2022高考物理一輪復(fù)習第五章機械能及其守恒定律第4講功能關(guān)系能量守恒定律學案

2021高考物理一輪復(fù)習第五章機械能及其守恒定律第4講功能關(guān)系能量守恒定律學案2017年高考“2017年高考“最后三十天”專題透析PAGE好教育云平臺——好教育云平臺——教育因你我而變PAGE41第4講功能關(guān)系能量守恒定律【基礎(chǔ)梳理】一、功能關(guān)系1．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．2．幾種常見的功能關(guān)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(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．2．表達式(1)E1＝E2.(2)ΔE減＝ΔE增．【自我診斷】判一判(1)能量轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的．()(2)力對物體做了多少功，物體就有多少能．()(3)力對物體做正功，物體的總能量一定增加．()(4)能量在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，其總量會不斷減少．()(5)能量在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中總量保持不變，因此能源取之不盡，用之不竭，故無需節(jié)約能源．()(6)滑動摩擦力做功時，一定會引起能量的轉(zhuǎn)化．()提示：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√做一做(2016·高考四川卷)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J提示：選C.根據(jù)動能定理，物體動能的增量等于物體所受所有力做功的代數(shù)和，即增加的動能為ΔEk＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J，A、B項錯誤；重力做功與重力勢能改變量的關(guān)系為WG＝－ΔEp，即重力勢能減少了1900J，C項正確，D項錯誤．想一想一對相互作用的靜摩擦力做功能改變系統(tǒng)的機械能嗎？提示：不能．因為做功代數(shù)和為零．對功能關(guān)系的理解和應(yīng)用[學生用書P94]【知識提煉】1．對功能關(guān)系的理解(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程．不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的．(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應(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)系及其表達式各種力做功對應(yīng)能的變化定量的關(guān)系合力的功動能變化合力對物體做功等于物體動能的增量W合＝Ek2－Ek1重力的功重力勢能變化重力做正功，重力勢能減少，重力做負功，重力勢能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化彈力做正功，彈性勢能減少，彈力做負功，彈性勢能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力的功不引起機械能變化機械能守恒ΔE＝0非重力和彈力的功機械能變化除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機械能增加，做負功，機械能減少，且W其他＝ΔE電場力的功電勢能變化電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加，且W電＝－ΔEp【跟進題組】1．起跳摸高是學生經(jīng)常進行的一項體育活動．一質(zhì)量為m的同學彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v.下列說法正確的是()A．該同學機械能增加了mghB．起跳過程中該同學機械能增量為mgh＋eq\f(1,2)mv2C．地面的支持力對該同學做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2D．該同學所受的合外力對其做功為eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：選B.該同學重心升高了h，重力勢能增加了mgh，又知離地時獲得動能為eq\f(1,2)mv2，則機械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2，A錯誤、B正確；該同學在與地面作用過程中，支持力對該同學做功為零，C錯誤；該同學所受合外力做功等于動能增量，則W合＝eq\f(1,2)mv2，D錯誤．2．(多選)(2016·高考全國卷Ⅱ)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點運動到N點的過程中，()A．彈力對小球先做正功后做負功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差解析：選BCD.小球在從M點運動到N點的過程中，彈簧的壓縮量先增大，后減小，到某一位置時，彈簧處于原長，再繼續(xù)向下運動到N點的過程中，彈簧又伸長．彈簧的彈力方向與小球速度的方向的夾角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此彈力先做負功，再做正功，最后又做負功，A項錯誤；彈簧與桿垂直時，小球的加速度等于重力加速度，當彈簧的彈力為零時，小球的加速度也等于重力加速度，B項正確；彈簧長度最短時，彈力與小球的速度方向垂直，這時彈力對小球做功的功率為零，C項正確；由于在M、N兩點處，彈簧的彈力大小相等，即彈簧的形變量相等，根據(jù)動能定理可知，小球從M點到N點的過程中，彈簧的彈力做功為零，重力做功等于動能的增量，即小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差，D項正確．能量守恒定律的應(yīng)用[學生用書P95]【知識提煉】1．應(yīng)用能量守恒定律方程的兩條基本思路(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)化問題的解題思路(1)當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律．(2)解題時，首先確定初末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過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ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．【典題例析】如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2m/s的速率運行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10kg的工件(可看做質(zhì)點)輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)過時間1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處，取g＝10m(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能．[審題指導(dǎo)](1)運動過程分析：1.9s內(nèi)工件是否一直加速？若工件先勻加速后勻速運動，所受摩擦力是否相同？(2)能量轉(zhuǎn)化分析：多消耗的電能轉(zhuǎn)化成了哪幾種能量？各如何表示？[解析](1)由題圖可知，皮帶長x＝eq\f(h,sinθ)＝3m．工件速度達v0前，做勻加速運動的位移x1＝eq\x\to(v)t1＝eq\f(v0,2)t1，勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1)，解得加速運動的時間t1＝0.8s，加速運動的位移x1＝0.8m，所以加速度a＝eq\f(v0,t1)＝2.5m/s2，由牛頓第二定律有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得：μ＝eq\f(\r(3),2).(2)從能量守恒的觀點，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發(fā)出的熱量．在時間t1內(nèi)，皮帶運動的位移x皮＝v0t1＝1.6在時間t1內(nèi)，工件相對皮帶的位移x相＝x皮－x1＝0.8在時間t1內(nèi)，摩擦生熱Q＝μmgcosθ·x相＝60J工件獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝20J工件增加的勢能Ep＝mgh＝150J電動機多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230J.[答案](1)eq\f(\r(3),2)(2)230Jeq\a\vs4\al()1．兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和為負值，總功W＝－Ff·l相對，即摩擦時產(chǎn)生的熱量相同點正功、負功、不做功方面(1)兩種摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功；(2)靜摩擦力做正功時，它的反作用力一定做負功；(3)滑動摩擦力做負功時，它的反作用力可能做正功，可能做負功，還可能不做功；但滑動摩擦力做正功或不做功時，它的反作用力一定做負功2．求解相對滑動物體的能量問題的方法(1)正確分析物體的運動過程，做好受力情況分析．(2)利用運動學公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系．(3)利用Q＝Ffx相對計算熱量Q時，關(guān)鍵是對相對路程x相對的理解．例如：如果兩物體同向運動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運動，x相對為兩物體對地位移大小之和；如果一個物體相對另一個物體往復(fù)運動，則x相對為兩物體相對滑行路徑的總長度．【遷移題組】遷移1傳送帶模型中能量的轉(zhuǎn)化問題1.(2018·福建八縣聯(lián)考)如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行，將一個物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到達傳送帶頂端．下列說法正確的是()A．第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功B．第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加C．第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加D．物體從底端到頂端全過程機械能的增加等于全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱解析：選C.第一階段物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力；第二階段物體受到沿斜面向上的靜摩擦力做功，兩個階段摩擦力方向都跟物體運動方向相同，所以兩個階段摩擦力都做正功，故A錯誤；根據(jù)動能定理得知，外力做的總功等于物體動能的增加，第一階段，摩擦力和重力都做功，則第一階段摩擦力對物體做的功不等于第一階段物體動能的增加，故B錯誤；由功能關(guān)系可知，第一階段摩擦力對物體做的功(除重力之外的力所做的功)等于物體機械能的增加，即ΔE＝W阻＝F阻s物，摩擦生熱為Q＝F阻s相對，又由于s傳送帶＝vt，s物＝eq\f(v,2)t，所以s物＝s相對＝eq\f(1,2)s傳送帶，即Q＝ΔE，故C正確．第二階段沒有摩擦生熱，但物體的機械能繼續(xù)增加，故D錯誤．遷移2滑塊——滑板模型中能量的轉(zhuǎn)化問題2.(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度v0沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過程中，下述說法中正確的是()A．物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機械能B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量C．物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和D．摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量解析：選CD.物體B以水平速度沖上木板A后，由于摩擦力作用，B減速運動，木板A加速運動，根據(jù)能量守恒定律，物體B動能的減少量等于木板A增加的動能和產(chǎn)生的熱量之和，選項A錯誤；根據(jù)動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于物體B損失的動能，選項B錯誤；由能量守恒定律可知，物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機械能之和，選項C正確；摩擦力對物體B做的功等于物體B動能的減少量，摩擦力對木板A做的功等于木板A動能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，選項D正確．遷移3能量守恒問題的綜合應(yīng)用3.如圖所示，一物體質(zhì)量m＝2kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4m．當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD＝3m．擋板及彈簧質(zhì)量不計，g取10m/s2，sin37(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)彈簧的最大彈性勢能Epm.解析：(1)物體從開始位置A點到最后D點的過程中，彈性勢能沒有發(fā)生變化，動能和重力勢能減少，機械能的減少量為ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mglADsin37°①物體克服摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q＝Ffx ②其中x為物體的路程，即x＝5.4m Ff＝μmgcos37° 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的過程中，動能減少ΔE′k＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ⑥重力勢能減少ΔE′p＝mglACsin37° ⑦摩擦生熱Q＝FflAC＝μmgcos37°lAC ⑧由能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能為Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q ⑨聯(lián)立⑥⑦⑧⑨解得Epm≈24.5J.答案：(1)0.52(2)24.5J[學生用書P96]1．(多選)(2015·高考江蘇卷)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．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達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g.則圓環(huán)()A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度解析：選BD.圓環(huán)下落時，先加速，在B位置時速度最大，加速度減小至0，從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項A錯誤．圓環(huán)下滑時，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢能為ΔEp，由A到C的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有mgh＝ΔEp＋Wf，由C到A的過程中，有eq\f(1,2)mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，ΔEp＝mgh－eq\f(1,4)mv2，選項B正確，選項C錯誤．設(shè)圓環(huán)在B位置時，彈簧彈性勢能為ΔEp′，根據(jù)能量守恒，A到B的過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋ΔEp′＋W′f＝mgh′，B到A的過程有eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)＋ΔEp′＝mgh′＋W′f，比較兩式得v′B>vB，選項D正確．2．(多選)(2018·濰坊高三統(tǒng)考)如圖所示，甲、乙傳送帶傾斜放置，并以相同的恒定速率v逆時針運動，兩傳送帶粗糙程度不同，但長度、傾角均相同．將一小物體分別從兩傳送帶頂端的A點無初速度釋放，甲傳送帶上小物體到達底端B點時恰好達到速度v；乙傳送帶上小物體到達傳送帶中部的C點時恰好達到速度v，接著以速度v運動到底端B點．則小物體從A運動到B的過程()A．小物體在甲傳送帶上的運動時間比在乙上的大B．小物體與甲傳送帶之間的動摩擦因數(shù)比與乙之間的大C．兩傳送帶對小物體做功相等D．兩傳送帶因與小物體摩擦產(chǎn)生的熱量相等解析：選AC.設(shè)傳送帶的長度為L，小物體在甲傳送帶上做勻加速直線運動，運動時間t甲＝eq\f(L,\f(v,2))＝eq\f(2L,v)，小物體在乙傳送帶上先做勻加速運動后做勻速運動，運動時間t乙＝t加＋t勻＝eq\f(\f(L,2),\f(v,2))＋eq\f(\f(L,2),v)＝eq\f(3L,2v)，所以t甲＞t乙，A對．由v2＝2a甲L得a甲＝eq\f(v2,2L)，同理得a乙＝eq\f(v2,L)，則a甲＜a乙，由牛頓第二定律得a甲＝gsinθ＋μ甲gcosθ，a乙＝gsinθ＋μ乙gcosθ，所以μ甲＜μ乙，B錯．由動能定理得W重＋W傳＝eq\f(1,2)mv2，所以傳送帶對小物體做功相等，C對．小物體與傳送帶之間的相對位移Δx甲＝x傳－x甲＝vt甲－L＝L，Δx乙＝x′傳－x乙＝vt加－eq\f(L,2)＝eq\f(L,2)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q甲＝μ甲mgcosθΔx甲＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ，Q乙＝μ乙mgcosθΔx乙＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgLsinθ，所以Q甲＜Q乙，D錯．3.(多選)(2018·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，傾角θ＝37°的光滑斜面上固定一個帶輕桿的槽，勁度系數(shù)k＝20N/m、原長足夠長的輕彈簧的下端與輕桿相連，開始時輕桿在槽外的長度l＝0.6m，且桿可在槽內(nèi)移動，輕桿與槽間的滑動摩擦力大小Ff恒為6N，輕桿與槽之間的最大靜摩擦力等于滑塊摩擦力．質(zhì)量m＝1kg的小車從距彈簧上端l＝0.6m處由靜止釋放沿斜面向下運動．已知彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2，式中x為彈簧的形變量．在整個運動過程中，彈簧始終處于彈性限度以內(nèi)．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°A．在輕桿完全進入槽內(nèi)之前，小車先做勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的加速運動，最后做勻速直線運動B．從小車開始運動到輕桿完全進入槽內(nèi)所用時間為eq\f(\r(5),5)sC．若輕桿與槽間的滑動摩擦力大小變?yōu)?6N，小車、彈簧、輕桿組成的系統(tǒng)機械能一定不守恒D．若輕桿與槽間的滑動摩擦力大小變?yōu)?6N，小車第一次與彈簧作用的過程中輕桿移動的距離為0.2解析：選ACD.在小車和彈簧接觸前，小車做加速度大小為a＝gsinθ＝6m/s2的勻加速直線運動，在小車和彈簧接觸后，對小車由牛頓第二定律可得mgsinθ－kx＝ma1，小車做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為零時，kx1＝mgsinθ＝6N＝Ff，接著小車做勻速直線運動，選項A正確；設(shè)小車做勻加速直線運動的時間為t1，則l＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\f(\r(5),5)s，從小車開始運動到輕桿完全進入槽內(nèi)所用時間t>t1＝eq\f(\r(5),5)s，選項B錯誤；若輕桿與槽間的滑動摩擦力大小變?yōu)?6N，假設(shè)輕桿始終不動，小車壓縮彈簧至速度為零時彈簧的壓縮量為x2，對小車、彈簧、輕桿組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律有mg(l＋x2)sinθ＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)，得x2＝eq\f(3＋3\r(5),10)m，由于kx2＝(6＋6eq\r(5))N>16N，這說明假設(shè)不成立，輕桿一定會在槽中滑動，槽對輕桿的滑動摩擦力一定會對系統(tǒng)做負功，根據(jù)功能原理可知，系統(tǒng)機械能一定不守恒，選項C正確；設(shè)彈簧的壓縮量為x3時，彈簧對輕桿的彈力大小等于槽對輕桿的最大靜摩擦力大小，即kx3＝Ff＝16N，解得x3＝0.8m，此時彈簧和輕桿有共同速度v2，此后輕桿移動的距離為x4時速度為零，由能量守恒定律有mg(l＋x3)sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,3)，mgx4sinθ＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝Ffx4，聯(lián)立解得x4＝0.2m，選項D正確．4．(2015·高考北京卷)如圖所示，彈簧的一端固定，另一端連接一個物塊，彈簧質(zhì)量不計．物塊(可視為質(zhì)點)的質(zhì)量為m，在水平桌面上沿x軸運動，與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.以彈簧原長時物塊的位置為坐標原點O，當彈簧的伸長量為x時，物塊所受彈簧彈力大小為F＝kx，k為常量．(1)請畫出F隨x變化的示意圖；并根據(jù)F－x圖象求物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中彈力所做的功．(2)物塊由x1向右運動到x3，然后由x3返回到x2，在這個過程中，①求彈力所做的功，并據(jù)此求彈性勢能的變化量；②求滑動摩擦力所做的功；并與彈力做功比較，說明為什么不存在與摩擦力對應(yīng)的“摩擦力勢能”的概念．解析：(1)F－x圖象如圖所示．物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中，彈力做負功；F－x圖線下的面積等于彈力做功大?。畯椓ψ龉F＝－eq\f(1,2)·kx·x＝－eq\f(1,2)kx2.(2)①物塊由x1向右運動到x3的過程中，彈力做功WF1＝－eq\f(1,2)·(kx1＋kx3)·(x3－x1)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,3)物塊由x3向左運動到x2的過程中，彈力做功WF2＝eq\f(1,2)·(kx2＋kx3)·(x3－x2)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)整個過程中，彈力做功WF＝WF1＋WF2＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)彈性勢能的變化量ΔEp＝－WF＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1).②整個過程中，摩擦力做功Wf＝－μmg(2x3－x1－x2)與彈力做功比較，彈力做功與x3無關(guān)，即與實際路徑無關(guān)，只與始末位置有關(guān)，所以，我們可以定義一個由物體之間的相互作用力(彈力)和相對位置決定的能量——彈性勢能．而摩擦力做功與x3有關(guān)，即與實際路徑有關(guān)，所以，不可以定義與摩擦力對應(yīng)的“摩擦力勢能”．答案：見解析[學生用書P309(單獨成冊)](建議用時：60分鐘)一、單項選擇題1.(2018·河南林州一中高三質(zhì)量監(jiān)測)如圖所示，傾角為30°的斜面上，質(zhì)量為m的物塊在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a＝eq\f(g,2)(g為重力加速度)向上加速運動距離x的過程中，下列說法正確的是()A．重力勢能增加mgx B．動能增加eq\f(mgx,4)C．機械能增加mgx D．拉力做功為eq\f(mgx,2)解析：選C.物塊上升的高度為eq\f(x,2)，因而增加的重力勢能為ΔEp＝eq\f(1,2)mgx，A錯誤；根據(jù)動能定理可得增加的動能為ΔEk＝ma·x＝eq\f(1,2)mgx，B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可得ΔE＝ΔEp＋ΔEk，故增加的機械能為ΔE＝mgx，C正確；由于斜面是否光滑未知，因而不能確定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D錯誤．2．(2018·安徽合肥一模)如圖所示，一個質(zhì)量為m的小鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道上邊緣由靜止滑下，到半圓軌道最低點時，軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5倍，則此過程中鐵塊損失的機械能為(重力加速度為g)()A.eq\f(1,8)mgR B．eq\f(1,4)mgRC.eq\f(1,2)mgR D．eq\f(3,4)mgR解析：選D.鐵塊在最低點，支持力與重力合力等于向心力，即1.5mg－mg＝meq\f(v2,R)，即鐵塊動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,4)mgR，初動能為零，故動能增加eq\f(1,4)mgR，鐵塊重力勢能減少mgR，所以機械能損失eq\f(3,4)mgR，D項正確．3.(2018·江西重點中學聯(lián)考)如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量相等的兩個物體A、B間用一輕質(zhì)彈簧相連組成系統(tǒng)，且該系統(tǒng)在水平拉力F作用下以相同加速度保持間距不變一起做勻加速直線運動，當它們的總動能為2Ek時撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運動．不計空氣阻力，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，從撤去拉力F到系統(tǒng)停止運動的過程中()A．外力對物體A所做總功的絕對值等于2EkB．物體A克服摩擦阻力做的功等于EkC．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功可能等于系統(tǒng)的總動能2EkD．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功一定等于系統(tǒng)機械能的減少量解析：選D.當它們的總動能為2Ek時，物體A動能為Ek，撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運動，外力對物體A所做總功的絕對值等于Ek，選項A、B錯誤；由于二者之間有彈簧，彈簧具有彈性勢能，根據(jù)功能關(guān)系，系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功一定等于系統(tǒng)機械能的減少量，選項D正確，C錯誤．4.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水平、OB豎直，一個質(zhì)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AP＝2R，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 B．機械能減少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR解析：選D.小球到達B點時，恰好對軌道沒有壓力，只受重力作用，根據(jù)mg＝eq\f(mv2,R)得，小球在B點的速度v＝eq\r(gR).小球從P到B的運動過程中，重力做功W＝mgR，故選項A錯誤；減少的機械能ΔE減＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項B錯誤；合外力做功W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理得，mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以Wf＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項D正確．5.如圖所示，一張薄紙板放在光滑水平面上，其右端放有小木塊，小木塊與薄紙板的接觸面粗糙，原來系統(tǒng)靜止．現(xiàn)用水平恒力F向右拉薄紙板，小木塊在薄紙板上發(fā)生相對滑動，直到從薄紙板上掉下來．上述過程中有關(guān)功和能的說法正確的是()A．拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動能的增加量B．摩擦力對小木塊做的功一定等于系統(tǒng)中由摩擦產(chǎn)生的熱量C．離開薄紙板前小木塊可能先做加速運動，后做勻速運動D．小木塊動能的增加量可能小于系統(tǒng)中由摩擦產(chǎn)生的熱量解析：選D.由功能關(guān)系，拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和，選項A錯誤；摩擦力對小木塊做的功等于小木塊動能的增加量，選項B錯誤；離開薄紙板前小木塊一直在做勻加速運動，選項C錯誤；對于系統(tǒng)，由摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝fΔL，其中ΔL為小木塊相對薄紙板運動的路程，若薄紙板的位移為L1，小木塊相對地面的位移為L2，則ΔL＝L1－L2，且ΔL存在大于、等于或小于L2三種可能，對小木塊，fL2＝ΔEk，即Q存在大于、等于或小于ΔEk三種可能，選項D正確．6.(2018·江西十校模擬)將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同．現(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ均相同．在這三個過程中，下列說法不正確的是()A．沿著1和2下滑到底端時，物塊的速率不同，沿著2和3下滑到底端時，物塊的速率相同B．沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大C．物塊沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是最多的D．物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是一樣多的解析：選A.設(shè)1、2、3木板與地面的夾角分別為θ1、θ2、θ3，木板長分別為l1、l2、l3，當物塊沿木板1下滑時，由動能定理有mgh1－μmgl1cosθ1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，當物塊沿木板2下滑時，由動能定理有mgh2－μmgl2cosθ2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，又h1＞h2，l1cosθ1＝l2cosθ2，可得v1＞v2；當物塊沿木板3下滑時，由動能定理有mgh3－μmgl3cosθ3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－0，又h2＝h3，l2cosθ2＜l3cosθ3，可得v2＞v3，故A錯、B對；三個過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1＝μmgl1cosθ1，Q2＝μmgl2cosθ2，Q3＝μmgl3cosθ3，則Q1＝Q2＜Q3，故C、D對．二、多項選擇題7.(2018·河北質(zhì)檢)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧直立于地面上，上面放一個質(zhì)量為m的帶負電的小球，小球與彈簧不連接．現(xiàn)用外力將小球向下壓到某一位置后撤去外力，小球從靜止開始運動到剛離開彈簧的過程中，小球克服重力和電場力做功分別為W1和W2，小球剛好離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，則在上述過程中，下列說法正確的是()A．帶電小球電勢能增加W2B．彈簧彈性勢能最大值為W1＋W2＋eq\f(1,2)mv2C．彈簧彈性勢能減少量為W2＋W1D．帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少W2解析：選ABD.小球從靜止開始運動到剛離開彈簧的過程中，小球克服電場力做的功W2等于小球增加的電勢能，故A正確；小球從靜止開始運動時彈性勢能最大，自小球從靜止開始運動到剛離開彈簧的過程中，對小球和彈簧組成的系統(tǒng)由能量轉(zhuǎn)化與守恒得，彈性勢能的減少量轉(zhuǎn)化為重力勢能、電勢能和動能三者增量之和，即彈簧彈性勢能最大值為W1＋W2＋eq\f(1,2)mv2，故B項正確，C項錯誤；由于帶電小球電勢能增加W2，所以帶電小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少W2，故D項正確．8.(2018·嘉興一中模擬)在兒童樂園的蹦床項目中，小孩在兩根彈性繩和彈性床的協(xié)助下實現(xiàn)上下彈跳，如圖所示．某次蹦床活動中小孩靜止時處于O點，當其彈跳到最高點A后下落可將蹦床壓到最低點B，小孩可看成質(zhì)點．不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．從A點運動到O點，小孩重力勢能的減少量大于動能的增加量B．從O點運動到B點，小孩動能的減少量等于蹦床彈性勢能的增加量C．從A點運動到B點，小孩機械能的減少量小于蹦床彈性勢能的增加量D．從B點返回到A點，小孩機械能的增加量大于蹦床彈性勢能的減少量解析：選AD.小孩從A點運動到O點，由動能定理可得mghAO－W彈1＝ΔEk1，選項A正確；小孩從O點運動到B點，由動能定理可得mghOB－W彈2＝ΔEk2，選項B錯誤；小孩從A點運動到B點，由功能關(guān)系可得－W彈＝ΔE機1，選項C錯誤；小孩從B點返回到A點，彈性繩和蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小孩的機械能，則知小孩機械能的增加量大于蹦床彈性勢能的減少量，選項D正確．9.將一質(zhì)量為1kg的滑塊輕輕放置于傳送帶的左端，已知傳送帶正以4m/s的速度順時針運行，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，傳送帶左右距離無限長，當滑塊放上去2s時，突然斷電，傳送帶以1m/s2的加速度做勻減速運動至停止，則滑塊從放上去到最后停下的過程中，下列說法正A．前2s傳送帶與滑塊之間因摩擦力所產(chǎn)生的熱量為8JB．前2s傳送帶與滑塊之間因摩擦力所產(chǎn)生的熱量為16JC．2s后傳送帶與滑塊之間因摩擦力所產(chǎn)生的熱量為8JD．2s后傳送帶與滑塊之間因摩擦力所產(chǎn)生的熱量為0解析：選AD.前2s，滑塊的位移x1＝eq\f(1,2)μgt2＝4m，傳送帶的位移x2＝vt＝8m，相對位移Δx＝x2－x1＝4m，2s后滑塊隨傳送帶一起做勻減速運動，無相對位移，整個過程中傳送帶與滑塊之間因摩擦力而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg·Δx＝8J，選項A、D正確．10.(2018·石家莊市第二中學高三月考)將小球以某一初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek，重力勢能Ep與其上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示，取g＝10m/s2，A．小球的質(zhì)量為0.2B．小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.25NC．小球動能與重力勢能相等時的高度為eq\f(20,13)mD