv又由同時性可得(其中aAg，aB)解得l.(2)由功能關系知，拉力F

11、做的功等于A、B動能的增加量和A、B間產(chǎn)生的內能，即有F(lL)mvmvQ解得QmgL.答案(1)(2)mgL突破訓練2如圖7所示，一質量為m2 kg的滑塊從半徑為R0.2 m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A處由靜止滑下，A點和圓弧對應的圓心O點等高，圓弧的底端B與水平傳送帶平滑相接已知傳送帶勻速運行的速度為v04 m/s，B點到傳送帶右端C點的距離為L2 m當滑塊滑到傳送帶的右端C時，其速度恰好與傳送帶的速度相同(g10 m/s2)，求：圖7(1)滑塊到達底端B時對軌道的壓力；(2)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(3)此過程中，由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)60 N，方向豎

12、直向下(2)0.3(3)4 J解析(1)滑塊由A到B的過程中，由機械能守恒定律得：mgRmv物體在B點，由牛頓第二定律得：FBmgm由兩式得：FB60 N由牛頓第三定律得滑塊到達底端B時對軌道的壓力大小為60 N，方向豎直向下(2)解法一：滑塊在從B到C運動過程中，由牛頓第二定律得：mgma由運動學公式得：vv2aL由三式得：0.3解法二：滑塊在從A到C整個運動過程中，由動能定理得：mgRmgLmv0解得：0.3(3)滑塊在從B到C運動過程中，設運動時間為t由運動學公式得：v0vBat產(chǎn)生的熱量：Qmg(v0tL)由得：Q4 J.考點三能量守恒定律及應用列能量守恒定律方程的兩條基本思路：(1)

13、某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等例3如圖8所示有一傾角為37°的硬桿，其上套一底端固定且勁度系數(shù)為k120 N/m的輕彈簧，彈簧與桿間無摩擦一個質量為m1 kg的小球套在此硬桿上，從P點由靜止開始滑下，已知小球與硬桿間的動摩擦因數(shù)0.5，P與彈簧自由端Q間的距離圖8為l1 m彈簧的彈性勢能與其形變量x的關系為Epkx2.求：(1)小球從開始下滑到與彈簧自由端相碰所經(jīng)歷的時間t；(2)小球運動過程中達到的最大速度vm；(3)若使小球在P點以初速度v0下滑后又恰好回到P點

14、，則v0需多大？解析(1)F合mgsin mgcos agsin gcos 2 m/s2lat2所以t 1 s(2)小球從P點無初速度滑下，當彈簧的壓縮量為x時小球有最大速度vm，有mgsin mgcos kx，x m此過程由能量守恒定律可得：mg·(lx)sin W彈mgcos (lx)mv而W彈kx2代入數(shù)據(jù)解得：vm m/s2 m/s(3)設小球從P點以初速度v0下滑，壓縮彈簧至最低點時彈簧的壓縮量為x1，由能量守恒有：mg(lx1)sin mvmgcos (lx1)kx小球從最低點經(jīng)過Q點回到P點時的速度為0，則有：kxmg(lx1)sin mgcos (lx1)聯(lián)立以上二式

15、解得x10.5 m，v02 m/s4.9 m/s.答案(1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s應用能量守恒定律解題的步驟1.分清有多少形式的能在變化；2明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量E減和增加的能量E增的表達式；3列出能量守恒關系式：E減 E增突破訓練3假設某足球運動員罰點球直接射門時，球恰好從橫梁下邊緣踢進，此時的速度為v.橫梁下邊緣離地面的高度為h，足球質量為m，運動員對足球做的功為W1，足球運動過程中克服空氣阻力做的功為W2，選地面為零勢能面，下列說法正確的是()A運動員對足球做的功為W1mghmv2W2B足球機械能的變化量為W1W2C足球克服阻力

16、做的功為W2mghmv2W1D運動員剛踢完球的瞬間，足球的動能為mghmv2答案B解析由功能關系可知：W1mghmv2W2，A項錯足球機械能的變化量為除重力、彈力之外的力做的功E機W1W2，B項對；足球克服阻力做的功W2W1mghmv2，C項錯D項中，剛踢完球瞬間，足球的動能應為EkW1mghmv2W2，D項錯.24傳送帶模型中的動力學和功能關系問題1模型概述傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況一般設問的角度有兩個：(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力情況分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律，求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶

17、之間的位移關系(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關系或能量守恒定律求解2傳送帶模型問題中的功能關系分析(1)功能關系分析：WFEkEpQ.(2)對WF和Q的理解：傳送帶的功：WFFx傳；產(chǎn)生的內能QFfs相對傳送帶模型問題的分析流程例4如圖9所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角30°，皮帶在電動機的帶動下，始終保持v02 m/s的速率運行，現(xiàn)把一質量為m10 kg的工件(可看做質點)輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)過時間t1.9 s，工件被傳送到h1.5 m的高處，取g10 m/s2，求：圖9(1)工件與傳送

18、帶間的動摩擦因數(shù)；(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能解析(1)由題圖可知，皮帶長x3 m工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移x1t1t1勻速運動的位移為xx1v0(tt1)解得加速運動的時間t10.8 s加速運動的位移x10.8 m，所以加速度a2.5 m/s2由牛頓第二定律有：mgcos mgsin ma，解得.(2)根據(jù)能量守恒的觀點，顯然電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產(chǎn)生的熱量在時間t1內，皮帶運動的位移x皮v0t11.6 m在時間t1內，工件相對皮帶的位移x相x皮x10.8 m在時間t1內，摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgcos x相

19、60 J工件獲得的動能Ekmv20 J工件增加的勢能Epmgh150 J電動機多消耗的電能WQEkEp230 J.答案(1)(2)230 J本題綜合考查了動力學及能量守恒定律的應用第一問重點在對運動過程分析的基礎上的公式應用，第二問是考查能量守恒問題77突破訓練4如圖10所示，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，物體在滑下傳送帶之前能保持與傳送帶相對靜止， 圖10對于物體從靜止釋放到與傳送帶相對靜止這一過程，下列說法中正確的是()A電動機多做的功為mv21B物體在傳送帶上的劃痕長C傳送帶克服摩擦力做的功為mv2D電

20、動機增加的功率為mgv答案D解析小物塊與傳送帶相對靜止之前，物體做勻加速運動，由運動學公式知x物t，傳送帶做勻速運動，由運動學公式知x傳vt，對物塊根據(jù)動能定理mgx物mv2，摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgx相mg(x傳x物)，四式聯(lián)立得摩擦產(chǎn)生的熱量Qmv2，根據(jù)能量守恒定律，電動機多做的功一部分轉化為物塊的動能，一部分轉化為熱量，故電動機多做的功等于mv2，A項錯誤；物體在傳送帶上的劃痕長等于x傳x物x物，B項錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mgx傳2mgx物mv2，C項錯誤；電動機增加的功率也就是電動機克服摩擦力做功的功率為mgv，D項正確高考題組1(2012·安徽理綜·16)如

21、圖11所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力已知AP2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中()A重力做功2mgR圖11B機械能減少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR答案D解析小球到達B點時，恰好對軌道沒有壓力，故只受重力作用，根據(jù)mg得，小球在B點的速度v.小球從P點到B點的過程中，重力做功WmgR，故選項A錯誤；減少的機械能E減mgRmv2mgR，故選項B錯誤；合外力做功W合mv2mgR，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理得，mgRWfmv20，所以Wfm

22、gRmv2mgR，故選項D正確2(2012·福建理綜·17)如圖12所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)剪斷輕繩后A下落，B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地， 圖12兩物塊()A速率的變化量不同B機械能的變化量不同C重力勢能的變化量相同D重力做功的平均功率相同答案D解析A、B開始時處于靜止狀態(tài)，對A：mAgT對B：TmBgsin 由得mAgmBgsin 即mAmBsin 剪斷輕繩后，A、B均遵守機械能守恒定律，機械能沒有變化，故B項錯誤；由機械能守恒知，mghmv2

23、，所以v，落地速率相同，故速率的變化量相同，A項錯誤；由Epmgh，因m不同，故Ep不同，C項錯誤；重力做功的功率PAmAgmAgmAg，PBmBgsin mBgsin ，由式mAmBsin ，得PAPB，D項正確3(2010·山東理綜·22)如圖13所示，傾角30°的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質量為m、粗細均勻、質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平用細線將物塊與軟繩連接， 圖13物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此過程中()A物塊的機械能逐漸增加B軟繩重力勢能共減少了mglC物塊重力勢能的減少等于軟繩克

24、服摩擦力所做的功D軟繩重力勢能的減少小于其動能的增加與克服摩擦力所做功之和答案BD解析細線的拉力對物塊做負功，所以物塊的機械能減少，故選項A錯誤；軟繩減少的重力勢能Epmg(sin 30°)mgl，故選項B正確；軟繩被拉動，表明細線對軟繩的拉力大于摩擦力，而物塊重力勢能的減少等于克服細線拉力做功與物塊動能之和，選項C錯誤；對軟繩應用動能定理，有WTWGWfEk，所以軟繩重力勢能的減少EpWGEk(WfWT)，所以Ep<EkWf，選項D正確模擬題組4如圖14所示，傾斜的傳送帶始終以恒定速率v2運動一小物塊以v1的初速度沖上傳送帶，v1>v2.小物塊從A到B的過程中一直做減速

25、運動，則()A小物塊到達B端的速度可能等于v2B小物塊到達B端的速度不可能等于零圖14C小物塊的機械能一直在減少D小物塊所受合力一直在做負功答案AD解析小物塊一直做減速運動，到B點時速度為小于v1的任何值，故A正確，B錯誤當小物塊與傳送帶共速后，如果繼續(xù)向上運動，摩擦力將對小物塊做正功，機械能將增加，故C錯誤W合Ek<0，D正確5如圖15甲所示，一根輕質彈簧左端固定在水平桌面上，右端放一個可視為質點的小物塊，小物塊與彈簧不連接，小物塊的質量為m2 kg，當彈簧處于原長時，小物塊靜止于O點現(xiàn)對小物塊施加一個外力，使它緩慢移動，壓縮彈簧至A點(壓縮量為xA)，此時彈簧的彈性勢能Ep2.3 J

26、在這一過程中，所用外力與壓縮量的關系如圖乙所示然后突然撤去外力，讓小物塊沿桌面運動到B點后水平拋出已知A、B之間的距離為L0.65 m，水平桌面的高為h5 m，計算時，可認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力g取10 m/s2，求：圖15(1)在A點釋放小物塊后瞬間，小物塊的加速度；(2)小物塊落地點與桌邊B的水平距離答案(1)22 m/s2(2)1 m解析(1)由Fx圖象可得，小物塊與桌面間的滑動摩擦力大小為Ff2 N釋放瞬間彈簧彈力大小FTFFf(482) N46 N故釋放瞬間小物塊的加速度大小為a m/s222 m/s2(2)從A點開始到B點的過程中，摩擦產(chǎn)生的熱量QFfL對小物塊根據(jù)能量守恒有

27、EpmvQ物塊從B點開始做平拋運動，則hgt2故小物塊落地點與桌邊B的水平距離xvBt聯(lián)立解得x1 m (限時：45分鐘)題組1幾個重要功能關系的應用1 如圖1所示，質量為m的跳高運動員先后用背越式和跨越式兩種跳高方式跳過某一高度，該高度比他起跳時的重心高出h，則他從起跳后至越過橫桿的過程中克服重力所做的功()圖1A都必須大于mghB都不一定大于mghC用背越式不一定大于mgh，用跨越式必須大于mghD用背越式必須大于mgh，用跨越式不一定大于mgh答案C解析采用背越式跳高方式時，運動員的重心升高的高度可以低于橫桿，而采用跨越式跳高方式時，運動員的重心升高的高度一定高于橫桿，故用背越式時克服重

28、力做的功不一定大于mgh，而用跨越式時克服重力做的功一定大于mgh，C正確2如圖2所示，汽車在拱形橋上由A勻速率運動到B，以下說法正確的是()A牽引力與克服摩擦力做的功相等 圖2B合外力對汽車不做功C牽引力和重力做的總功大于克服摩擦力做的功D汽車在上拱形橋的過程中克服重力做的功轉化為汽車的重力勢能答案BD解析汽車由A勻速率運動到B，合外力始終指向圓心，合外力做功為零，即W牽WGWf0，即牽引力與重力做的總功等于克服摩擦力做的功，A、C錯誤，B正確；汽車在上拱形橋的過程中，克服重力做的功轉化為汽車的重力勢能，D正確3如圖3所示，一輕質彈簧原長為l，豎直固定在水平面上，一質量為m的小球從離水平面高

29、為H處自由下落，正好壓在彈簧上，下落過程中小球遇到的空氣阻力恒為Ff，小球壓縮彈簧的最大壓縮量為x，則彈簧被壓到最短時的彈性勢能為()A(mgFf)(Hlx)圖3Bmg(Hlx)Ff(Hl)CmgHFf(lx)Dmg(lx)Ff(Hlx)答案A解析小球重力勢能的減少量為Epmg(Hlx)克服空氣阻力做的功為WfFf(Hlx)彈性勢能的增加量為EEpWf(mgFf)(Hlx)故選項A正確4若禮花彈在由炮筒底部擊發(fā)至炮筒口的過程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空氣阻力做功W2，高壓燃氣對禮花彈做功W3，則禮花彈在炮筒內運動的過程中(設禮花彈發(fā)射過程中質量不變)()A禮花彈的動能變化量為W3W2

30、W1B禮花彈的動能變化量為W3W2W1C禮花彈的機械能變化量為W3W2D禮花彈的機械能變化量為W3W2W1答案BC解析動能變化量等于各力做功的代數(shù)和，阻力、重力都做負功，故W3W1W2Ek，所以B對，A錯重力以外其他力做功的和為W3W2即等于機械能增加量，所以C對，D錯5如圖4所示，質量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡(粗糙)底部A處由靜止運動至高為h的坡頂B，獲得的速度為v，AB之間的水平距離為x，重力加速度為g，下列說法正確的是()A小車重力所做的功是mgh圖4B合外力對小車做的功是mv2C推力對小車做的功是mv2mghD阻力對小車做的功是Fxmv2mgh答案B解析小車重力所做的功為m

31、gh，A錯誤由動能定理得合外力對小車做的功Wmv2，B正確推力對小車做的功為Fx，C錯誤根據(jù)動能定理，阻力對小車做的功為(Fxmv2mgh)，故D錯誤題組2動能定理的應用6如圖5所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度為g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體() 圖5A重力勢能增加了mghB重力勢能增加了mghC動能損失了mghD機械能損失了mgh答案BD解析設物體受到的摩擦阻力為Ff，由牛頓運動定律得Ffmgsin 30°mamg，解得Ffmg.重力勢能的變化由重力做功決定，故Epmgh.動能的變化由合

32、外力做功決定，故Ek(Ffmgsin 30°)xmg·mgh.機械能的變化由重力或系統(tǒng)內彈力以外的其他力做功決定，故E機械Ff·xmg·mgh，故B、D正確，A、C錯誤7一顆子彈以某一水平速度擊中了靜止在光滑水平面上的木塊，并剛好從中穿出對于這一過程，下列說法正確的是()A子彈減少的機械能等于木塊增加的機械能B子彈和木塊組成的系統(tǒng)機械能的損失量等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量C子彈減少的機械能等于木塊增加的動能與木塊增加的內能之和D子彈減少的動能等于木塊增加的動能與子彈和木塊增加的內能之和答案BD解析子彈射穿木塊的過程中，由于相互間摩擦力的作用使得子彈的動能減少，木塊

33、獲得動能，同時產(chǎn)生熱量，且系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量在數(shù)值上等于系統(tǒng)機械能的損失A選項沒有考慮系統(tǒng)增加的內能，C選項中應考慮的是系統(tǒng)(子彈、木塊)內能的增加，A、C錯，B、D對8如圖6所示，質量為M、長度為l的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊放在小車的最左端現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使它從靜止開始運動，物塊和小車之間摩擦力的大小為Ff，當小車運動的位移為x時，物塊剛好滑到小車的最右端若小物塊可視為質點，則()圖6A物塊受到的摩擦力對物塊做的功與小車受到的摩擦力對小車做功的代數(shù)和為零B整個過程物塊和小車間摩擦產(chǎn)生的熱量為FflC小車的末動能為FfxD整個過程物塊和小車增加的機械能為F(xl)答

34、案BC解析物塊與小車之間的摩擦力為滑動摩擦力，這一對滑動摩擦力做功，做功之和應小于零，選項A錯誤；由功能關系知，系統(tǒng)機械能的增加量為F(lx)Ffl，D項錯誤，B項正確對小車應用動能定理知FfxMv2，C項正確9如圖7所示，傾角為30°、高為L的固定斜面底端與水平面平滑相連，質量分別為3m、m的兩個小球A、B用一根長為L的輕繩連接，A球置于斜面頂端，現(xiàn)由靜止釋放A、B兩球，球B與弧形擋板碰撞過程中無機械能損失，且碰后只能沿斜面下滑，它們最終均滑至水平面上重力加速度 圖7為g，不計一切摩擦，則()A小球A下滑過程中，小球A、B系統(tǒng)的重力對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的重力勢能減小BA球剛滑至水平面

35、時，速度大小為C小球B升高L/2時，重力對小球A做功的功率大于重力對小球B做功的功率D小球B從剛開始上升到開始進入斜面過程中，繩的拉力對小球B做功為答案ABC解析小球A下滑過程中，B球的重力對B球做負功，A球的重力對A球做正功，但由系統(tǒng)的動能增大可知，系統(tǒng)的重力勢能減小，故小球A、B系統(tǒng)的重力對系統(tǒng)做正功，A項正確；對A、B系統(tǒng)利用機械能守恒可知，A球從開始滑動到剛滑至水平面過程中，有3mgLmg×4mv2，故v，B項正確；小球B升高L/2時，因兩球的速度大小相等，而A球沿斜面向下的分力為1.5mg，故此時重力對小球A做功的功率大于重力對小球B做功的功率，C項正確；小球B從剛開始上升

36、到開始進入斜面過程中，有3mgmgL×4mv2，故v，對B球利用動能定理有：WmgLmv2，故W，D項錯誤10如圖8所示，水平傳送帶AB長21 m，以6 m/s順時針勻速轉動，臺面與傳送帶平滑連接于B點，半圓形光滑軌道半徑R1.25 m，與水平臺面相切于C點，BC長x5.5 m，P點是圓弧軌道上與圓心O等高的一點一質量為m1 kg的物 圖8塊(可視為質點)，從A點無初速度釋放，物塊與傳送帶及臺面間的動摩擦因數(shù)均為0.1，則關于物塊的運動情況，下列說法正確的是()A物塊不能到達P點B物塊能越過P點做斜拋運動C物塊能越過P點做平拋運動D物塊能到達P點，但不會出現(xiàn)選項B、C所描述的運動情況答案D解析物塊從A點釋放后在傳送帶上做加速運動，假設到達臺面之前能夠達到傳送帶的速度v，則由動能定理得，mgx1mv