2021新高考物理選擇性考試B方案一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第5章第4講功能關(guān)系能量守恒定律

第4講功能關(guān)系能量守恒定律主干梳理對點(diǎn)激活知識(shí)點(diǎn)功能關(guān)系Ⅱ1．能的概念：一個(gè)物體能對外做功，這個(gè)物體就具有能量。2．功能關(guān)系(1)功是eq\x(\s\up1(01))能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有eq\x(\s\up1(02))多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過程一定伴隨著eq\x(\s\up1(03))能量的轉(zhuǎn)化，而且eq\x(\s\up1(04))能量轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。知識(shí)點(diǎn)能量守恒定律Ⅱ1．內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空eq\x(\s\up1(01))產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式eq\x(\s\up1(02))轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體eq\x(\s\up1(03))轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在eq\x(\s\up1(04))轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量eq\x(\s\up1(05))保持不變。2．適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中eq\x(\s\up1(06))普遍適用的一條規(guī)律。3．表達(dá)式(1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的eq\x(\s\up1(07))總和等于末狀態(tài)各種能量的eq\x(\s\up1(08))總和。(2)ΔE增＝ΔE減，增加的能量總和等于減少的能量總和。一堵點(diǎn)疏通1．物體下落h，重力做功mgh，物體具有了能量mgh。()2．能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源。()3．在物體的機(jī)械能減少的過程中，動(dòng)能有可能是增大的。()4．一個(gè)物體的能量增加，必定有別的物體能量減少。()5．滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，一定會(huì)產(chǎn)生熱量。()6．重力和彈簧彈力之外的力做功的過程是機(jī)械能和其他形式能量轉(zhuǎn)化的過程。()答案1.×2.×3.√4.√5.√6.√二對點(diǎn)激活1．有關(guān)功和能，下列說法正確的是()A．力對物體做了多少功，物體就具有多少能B．物體具有多少能，就一定能做多少功C．物體做了多少功，就有多少能量消失D．能量從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式時(shí)，可以用功來量度能量轉(zhuǎn)化的多少答案D解析功是能量轉(zhuǎn)化的量度，物體做了多少功，就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化；并非力對物體做了多少功，物體就具有多少能；也并非物體具有多少能，就一定能做多少功，所以A、B錯(cuò)誤。做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程，能量在轉(zhuǎn)化過程中總量守恒，并不消失，所以C錯(cuò)誤，D正確。2.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()A．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)答案A解析物體克服彈簧彈力做功，彈性勢能增加，克服彈力做多少功就轉(zhuǎn)化成多少彈性勢能，由能量守恒得Ep＋μmg(s＋x)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故A正確?？键c(diǎn)細(xì)研悟法培優(yōu)考點(diǎn)1功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1．對功能關(guān)系的進(jìn)一步理解(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(shí)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(dá)式力做功能的變化定量關(guān)系合外力做功動(dòng)能變化(1)合外力做正功，動(dòng)能增加(2)合外力做負(fù)功，動(dòng)能減少(3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力做功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負(fù)功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力做功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負(fù)功，彈性勢能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2電場力做功電勢能變化(1)電場力做正功，電勢能減少(2)電場力做負(fù)功，電勢能增加(3)W電＝－ΔEp安培力做功電能變化(1)安培力做正功，電能減少(2)安培力做負(fù)功，電能增加(3)W安＝－ΔE電除重力和彈簧彈力之外的其他力做功機(jī)械能變化(1)其他力做正功，機(jī)械能增加(2)其他力做負(fù)功，機(jī)械能減少(3)W＝ΔE一對相互作用的滑動(dòng)摩擦力的總功內(nèi)能變化(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動(dòng)摩擦力的總功一定為負(fù)值，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)Q＝Ff·l相對例1(多選)在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中，10m跳臺(tái)跳水是我國運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)項(xiàng)。某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為60kg的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)自由下落10m后入水，在水中豎直向下減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)他在空中下落時(shí)所受空氣阻力不計(jì)，水對他的阻力大小恒為2400N。那么在他入水后下降2.5m的過程中，下列說法正確的是(取g＝10m/s2)()A．他的加速度大小為30m/s2B．他的動(dòng)量減少了300kg·m/sC．他的動(dòng)能減少了4500JD．他的機(jī)械能減少了4500J(1)運(yùn)動(dòng)員入水后受幾個(gè)力？分別做什么功？提示：受重力和阻力共兩個(gè)力。重力做正功，阻力做負(fù)功。(2)運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能如何變化？提示：阻力做負(fù)功，機(jī)械能減少。嘗試解答選AC。跳水運(yùn)動(dòng)員入水后，受到豎直向下的重力mg＝600N，水對他的阻力f＝2400N，由牛頓第二定律有，f－mg＝ma，解得a＝30m/s2，A正確；運(yùn)動(dòng)員從10m高跳臺(tái)自由下落h＝10m時(shí)的速度v1＝eq\r(2gh)＝10eq\r(2)m/s，由veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)＝2aH，解得入水后下降H＝2.5m時(shí)速度v2＝5eq\r(2)m/s，他的動(dòng)量減少了mv1－mv2＝300eq\r(2)kg·m/s，B錯(cuò)誤；在入水后下降H＝2.5m的過程中，合外力做的功W＝mgH－fH＝－4500J，根據(jù)動(dòng)能定理可知，他的動(dòng)能減少了4500J，C正確；在入水后下降H＝2.5m的過程中，他克服水的阻力做的功為Wf＝fH＝6000J，根據(jù)功能關(guān)系，他的機(jī)械能減少了6000J，D錯(cuò)誤。功能關(guān)系的選用原則(1)總的原則是根據(jù)做功與能量轉(zhuǎn)化的一一對應(yīng)關(guān)系，確定所選用的定理或規(guī)律，若只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)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(guān)系分析。(3)只涉及機(jī)械能的變化用除重力和彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)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(guān)系分析。[變式1](2019·福建省龍巖市高三5月月考)如圖，一輕彈簧原長為L，一端固定在光滑細(xì)桿的O點(diǎn)，另一端連接一質(zhì)量為m的小球，小球和彈簧穿在細(xì)桿上，桿上有A、B兩點(diǎn)，OA＝L，OB＝eq\f(1,4)L。當(dāng)細(xì)桿與水平面成30°角時(shí)，小球由A點(diǎn)無初速度釋放，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零?，F(xiàn)讓細(xì)桿繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)到豎直位置，小球再由A點(diǎn)無初速度釋放，重力加速度大小為g，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A．小球重力勢能減少eq\f(mgL,4)B．彈簧的彈性勢能增加eq\f(3mgL,4)C．小球動(dòng)能增加eq\f(3mgL,4)D．小球機(jī)械能減少eq\f(3mgL,8)答案D解析當(dāng)細(xì)桿與水平面成30°時(shí)，從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(3,4)mgLsin30°＋W彈＝0－0，故彈簧彈力做功W彈＝－eq\f(3,8)mgL。細(xì)桿繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)到豎直位置，A、B的高度差為eq\f(3L,4)，重力做功eq\f(3,4)mgL，小球重力勢能減少eq\f(3mgL,4)，A錯(cuò)誤；彈簧形變相同，所以彈力做功仍為W彈＝－eq\f(3,8)mgL，彈性勢能增加eq\f(3,8)mgL，合力做功mg·eq\f(3,4)L＋W彈＝eq\f(3,8)mgL，小球的動(dòng)能增加eq\f(3,8)mgL，B、C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知彈簧增加的彈性勢能是小球減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化而來，所以小球機(jī)械能減少eq\f(3mgL,8)，D正確?？键c(diǎn)2摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系兩種摩擦力的做功情況比較類別比較靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面在靜摩擦力做功的過程中，只有機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體(靜摩擦力起著傳遞機(jī)械能的作用)，而沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量(1)相對運(yùn)動(dòng)的物體通過滑動(dòng)摩擦力做功，將部分機(jī)械能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體(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)械能的損失量一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對相互作用的滑動(dòng)摩擦力對物體系統(tǒng)所做的總功，等于摩擦力與兩個(gè)物體相對路程的乘積且為負(fù)功，即WFf＝－Ff·x相對，表示物體克服摩擦力做功，系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)變成內(nèi)能相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對物體都可以做正功、負(fù)功，還可以不做功例2電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)水平傳送帶以速度v勻速傳動(dòng)，一質(zhì)量為m的小木塊由靜止輕放在傳送帶上，如圖所示。若小木塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小木塊與傳送帶相對靜止時(shí)，求：(1)小木塊的位移；(2)傳送帶轉(zhuǎn)過的路程；(3)小木塊獲得的動(dòng)能；(4)摩擦過程產(chǎn)生的摩擦熱；(5)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳送帶勻速傳動(dòng)輸出的總能量。(1)小木塊剛放上傳送帶時(shí)加速度的方向怎樣？運(yùn)動(dòng)性質(zhì)如何？提示：加速度方向水平向右。小木塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(2)摩擦生成的熱量的計(jì)算公式是什么？電動(dòng)機(jī)輸出的能量轉(zhuǎn)化成了什么能量？提示：Q＝Ffl相對。電動(dòng)機(jī)輸出的能量轉(zhuǎn)化成了小木塊的動(dòng)能與摩擦熱。嘗試解答(1)eq\f(v2,2μg)(2)eq\f(v2,μg)(3)eq\f(1,2)mv2(4)eq\f(1,2)mv2(5)mv2木塊剛放上時(shí)速度為零，必然受到傳送帶的滑動(dòng)摩擦力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到與傳送帶共速后不再相對滑動(dòng)，整個(gè)過程中木塊獲得一定的能量，系統(tǒng)要產(chǎn)生摩擦熱。對小木塊，相對滑動(dòng)時(shí)由μmg＝ma得加速度a＝μg。由v＝at得，達(dá)到相對靜止所用時(shí)間t＝eq\f(v,μg)。(1)小木塊的位移l1＝eq\f(v,2)t＝eq\f(v2,2μg)。(2)傳送帶始終勻速運(yùn)動(dòng)，路程l2＝vt＝eq\f(v2,μg)。(3)小木塊獲得的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2也可用動(dòng)能定理μmgl1＝Ek，故Ek＝eq\f(1,2)mv2。(4)產(chǎn)生的摩擦熱：Q＝μmg(l2－l1)＝eq\f(1,2)mv2。(注意：Q＝Ek是一種巧合，不是所有的問題都這樣)(5)由能量守恒定律得，電機(jī)輸出的總能量轉(zhuǎn)化為小木塊的動(dòng)能與摩擦熱，所以E總＝Ek＋Q＝mv2。求解物體相對滑動(dòng)的能量問題的方法(1)正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力情況分析。(2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)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。注意：無論是計(jì)算滑動(dòng)摩擦力做功，還是計(jì)算靜摩擦力做功，都應(yīng)代入物體相對地面的位移。(3)公式Q＝Ff·l相對中l(wèi)相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體在接觸面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則l相對為總的相對路程。[變式2](2019·安徽師大附中高考最后一卷)如圖所示，一足夠長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上的右端，已知物體m和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體m放到木板上到它相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，那么力F對木板做功的數(shù)值為()A.eq\f(mv2,4) B.eq\f(mv2,2)C.mv2 D.2mv2答案C解析由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmg·s相，其中s相＝vt－eq\f(v,2)t，v＝μgt，以上三式聯(lián)立可得：W＝mv2，故C正確。考點(diǎn)3能量守恒定律的理解和應(yīng)用1．對能量守恒定律的理解(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．應(yīng)用能量守恒定律解題的思路(1)分清有多少形式的能(動(dòng)能、勢能、內(nèi)能等)發(fā)生變化。(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ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式。(3)列出能量守恒關(guān)系式ΔE減＝ΔE增。例3(2019·保定一模)如圖所示，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接，傾角分別為α、β，OB＝h。細(xì)線一端固定在豎直擋板上，另一端系一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧(小物塊與彈簧不連接)，燒斷細(xì)線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運(yùn)動(dòng)到斜面的最高點(diǎn)，已知AD＝l，小物塊與水平面、斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則()A．彈簧對小物塊做功為μmglB．斜面摩擦力對小物塊做功為eq\f(μmgh,sinα)C．細(xì)線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為mgh＋μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tanα)＋l))D．撤去斜面AB，小物塊還從D點(diǎn)彈出，將沿斜面CB上滑并從B點(diǎn)飛出去(1)這個(gè)過程能量如何轉(zhuǎn)化？提示：彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小物塊的重力勢能和摩擦生成的熱量。(2)物塊從D滑到B的過程中克服摩擦力做的功是多少？提示：Wf＝μmgl＋μmgcosα·eq\f(h,sinα)＝μmg·OD。嘗試解答選C。燒斷細(xì)線后，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化成小物塊的重力勢能與摩擦生成的熱量，即Ep＝mgh＋μmgl＋μmgcosα·eq\f(h,sinα)＝mgh＋μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tanα)＋l))，彈簧對小物塊做的功等于彈性勢能減少量，也為mgh＋μmg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tanα)＋l))，故A錯(cuò)誤，C正確；小物塊從A到B過程中，斜面摩擦力對小物塊做負(fù)功，且為－μmgcosα·eq\f(h,sinα)＝－μmgeq\f(h,tanα)，故B錯(cuò)誤；物塊克服摩擦力做的功Wf＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,tanα)＋l))＝μmg·OD，可見Wf與斜面傾角無關(guān)，所以撤去斜面AB，小物塊從C點(diǎn)沖上斜面，仍恰能到達(dá)B點(diǎn)，D錯(cuò)誤。能量問題的解題方法(1)涉及滑動(dòng)摩擦力做功的能量問題的解題方法①當(dāng)涉及滑動(dòng)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。(2)涉及彈簧彈力做功的能量問題的解題方法兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點(diǎn)：①能量變化上，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。②如果系統(tǒng)中每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長或壓縮到最大程度時(shí)兩物體速度相同。[變式3]如圖所示，傾角θ＝30°的粗糙面固定在地面上，長為l，質(zhì)量為m，粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端水平。用細(xì)線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時(shí)物體未到達(dá)地面)，在此過程中()A．物塊的機(jī)械能逐漸增加B．軟繩重力勢能共減少eq\f(1,4)mglC．物塊重力勢能的減少等于軟繩摩擦力所做的功D．軟繩重力勢能的減少大于其動(dòng)能增加與克服摩擦力所做功之和答案B解析物塊向下運(yùn)動(dòng)過程中，繩子拉力對物塊做負(fù)功，物塊的機(jī)械能減少，A錯(cuò)誤；軟繩重心下降的高度為eq\f(l,2)－eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,4)l，軟繩的重力勢能減少eq\f(1,4)mgl，B正確；由功能關(guān)系，物塊重力勢能的減小等于物塊重力做的功，而物塊重力大于軟繩所受的摩擦力，C錯(cuò)誤；對于軟繩，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，繩子拉力對軟繩所做的功和軟繩重力勢能的減少之和等于軟繩動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做功之和，D錯(cuò)誤。答卷現(xiàn)場3傳送帶模型(16分)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意圖如圖，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v＝1m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。設(shè)皮帶足夠長，取g＝10m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對滑動(dòng)的過程中，求：(1)郵件滑動(dòng)的時(shí)間t；(2)郵件對地的位移大小x；(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。試卷抽樣評析指導(dǎo)1.失分點(diǎn)①：應(yīng)求郵件對地位移，而不是對皮帶的位移，理解錯(cuò)誤，導(dǎo)致求解錯(cuò)誤，本步完全失分，扣5分。失分原因：按自己的想象做題。補(bǔ)償建議：認(rèn)真審題，按題目要求求解。規(guī)范解答：郵件對地位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×5×0.22m＝0.1m2．失分點(diǎn)②：要求解的是摩擦力對皮帶所做的功，不是摩擦力對郵件所做的功，理解錯(cuò)誤，本步完全失分，扣5分。失分原因：審題不清，研究對象不明。補(bǔ)償建議：認(rèn)真審題，按題目要求求解。規(guī)范解答：郵件與皮帶之間的摩擦力對皮帶做的功W＝Ff·s皮帶＝－μmg·vt＝－0.5×2×10×1×0.2J＝－2J高考模擬隨堂集訓(xùn)1．(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(2μgs)答案BC解析物塊向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈簧最短時(shí)，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>μmg，A錯(cuò)誤；根據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)靜止的過程中，根據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確；根據(jù)能量守恒定律，在整個(gè)過程中，物體的初動(dòng)能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D錯(cuò)誤。2．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR答案C解析小球始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，機(jī)械能的增量ΔE機(jī)＝W除G外力，機(jī)械能的增量等于水平外力在從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)過程做的功。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度為vc，由動(dòng)能定理有：F·3R－mg·R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，解得：vc＝2eq\r(gR)。小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)后，根據(jù)小球受力情況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為ax＝g，豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，加速度也為g，小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度減小為零，時(shí)間為t＝eq\f(vc,g)＝eq\f(2\r(gR),g)，水平方向的位移為：x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(1,2)geq\f(2\r(gR),g)2＝2R。綜上所述小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為ΔE機(jī)＝F·(3R＋x)＝5mgR，正確答案為C。3．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl答案A解析以均勻柔軟細(xì)繩MQ段為研究對象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點(diǎn)所在的水平面為零勢能面，開始時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細(xì)繩MQ段的重力勢能的變化，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項(xiàng)A正確。4．(2019·黑龍江高考模擬)如圖所示，一光滑半圓形軌道固定在水平地面上，圓心為O、半徑為R，一根輕橡皮筋一端連在可視為質(zhì)點(diǎn)的小球上。另一端連在距離O點(diǎn)正上方R處的P點(diǎn)。小球放在與O點(diǎn)等高的軌道上A點(diǎn)時(shí)，輕橡皮筋處于原長?，F(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球沿圓軌道向下運(yùn)動(dòng)，通過最低點(diǎn)B時(shí)對圓軌道的壓力恰好為零。已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A．小球通過最低點(diǎn)時(shí)，橡皮筋的彈力等于mgB．橡皮筋彈力做功的功率逐漸變大C．小球運(yùn)動(dòng)過程中，橡皮筋彈力所做的功等于小球動(dòng)能的增加量D．小球運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能的減少量等于橡皮筋彈性勢能的增加量答案D解析小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝meq\f(v2,R)，橡皮筋的彈力F＝mg＋meq\f(v2,R)，故F大于mg，A錯(cuò)誤；根據(jù)P＝Fvcosα可知，開始時(shí)小球的速度v＝0，則橡皮筋彈力做功的功率P＝0，在最低點(diǎn)速度方向與F方向垂直，α＝90°，則橡皮筋彈力做功的功率P＝0，故可知橡皮筋彈力做功的功率先變大后變小，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知，小球運(yùn)動(dòng)過程中，重力做的功和橡皮筋彈力所做的功之和等于小球動(dòng)能的增加量，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律知，小球運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能的減少量等于橡皮筋彈性勢能的增加量，D正確。5．(2019·江蘇揚(yáng)州模擬)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)由A到B均勻增大，小物塊從A點(diǎn)由靜止釋放，恰好可以到達(dá)B點(diǎn)，小物塊的速度v、加速度a、動(dòng)能Ek和機(jī)械能E機(jī)(取地面為零勢能面)隨下滑位移x變化的圖象可能正確的是()答案C解析設(shè)斜面的傾角為α。根據(jù)題意有μ＝kx，k是常數(shù)。小物塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小為f＝μmgcosα＝kxmgcosα，知f∝x。根據(jù)動(dòng)能定理得mgxsinα－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·x＝eq\f(1,2)mv2－0，得v2＝2gxsinα－kx2gcosα，知v-x圖象為曲線，A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα－μmgcosα＝ma，結(jié)合μ＝kx，得a＝gsinα－kxgcosα，a隨x先均勻減小后反向均勻增大，加速度先正后負(fù)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得mgxsinα－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·x＝Ek－0，得Ek＝mgxsinα－eq\f(1,2)kx2mgcosα，知Ek-x是開口向下的拋物線，C正確；根據(jù)功能關(guān)系知ΔE機(jī)＝－Wf＝－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·Δx＝－eq\f(1,2)kxmgcosα·Δx，隨著x的增大，E機(jī)-x圖象斜率的絕對值增大，D錯(cuò)誤。6．(2019·四川成都石室中學(xué)二診)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時(shí)彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A處。已知AC＝L，B是AC的