54講功能關(guān)系能量守恒定律

1、第4講 < 一功能關(guān)系能量守恒定律考綱下載：功能關(guān)系（n）主干知識(shí) 練中回扣 憶教材 夯基提能1. 功能關(guān)系功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。做功的過(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，能量的轉(zhuǎn)化可以通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2. 能量守恒定律能量守恒定律的內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式 轉(zhuǎn)化為另一種形式,或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體,在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變。（2）能量守恒定律的表達(dá)式：A E減=A E增。鞏固小練1. 判斷正誤（1）力對(duì)物體做了多少功，物體就具有多少能。（X ）（2）能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過(guò)程中，其總量會(huì)不斷減少。（X ）（3）在

2、物體機(jī)械能減少的過(guò)程中，動(dòng)能有可能是增大的。（V）（4）既然能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過(guò)程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源。（X ）滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，一定會(huì)引起機(jī)械能的轉(zhuǎn)化。（V）一個(gè)物體的能量增加，必定有別的物體能量減少。（V）功能關(guān)系的應(yīng)用2自然現(xiàn)象中蘊(yùn)藏著許多物理知識(shí)，如圖所示為一個(gè)盛水袋，某人從側(cè)面緩慢推袋壁使它變形，則水的勢(shì)能（）A .增大 B .變小 C.不變 D .不能確定解析：選A 人推袋壁使它變形，對(duì)它做了功，由功能關(guān)系可得, 水的重力勢(shì)能增加，A正確。能量守恒定律的理解3. 上端固定的一根細(xì)線下面懸掛一擺球，擺球在空氣中擺動(dòng)，擺動(dòng)的幅度越來(lái)越小， 對(duì)此現(xiàn)象下列說(shuō)法正確的是 （）A 擺球

3、機(jī)械能守恒B 總能量守恒，擺球的機(jī)械能正在減少，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能C.能量正在消失D 只有動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化解析：選B由于空氣阻力的作用，機(jī)械能減少，機(jī)械能不守恒，內(nèi)能增加，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，能量總和不變，B正確。摩擦力做功問(wèn)題4足夠長(zhǎng)的傳送帶以速度若小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為u物體與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量為(v勻速傳動(dòng)，一質(zhì)量為m的小物體A由靜止輕放于傳送帶上, 女口圖所示，當(dāng))A. mv2 B.2mv2 C.lmv2 Dmv2解析：選D物體A被放于傳送帶上即做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度umg a =mug勻加速過(guò)程前進(jìn)的距離所以物體X1 =扌=丄，該時(shí)間內(nèi)傳送帶前進(jìn)

4、的距離X2= vt= v2a 2 pg4= 1mv2, D 正2相對(duì)傳送帶滑動(dòng)距離 x= x2-x1 =益故產(chǎn)生的內(nèi)能Q=卩m=. m考點(diǎn)一功能關(guān)系的理解及應(yīng)用確?？键c(diǎn)一功能關(guān)系的理解及應(yīng)用1對(duì)功能關(guān)系的理解(1) 做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程。不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化可以通過(guò)做功來(lái)實(shí) 現(xiàn)。功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同性質(zhì)的力做功，對(duì)應(yīng)不同形 式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。2.幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式各種力做功對(duì)應(yīng)能的變化疋量的關(guān)系合力的功動(dòng)能變化合力對(duì)物體做功等于物體動(dòng)能的增量W合=Ek2 -Ek1重力的功重力勢(shì) 能變化重

5、力做正功，重力勢(shì)能減少，重力做負(fù)功，重力勢(shì) 能增加，且 Wg = Ep= Ep1 Ep2彈簧彈力的功彈性勢(shì)能變化彈力做正功，彈性勢(shì)能減少，彈力做負(fù)功，彈性勢(shì) 能增加，且W彈= Ep= Ep1 一 Ep2只有重力、彈黃 彈力的功不引起機(jī) 械能變化機(jī)械能守恒 E= 0非重力和 彈力的功機(jī)械能 變化除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機(jī)械能 增加，做負(fù)功，機(jī)械能減少，且W其他= E電場(chǎng)力的功電勢(shì)能 變化電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì) 能增加，且W電= Ep滑動(dòng)摩擦力的功內(nèi)能變化滑動(dòng)摩擦力做功引起系統(tǒng)內(nèi)能增加E內(nèi)=Ff|相對(duì)典題1如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為 R的圓弧軌道，半徑OA

6、水平、0B豎直， 一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道壓力為 學(xué)。已知AP= 2R,重力加速度為 的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A .重力做功2mgR3B 合力做功4mgRg，則小球從1C.克服摩擦力做功2mgRD .機(jī)械能減少2mgR解析小球能通過(guò)B點(diǎn)，在B點(diǎn)速度v滿足mg+ mg= mR 解得v = |gR,從P1 3到B過(guò)程，重力做功等于重力勢(shì)能減小量為mgR，動(dòng)能增加量為2mv2= mgR,合力做功等331于動(dòng)能增加量mgR,機(jī)械能減少量為 mgR mgR= mgR，克服摩擦力做功等于機(jī)械能的1減少量mgR,故只有B選項(xiàng)正確。答案B針對(duì)訓(xùn)匍1如圖所示，

7、木板質(zhì)量為 M，長(zhǎng)度為L(zhǎng),小木塊質(zhì)量為 m,水平地面光滑，一根不計(jì)質(zhì)量的輕繩通過(guò)定滑輪分別與 M和m連接，小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為w開始時(shí)木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的拉力F將m拉至右端，則拉力 F做功至少為（）A. 1 w mgLC. 口（m+ M）gLB. 口 mgL1D.2 口（m+ M）gL解析：選B 緩慢拉動(dòng)時(shí)，拉力F做功最少，根據(jù)功能關(guān)系， 拉力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生 的內(nèi)能，所以W=卩mgLB正確。2. （2016上海八校聯(lián)孝）一質(zhì)量為m的鋁球用細(xì)線懸掛靜止在足夠深的油槽中（如圖甲）,某時(shí)刻剪斷細(xì)線，鋁球開始在油槽中下沉運(yùn)動(dòng)，通過(guò)傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變 化的圖象如

8、圖乙所示，已知重力加速度為A .鋁球下沉的速度越來(lái)越大g，根據(jù)上述信息,B 開始釋放時(shí)，鋁球加速度a0= gmaovC.鋁球下沉過(guò)程所受到油的阻力 Ff =D 鋁球下沉過(guò)程機(jī)械能的減少量等于克服油阻力所做的功解析：選C 鋁球先做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度增大到vo時(shí)，加速度減為零，之后鋁球做勻速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；開始釋放時(shí)，鋁球受到重力和浮力的作用，加速度小于g, B錯(cuò)誤；根據(jù)題意得， mg F浮=mao, mg F浮一Ff= ma, a = ao- ao，聯(lián)立各式可得Ff=maov .-,C正確；鋁球下沉過(guò)程機(jī)械能的減少量等于克服油阻力所做的功和克服浮力做的功之和，D錯(cuò)誤。3.多選(201

9、6南昌模擬)在傾角為B的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊A、B,它們的質(zhì)量分別為mi、m2,彈簧勁度系數(shù)為k, C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開擋板 C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為d,速度為v，則()A .物塊B的質(zhì)量滿足 m2gsin B= kdB .此時(shí)物塊A的加速度為F kdmiC. 此時(shí)拉力做功的瞬時(shí)功率為Fvsin 01D .此過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能變化了Fd migdsin 0 ?口1,解析：選BD系統(tǒng)靜止時(shí),migsin0= kxi,當(dāng)物塊B剛要離開擋板 C時(shí)，m2gsin 0=F kdkx2, F migsi

10、n 0 kx2= miaA,又 d = xi + X2,可解得 aA= m , B 正確，A 錯(cuò)誤；此時(shí)拉力做功的瞬時(shí)功率為 P= Fv, C錯(cuò)誤；設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能增量為Ep彈，由功能關(guān)系可得：Fd = AEp 彈 + migds in1 2 0+ 2miv ,考點(diǎn)二摩擦力做功問(wèn)題解得 A Ep 彈=Fd mi gdsin0 imiv2, D 正確。1. 從兩個(gè)角度看滑動(dòng)摩擦力做功(1) 從功的角度看，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量。(2) 從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量。2. 兩種摩擦力做功的比較7 類別靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力比較不能量的轉(zhuǎn)化方面在靜摩擦

11、力做功的過(guò)程(i)相互摩擦的物體通過(guò)滑動(dòng)摩擦同中，只有機(jī)械能從一個(gè)力做功，將部分機(jī)械能從一個(gè)物體占八、物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體體，而沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化 為其他形式的能量(2)部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部 分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量一對(duì)摩擦力的總功方面靜摩擦力所做功的代數(shù) 和等于零一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力對(duì)物 體系統(tǒng)所做的總功，大小等于摩擦 力與兩個(gè)物體相對(duì)路程的乘積，即 WFf= Ff L相對(duì)，負(fù)號(hào)表示物體 克服摩擦力做功相 同 占 八、正功、負(fù)功、 不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功典題2如圖所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m= 1 kg的小物塊，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以

12、vo= 2 m/s的初速度水平拋出， 到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地 面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M = 3 kg的長(zhǎng)木板。已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.3，圓弧軌道的半徑為R= 0.4 m, C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角0= 60 °,不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2。求：(1) 小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；要使小物塊不滑出長(zhǎng)木板，木板的長(zhǎng)度L至少多大？解析(1)小物塊在C點(diǎn)時(shí)的速度大小v0VC =cos 60°小物塊由C到D的

13、過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得1 1mgR(1 cos 60°) = 2mvD §mvC 代入數(shù)據(jù)解得vd = 2 5 m/s小球在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得2VD Fn mg= m 二 R代入數(shù)據(jù)解得Fn = 60 N由牛頓第三定律得 FN = Fn = 60 N，方向豎直向下。v,滑行過(guò)程中，小物塊與長(zhǎng)木設(shè)小物塊剛好滑到木板左端且達(dá)到共同速度的大小為 板的加速度大小分別為gg -aim= pmga*忒速度分別為 v=vd ait, v = a2t對(duì)小物塊和木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得1 2 12-pmgL = 2mvd 2(m+ M)v 解得L = 2.5 m答案(1)60

14、 N，方向豎直向下(2)2.5 m針對(duì)訓(xùn)練1如圖所示，質(zhì)量為 M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為 m的小物塊 放在小車的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車之間的摩擦力為Ff,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小車運(yùn)動(dòng)的位移為x,小物塊剛好滑到小車的右端，則下列說(shuō)法正確的是()A .此時(shí)小物塊的動(dòng)能為F(x + L)B .此時(shí)小車的動(dòng)能為FtxC.這一過(guò)程中，小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx FfLD .這一過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Ff(L + x)解析：選B水平力對(duì)小物塊做功F (x+ L)，此時(shí)其動(dòng)能小于F(x+ L), A錯(cuò)誤；摩擦力g。則圓環(huán)(Ff對(duì)小車做功FfX,由動(dòng)能定理可知

15、，此時(shí)小車的動(dòng)能為FfX, B正確；這一過(guò)程中，物塊和小車增加的機(jī)械能為F(x+ L) FfL , C錯(cuò)誤；這一過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為FfL, D錯(cuò)誤。2. 多選(2015江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿 A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá) C處的速度為零，AC = h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為A下滑過(guò)程中，加速度一直減小1B 下滑過(guò)程中，克服摩擦力做的功為4mvC.在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為 4mv2 mgh D .上滑經(jīng)過(guò)B的速度大于

16、下滑經(jīng)過(guò) B的速度解析：選BD 圓環(huán)下落時(shí)，先加速，在 B位置時(shí)速度最大，加速度減小至零。從B到簧的最大彈性勢(shì)能為 Ep,由A到C的過(guò)程中，根據(jù)能量關(guān)系有mgh=AEp + Wf。由C到A1 11的過(guò)程中，有 2mv滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小VB； 水平面BC的長(zhǎng)度s； 在壓縮彈簧過(guò)程中滑塊的最大速度vm。解析(1)滑塊在曲面的下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg 2r = fmvB解得VB= 2 gr在C點(diǎn)，滑塊與圓管之間恰無(wú)作用力，貝Uvcmg= m+AEp= Wf + mgh。聯(lián)立解得 Wf = 4mv2,AEp= mgh 4mv2, B 正確，C1錯(cuò)誤；設(shè)圓環(huán)在B位置時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為A E&#

17、39;p,根據(jù)能量守恒，A到B的過(guò)程有2mvB +1AE p + W'f= mgh ', B 到 A 的過(guò)程有 qmv B+AE p = mgh ' -W f，比較兩式得 v 'b>vb, D 正確?？键c(diǎn)三能量守恒定律的理解及應(yīng)用1 對(duì)能量守恒定律的兩點(diǎn)理解(1) 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(gè)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。2 能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的解題思路(1) 當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。(2) 解題時(shí)，首先確定初末狀態(tài)，然后分析狀

18、態(tài)變化過(guò)程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和AE減與增加的能量總和A E增，最后由A丘減=4 E增列式求解。3 涉及彈簧的能量問(wèn)題兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過(guò)程，具有以下特點(diǎn)：(1)能量轉(zhuǎn)化方面，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。如果系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合力為零，則當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)或壓縮到最大程度 時(shí)兩物體速度相同。典題3 (2016滁州質(zhì)檢)如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC 右端連接內(nèi)壁光滑、半徑為 r的丁細(xì)圓管CD，管口 D端正下方直立一根勁度系數(shù)為 k的輕 彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平

19、齊。質(zhì)量為 m的滑塊在曲面上距 BC高1度為2r處由靜止開始下滑，滑塊與 BC間的動(dòng)摩擦因數(shù) 尸-，進(jìn)入管口 C端時(shí)與圓管恰好 無(wú)作用力，通過(guò)CD后壓縮彈簧，在壓縮彈簧過(guò)程中滑塊速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。求：解得vc= gr滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg 2r 卩 mg= jmvC解得s= 3r（3）設(shè)在壓縮彈簧過(guò)程中速度最大時(shí)，滑塊離D端的距離為xo,此時(shí)kxo= mg解得xo= mg滑塊由C運(yùn)動(dòng)到距離D端xo處的過(guò)程中，由能量守恒得mg(r + xo)= 1mvm *mvC + Ep聯(lián)立解得 vm =3gr +2Ep答案(1)2 ,gr (2)3r針對(duì)訓(xùn)練1.多選如圖所示

20、，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連，彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于O點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）。物塊的質(zhì)量為 m, AB= a,物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩，現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為 W。撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng) O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，重力加速度為g。則上述過(guò)程中（）A 物塊在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能一定大于在B點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能B .物塊在O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大3C.物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能大于 W 2 口 mgaD .經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于 Wmga解析：選AD 因物塊由A到B的過(guò)程中有一部分彈性勢(shì)能用于克服摩擦力做功， 故A正確；當(dāng)物塊從 A向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加

21、速度為零時(shí)速度最大，此時(shí)kx i m=0,彈簧仍處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故 B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得：W i mXOA = Eko, xoa>號(hào)，可得物塊在 O點(diǎn)的動(dòng)能小于 W i mga D正確；由能量守恒定律可得，物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能EpB3=W i mgOA i mg< W 2（imga, C 錯(cuò)誤。 （2016樂(lè)山模擬）如圖甲所示，在傾角為37°足夠長(zhǎng)的粗糙斜面底端， 一質(zhì)量m= 1 kg 的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。t=0時(shí)解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過(guò)傳感器描繪出滑塊的v -t圖象如圖乙所示，其中 Oab段為曲線，be段為直線，在t1=0.1

22、 s 時(shí)滑塊已上滑 s= 0.2 m 的距離(g取 10 m/s2, sin 37°= 0.6, cos 37°= 0.8)。求:V1、V2的大小;(1)滑塊離開彈簧后在圖中bc段對(duì)應(yīng)的加速度a及動(dòng)摩擦因數(shù) 的大小;(2) t2= 0.3 s和t3= 0.4 s時(shí)滑塊的速度(3) 彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能E p。解析：(1)在bc段做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為v a= 10 m/s2t根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin 37°+卩mgos 37°=ma解得尸0.5設(shè)t1= 0.1 s時(shí)速度大小為V0,根據(jù)速度時(shí)間公式得t2= 0.3 s時(shí)的速度大小V1 = V0

23、a(t2 t” = 0在t2之后開始下滑，下滑時(shí)由牛頓第二定律得mgsin 37 ° mgos 37°=ma'解得 a = 2 m/s2從t2到t3做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻的速度大小為V3= a(t3 12) = 0.2 m/s從0到t1時(shí)間內(nèi)，由能量守恒定律得Ep= mgssin 37°+卩 mgcos 37°解得Ep= 4 J答案：(1)10 m/s20.5(2)00.2 m/s (3)4 J1.人通過(guò)掛在高處的定滑輪，用繩子拉起靜止在地面上的重物，使它的高度上升h。如圖所示，第一次拉力為 F，第二次拉力為2F,則()iOA兩次克服重

24、力做的功相等B .兩次上升到h處時(shí)拉力的功率，第二次是第一次的2倍C.兩次上升到h處時(shí)的動(dòng)能，第二次為第一次的2倍D .兩次上升到h處時(shí)機(jī)械能增加量相等解析：選A 由于兩次重物上升高度h相同，所以兩次克服重力做的功mgh相等，A正確；第二次拉力做功是第一次的 2倍，但兩次時(shí)間不等，所以第二次拉力功率不等于第次的2倍，B錯(cuò)誤；由于重物質(zhì)量未知,不能表示出兩次的加速度和上升到h處時(shí)的動(dòng)能和速度，不能得出兩次上升到 h處時(shí)的動(dòng)能第二次為第一次的 2倍，C錯(cuò)誤；由功能關(guān)系，除 重力以外其他力所做功等于物體機(jī)械能的增量， 所以兩次上升到h處時(shí)機(jī)械能增加量第二次 為第一次的2倍，D錯(cuò)誤。2.從地面豎直上拋

25、一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上升的最大高度為h。設(shè)上升和下降過(guò)程中空氣阻力大小恒定為 Ff。下列說(shuō)法正確的是（）A .小球上升的過(guò)程中動(dòng)能減少了mghB .小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能減少了FfhC.小球上升的過(guò)程中重力勢(shì)能增加了mghD .小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中動(dòng)能減少了Ffh解析：選C 小球在上升過(guò)程中的動(dòng)能減少量等于克服合力做的功，即厶Ek= （mg+ Ff）h,A錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中的機(jī)械能減少量 （動(dòng)能減少量）等于克服除重力之外其他力做的功，即E= 2Ffh, B、D錯(cuò)誤；上升過(guò)程中重力勢(shì)能增加量等于克服重力做的功，即Ep= mgh, C正確。3. （2016安慶模擬）如圖所示，一足

26、夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為 m的物體豎直向下輕輕地放置在木板右端，已知物體m和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 仏為保持木板的速度不變，從物體m放到木板上到它相對(duì)木板靜止的過(guò)程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，那么力F對(duì)木板做功的數(shù)值為（）A.mv24C. mv2D. 2mv2解析：選C由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對(duì)木板所做的功 W 一部分轉(zhuǎn)化為物1 ov體m的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W= mv2+m§相，s相=vt ?t, v =卩gt以上三式聯(lián)立可得 W= mv2,故C正確。4. 如圖所示，質(zhì)量 m= 10 kg和M = 20 kg的兩物塊，疊放

27、在光滑水平面上，其中物塊m通過(guò)處于水平方向的輕彈簧與豎直墻壁相連，初始時(shí)刻，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)k= 250 N/m?，F(xiàn)用水平力F作用在物塊M上，使其緩慢地向墻壁移動(dòng)，當(dāng)移動(dòng)40 cm時(shí), 兩物塊間開始相對(duì)滑動(dòng)，在相對(duì)滑動(dòng)前的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（ ）A . M受到的摩擦力保持不變B .物塊m受到的摩擦力對(duì)其不做功C.推力做的功等于彈簧增加的彈性勢(shì)能D .開始相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，推力 F的大小等于200 N解析：選C 對(duì)m進(jìn)行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的靜摩擦力。由于彈簧在縮短，所以彈力越來(lái)越大，由于緩慢地向墻壁移動(dòng)，物體處于平衡狀態(tài)，M對(duì)m的摩擦力也在增大，所以 M受

28、到的摩擦力在增大，A錯(cuò)誤；物塊 m受到的摩擦力方向向左，m向左運(yùn)動(dòng)，所以摩擦力做正功，B錯(cuò)誤；把m和M看成整體進(jìn)行受力分析， 水平方向受向右的彈簧彈力和向左的推力，當(dāng)移動(dòng)40 cm時(shí)，兩物塊間開始相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)胡克定律得F = kx= 100 N，對(duì)整體研究，根據(jù)動(dòng)能定理得Wf + W彈=AEk= 0,彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)能的變化，Wf =-W彈=AEp,所以推力做的功等于彈簧增加的彈性勢(shì)能，C正確，D錯(cuò)誤。5. （2016鹽城模擬）已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的傾角為0,以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K（如圖a所示）,以此時(shí)為t= 0時(shí)刻，記錄小物塊之

29、后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，如圖b 所示（圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍渲袃勺鴺?biāo)大小 vi>v2）。已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。則下列判斷正確的是（）駕J卞一示A . 0t1內(nèi)，物塊對(duì)傳送帶做正功/B 物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1 1 <tan 0腳*C. 0t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做功為 fmv2 2mv1D 系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動(dòng)能的減少量大解析：選D 由題圖可知物塊先向下運(yùn)動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng),則知傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向向上。0t1時(shí)間內(nèi)，物塊對(duì)傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對(duì)傳送帶做負(fù)功，A錯(cuò)誤；在t1t2時(shí)間內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)， 則有mco

30、s 0>mgsin 0,故p>tan 0, B錯(cuò)誤；0t2時(shí)間內(nèi)，由圖可知它所圍的面積是物塊發(fā)生的位移，物塊的總位移沿傳送帶向下，高度下降，重力對(duì)11 1物塊做正功，設(shè)為Wg,根據(jù)動(dòng)能定理得 W+ Wg= 2mv2- 2mvi，則傳送帶對(duì)物塊做的功 WM 21mv$ qmv?，由此可知C錯(cuò)誤；物塊的重力勢(shì)能減小，動(dòng)能也減小，都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，由能量守恒定律可知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動(dòng)能的變化量大小，D正確。6. （2016溫州模擬）某工地上，一架起重機(jī)將放在地面的一個(gè)箱子吊起。箱子在起重機(jī) 鋼繩的作用下由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中箱子的機(jī)械能E與其位移x的關(guān)系

31、圖象如圖所示，其中OX1過(guò)程的圖線為曲線，X1X2過(guò)程的圖線為直線。 根據(jù)圖象可知（）A . OX1過(guò)程中鋼繩的拉力逐漸增大B. OX1過(guò)程中箱子的動(dòng)能一直增加C. X1X2過(guò)程中鋼繩的拉力一直不變D. X1X2過(guò)程中起重機(jī)的輸出功率一直增大解析：選C由除重力和彈簧彈力之外的其他力做多少負(fù)功物體的機(jī)械能就減少多少,所以E -X圖象的斜率的絕對(duì)值等于物體所受拉力的大小，由圖可知在OX1內(nèi)斜率的絕對(duì)值逐漸減小，故在OX1內(nèi)物體所受的拉力逐漸減小， 所以開始先加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力減小后， 可能減速運(yùn)動(dòng)，故 A、B錯(cuò)誤；由于物體在X1X2內(nèi)所受的合力保持不變，故加速度保持不 變，故物體受到的拉力不變，故C

32、正確；由于物體在 X1X2內(nèi)E -X圖象的斜率的絕對(duì)值不變，故物體所受的拉力保持不變，如果拉力等于物體所受的重力，故物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 所以動(dòng)能可能不變，故 D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題7. （2016成都模擬）如圖所示，光滑軌道ABCD是大型游樂(lè)設(shè)施過(guò)山車軌道的簡(jiǎn)化模型， 最低點(diǎn)B處的入、出口靠近但相互錯(cuò)開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點(diǎn)，BD部分水平， 末端D點(diǎn)與右端足夠長(zhǎng)的水平傳送帶無(wú)縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道 AB上某一固定位置 A由靜止釋放，滑塊通過(guò) C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑 上傳送帶，則（）A .固定位置A到B點(diǎn)的豎直高度可能為 2RB 滑塊在傳送帶上向

33、右運(yùn)動(dòng)的最大距離與傳送 帶速度v有關(guān)C.滑塊可能重新回到出發(fā)點(diǎn) A處D 傳送帶速度v越大，滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多解析：選CD 設(shè)AB的高度為h，假設(shè)物塊從 A點(diǎn)下滑剛好通過(guò)最高點(diǎn) C,則此時(shí)應(yīng)mg = mR，解得該是A下滑高度的最小值，則剛好通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，則:vc= gR，從A到C根據(jù)動(dòng)能定理得 mg(h 2R)= *mvC 0,整理得到：h= 2.5R, A錯(cuò)誤;從A到最終停止，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh卩mg=0,可得x= -，可以看出滑塊在傳送帶上a向右運(yùn)動(dòng)的最大距離與傳送帶速度v無(wú)關(guān)，與高度h有關(guān)，B錯(cuò)誤；物塊在傳送帶上先做減速運(yùn)動(dòng)，可能反向做加速運(yùn)動(dòng)，如果再次到達(dá)

34、D點(diǎn)時(shí)速度大小不變，則根據(jù)能量守恒，可以再次回到A點(diǎn)，C正確；滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q =a mx相對(duì)，當(dāng)傳送帶的速度越大，則在相同時(shí)間內(nèi)二者相對(duì)位移越大，則產(chǎn)生的熱量越多，D正確。& (2016蘭州模擬)如圖甲所示，在傾角為B的光滑斜面上放一輕質(zhì)彈簧，其下端固定，靜止時(shí)上端位置在 B點(diǎn)，在A點(diǎn)放一質(zhì)量m= 2 kg的小物塊，小物塊自由釋放，從開始運(yùn) 動(dòng)的一段時(shí)間內(nèi)，v -t圖象如圖乙所示，小物塊在0.4 s時(shí)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在0.9 s時(shí)到達(dá)C點(diǎn)，B、C間的距離為1.2 m(g取10 m/s2)。由圖知()n2A .斜面傾角0=0j (U ae oj th LB .物塊從B運(yùn)動(dòng)到C的

35、過(guò)程中機(jī)械能守恒甲C.在C點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為 16 JD 物塊從C點(diǎn)回到A點(diǎn)過(guò)程中，加速度先增后減，再保持不變Av解析：選AC 由圖象可知，在04 s內(nèi)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a=At2a 5n0"4= 5 m/s2，由牛頓第二定律得 mgs in 9= ma,解得 sin 9= g= 0= 0.5，貝U 0= 6，故 A 正 確；從B到C過(guò)程，除重力做功外，彈簧彈力對(duì)物塊做負(fù)功，物塊的機(jī)械能不守恒，故B1 1錯(cuò)誤；由能量守恒定律可得，在C點(diǎn)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep= 2mvB+ mghBC = q x 2X 22 +n2x 10x 1.2sin = 16 J,故C正確；物塊

36、從 C點(diǎn)回到A點(diǎn)的過(guò)程中，開始時(shí)彈簧的彈力大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，物塊向上做加速運(yùn)動(dòng)，彈力逐漸減小，物塊的加速度減小，直至彈簧的彈力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力逐漸變小，合力逐漸變大，加速度變大，當(dāng)物體與彈簧分離后，物塊受到的合力為重力 的分力，物塊繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，加速度不變，由此可知在整個(gè)過(guò)程中，物塊的加速度先減小 后增大，再保持不變，故 D錯(cuò)誤。9如圖所示，離地H高處有一個(gè)質(zhì)量為 m的物體，給物體施加一個(gè)水平方向的作用力F ,已知F隨時(shí)間的變化規(guī)律為：F = Fo kt（以向左為正，F(xiàn)o、k均為大于零的常數(shù)），物體與豎 直絕緣墻壁間的動(dòng)摩擦因

37、數(shù)為且uF>mg。t= 0時(shí)，物體從墻上靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)物體下滑2后脫離墻面，此時(shí)速度大小為 詈，最終落在地面上。則下列關(guān)于物體的運(yùn)動(dòng)說(shuō)法正確的是（）A .當(dāng)物體沿墻壁下滑時(shí)，物體先加速再做勻速直線運(yùn)動(dòng)B .物體與墻壁脫離的時(shí)刻為 t=早kC.物體從脫離墻壁到落地之前的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段直線3D 物體克服摩擦力所做的功W= 8mgH解析：選BD t= 0時(shí)F = Fo,此時(shí)（iFo>mg,物體靜止，當(dāng) mg>小=j（Fo kt）時(shí)，物體開始向下運(yùn)動(dòng)，由 mg p（Fo kt） = ma可知，隨t的增大，物體沿墻壁下滑的加速度越來(lái)越Fo一大，經(jīng)過(guò)

38、t =匸以后物體開始離開墻壁，但mg與F的合力與速度方向不在同一直線上，物體開始做曲線運(yùn)動(dòng)，B正確，A、C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得： mg£ W= |mv2，又二一學(xué),3可得W= §mgH, D正確。10. （2016無(wú)錫模擬）如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)用手托住物體使它從 A處緩慢下降，到達(dá)B處時(shí)，手和物體自然分開。 此過(guò)程中，物體克服手的支持力所做的功為W,不考慮空氣阻力。關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有（）A 物體重力勢(shì)能減小量一定大于WB .彈簧彈性勢(shì)能增加量一定小于WC.物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為WD .若將物體從 A

39、處由靜止釋放，則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為 W解析：選AD 根據(jù)能量守恒定律可知，在此過(guò)程中減少的重力勢(shì)能mgh =AEp+ w,所以物體重力勢(shì)能減小量一定大于W,不能確定彈簧彈性勢(shì)能增加量與W的大小關(guān)系，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；支持力對(duì)物體做負(fù)功，所以物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為W,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若將物體從A處由靜止釋放，從A到B的過(guò)程，由功能關(guān)系得Ek = mgh W彈=mghAEp = W,故選項(xiàng)D正確。三、計(jì)算題11. 如圖所示，固定斜面的傾角9 = 30°,物體A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸"2，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于C點(diǎn)。用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體 A和B,滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m,B的質(zhì)量為m.vo