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激活知識點功能關(guān)系Ⅱ1．能的概念：一個物體能對外做功，這個物體就具有能量。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)化必通過做功來實現(xiàn)。知識點能量守恒定律Ⅱ1．內(nèi)容：能量既不會憑空eq\x(\s\up1(01))產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式eq\x(\s\up1(02))轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體eq\x(\s\up1(03))轉(zhuǎn)移到另一個物體，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．在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。()4．一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少。()5．滑動摩擦力做功時，一定會產(chǎn)生熱量。()6．重力和彈簧彈力之外的力做功的過程是機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，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動，起始點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細(xì)研悟法培優(yōu)考點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)系合外力做功動能變化(1)合外力做正功，動能增加(2)合外力做負(fù)功，動能減少(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械能變化(1)其他力做正功，機械能增加(2)其他力做負(fù)功，機械能減少(3)W＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功內(nèi)能變化(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動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)在奧運比賽項目中，10m跳臺跳水是我國運動員的強項。某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為60kg的跳水運動員從跳臺自由下落10m后入水，在水中豎直向下減速運動。設(shè)他在空中下落時所受空氣阻力不計，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．他的動量減少了300kg·m/sC．他的動能減少了4500JD．他的機械能減少了4500J(1)運動員入水后受幾個力？分別做什么功？提示：受重力和阻力共兩個力。重力做正功，阻力做負(fù)功。(2)運動員機械能如何變化？提示：阻力做負(fù)功，機械能減少。嘗試解答選AC。跳水運動員入水后，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；運動員從10m高跳臺自由下落h＝10m時的速度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時速度v2＝5eq\r(2)m/s，他的動量減少了mv1－mv2＝300eq\r(2)kg·m/s，B錯誤；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)動能定理可知，他的動能減少了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，他的機械能減少了6000J，D錯誤。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(guān)系分析。(3)只涉及機械能的變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關(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，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，OA＝L，OB＝eq\f(1,4)L。當(dāng)細(xì)桿與水平面成30°角時，小球由A點無初速度釋放，到達(dá)B點時速度為零?，F(xiàn)讓細(xì)桿繞O點轉(zhuǎn)到豎直位置，小球再由A點無初速度釋放，重力加速度大小為g，則小球運動到B點的過程中，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．小球動能增加eq\f(3mgL,4)D．小球機械能減少eq\f(3mgL,8)答案D解析當(dāng)細(xì)桿與水平面成30°時，從A到B，根據(jù)動能定理有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，小球的動能增加eq\f(3,8)mgL，B、C錯誤；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械能轉(zhuǎn)化而來，所以小球機械能減少eq\f(3mgL,8)，D正確。考點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摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(靜摩擦力起著傳遞機械能的作用)，而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量(1)相對運動的物體通過滑動摩擦力做功，將部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(2)部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機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摩擦力對物體系統(tǒng)所做的總功，等于摩擦力與兩個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)損失的機械能轉(zhuǎn)變成內(nèi)能相同點正功、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電動機帶動水平傳送帶以速度v勻速傳動，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摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小木塊與傳送帶相對靜止時，求：(1)小木塊的位移；(2)傳送帶轉(zhuǎn)過的路程；(3)小木塊獲得的動能；(4)摩擦過程產(chǎn)生的摩擦熱；(5)電動機帶動傳送帶勻速傳動輸出的總能量。(1)小木塊剛放上傳送帶時加速度的方向怎樣？運動性質(zhì)如何？提示：加速度方向水平向右。小木塊做勻加速直線運動。(2)摩擦生成的熱量的計算公式是什么？電動機輸出的能量轉(zhuǎn)化成了什么能量？提示：Q＝Ffl相對。電動機輸出的能量轉(zhuǎn)化成了小木塊的動能與摩擦熱。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木塊剛放上時速度為零，必然受到傳送帶的滑動摩擦力作用，做勻加速直線運動，達(dá)到與傳送帶共速后不再相對滑動，整個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，相對滑動時由μmg＝ma得加速度a＝μg。由v＝at得，達(dá)到相對靜止所用時間t＝eq\f(v,μg)。(1)小木塊的位移l1＝eq\f(v,2)t＝eq\f(v2,2μg)。(2)傳送帶始終勻速運動，路程l2＝vt＝eq\f(v2,μg)。(3)小木塊獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2也可用動能定理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，電機輸出的總能量轉(zhuǎn)化為小木塊的動能與摩擦熱，所以E總＝Ek＋Q＝mv2。求解物體相對滑動的能量問題的方法(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(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：無論是計算滑動摩擦力做功，還是計算靜摩擦力做功，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)運動，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向右勻速運動，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，恰好能運動到斜面的最高點，已知AD＝l，小物塊與水平面、斜面間的動摩擦因數(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點彈出，將沿斜面CB上滑并從B點飛出去(1)這個過程能量如何轉(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點沖上斜面，仍恰能到達(dá)B點，D錯誤。能量問題的解題方法(1)涉及滑動摩擦力做功的能量問題的解題方法①當(dāng)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。(2)涉及彈簧彈力做功的能量問題的解題方法兩個或兩個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：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)機械能守恒。②如果系統(tǒng)中每個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動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物體未到達(dá)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能增加與克服摩擦力所做功之和答案B解析物塊向下運動過程中，繩子拉力對物塊做負(fù)功，物塊的機械能減少，A錯誤；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能的增加與克服摩擦力所做功之和，D錯誤。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，皮帶在電動機的帶動下保持v＝1m/s的恒定速度向右運動，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)生相對滑動的過程中，求：(1)郵件滑動的時間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①：應(yīng)求郵件對地位移，而不是對皮帶的位移，理解錯誤，導(dǎo)致求解錯誤，本步完全失分，扣5分。失分原因：按自己的想象做題。補償建議：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點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(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點的初速度為eq\r(2μgs)答案BC解析物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，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動到A點靜止的過程中，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，在整個過程中，物體的初動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。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點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()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，機械能的增量ΔE機＝W除G外力，機械能的增量等于水平外力在從a點開始運動到其軌跡最高點過程做的功。設(shè)小球運動到c點的速度為vc，由動能定理有：F·3R－mg·R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，解得：vc＝2eq\r(gR)。小球運動到c點后，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動，加速度為ax＝g，豎直方向的豎直上拋運動，加速度也為g，小球上升至最高點時，豎直方向速度減小為零，時間為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點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為ΔE機＝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，M點與繩的上端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點所在的水平面為零勢能面，開始時，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點時，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)點的小球上。另一端連在距離O點正上方R處的P點。小球放在與O點等高的軌道上A點時，輕橡皮筋處于原長?，F(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球沿圓軌道向下運動，通過最低點B時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點運動到B點的過程中，下列說法正確的是()A．小球通過最低點時，橡皮筋的彈力等于mgB．橡皮筋彈力做功的功率逐漸變大C．小球運動過程中，橡皮筋彈力所做的功等于小球動能的增加量D．小球運動過程中，機械能的減少量等于橡皮筋彈性勢能的增加量答案D解析小球運動到最低點時，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錯誤；根據(jù)P＝Fvcosα可知，開始時小球的速度v＝0，則橡皮筋彈力做功的功率P＝0，在最低點速度方向與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錯誤；根據(jù)動能定理知，小球運動過程中，重力做的功和橡皮筋彈力所做的功之和等于小球動能的增加量，C錯誤；根據(jù)能量守恒定律知，小球運動過程中，機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摩擦因數(shù)由A到B均勻增大，小物塊從A點由靜止釋放，恰好可以到達(dá)B點，小物塊的速度v、加速度a、動能Ek和機械能E機(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)。小物塊所受的滑動摩擦力大小為f＝μmgcosα＝kxmgcosα，知f∝x。根據(jù)動能定理得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錯誤；根據(jù)動能定理得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＝－Wf＝－eq\f(0＋kxmgcosα,2)·Δx＝－eq\f(1,2)kxmgcosα·Δx，隨著x的增大，E機-x圖象斜率的絕對值增大，D錯誤。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