2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章機械能及其守恒定律第26講功能關(guān)系能量守恒定律教學(xué)案新人教版

PAGE18-第26講功能關(guān)系能量守恒定律基礎(chǔ)命題點功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1．對功能關(guān)系的理解(1)功是eq\x(\s\up1(01))能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了eq\x(\s\up1(02))轉(zhuǎn)化。(2)做功的過程肯定伴隨著eq\x(\s\up1(03))能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必需通過eq\x(\s\up1(04))做功來實現(xiàn)。2．幾種常見的功能關(guān)系幾種常見力做功對應(yīng)的能量改變數(shù)量關(guān)系式重力正功重力勢能eq\x(\s\up1(05))削減WG＝eq\x(\s\up1(07))－ΔEpG負功重力勢能eq\x(\s\up1(06))增加彈簧等的彈力正功彈性勢能eq\x(\s\up1(08))削減W彈＝eq\x(\s\up1(10))－ΔEp彈負功彈性勢能eq\x(\s\up1(09))增加電場力正功電勢能eq\x(\s\up1(11))削減W電＝eq\x(\s\up1(13))－ΔEp電負功電勢能eq\x(\s\up1(12))增加合力正功動能eq\x(\s\up1(14))增加W合＝eq\x(\s\up1(16))ΔEk負功動能eq\x(\s\up1(15))削減重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力正功機械能eq\x(\s\up1(17))增加W其他＝ΔE負功機械能eq\x(\s\up1(18))削減3．兩個特別的功能關(guān)系(1)滑動摩擦力與eq\x(\s\up1(19))兩物體間相對位移的乘積等于產(chǎn)生的內(nèi)能，即eq\x(\s\up1(20))Ffl相對＝ΔQ。(2)感應(yīng)電流克服安培力做的功等于產(chǎn)生的eq\x(\s\up1(21))電能，即W克安＝eq\x(\s\up1(22))ΔE電。(多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝肯定滑輪。質(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊A、B，通過不行伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動。若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()A．兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒B．重力對A做的功等于A動能的增加量C．輕繩對B做的功等于B機械能的增加量D．兩滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能等于A克服摩擦力做的功解析由于A與斜面ab之間存在滑動摩擦力，故兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤；合外力對A做的功等于A動能的增加量，B錯誤；對于B，除了重力對其做功外，只有輕繩對其做功，故輕繩對B做的功等于B機械能的增加量，C正確；對于兩滑塊組成的系統(tǒng)，在運動過程中克服摩擦阻力做功，系統(tǒng)的機械能削減并轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故該系統(tǒng)損失的機械能等于A克服摩擦力做的功，D正確。答案CD1．對功能關(guān)系的理解勢能的改變與對應(yīng)的功成負相關(guān)關(guān)系，動能、機械能的改變與對應(yīng)的功成正相關(guān)關(guān)系。2．功能關(guān)系在詳細問題中的應(yīng)用(1)若已知某個力(如重力、彈力、合力、除重力和彈力以外的其他力)做的功，可以依據(jù)W＝－ΔEp或W＝ΔE，求出對應(yīng)能量(如重力勢能、彈性勢能、動能、機械能)的改變量。相反，若已知某種能量改變量，也可以依據(jù)W＝－ΔEp或W＝ΔE，求出對應(yīng)力做的功。(2)不同力做功對應(yīng)不同的功能關(guān)系，這些力做功共同引起物體動能的改變，所以各種功能關(guān)系常常結(jié)合動能定理出現(xiàn)。用功能關(guān)系解題時，一般以動能定理為紐帶列式：WG＋W彈＋W電＋W摩擦…＝ΔEk，并結(jié)合WG＝－ΔEpG、W彈＝－ΔEp彈、W電＝－ΔEp電、－W摩擦＝Q等功能關(guān)系分析計算某種力做的功W或?qū)?yīng)能量的改變量ΔE。1．(2024·四川高考)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競賽中沿“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答案C解析依據(jù)動能定理W合＝ΔEk可知，韓曉鵬在此過程中的動能改變量ΔEk＝1900J－100J＝1800J，即其動能增加了1800J，A、B錯誤；重力做正功，重力勢能減小，且WG＝－ΔEp，C正確，D錯誤。2．(多選)質(zhì)量為1kg的物體被人用手由靜止向上提高2m，這時物體的速度是4m/s，下列說法中正確的是(不計一切阻力，取g＝10m/s2)()A．合外力對物體做功8JB．手對物體做功8JC．物體機械能增加了8JD．物體重力勢能增加了20J答案AD解析由動能定理得，合外力對物體做的功W合＝eq\f(1,2)mv2－0＝8J，A正確；W合＝W人－mgh，所以W人＝W合＋mgh＝(8＋1×10×2)J＝28J，B錯誤；物體機械能的增加量等于除重力之外的力做的功，所以物體機械能的增加量ΔE＝W人＝28J，C錯誤；物體重力勢能的增加量等于物體克服重力做的功，所以物體重力勢能的增加量ΔEp＝mgh＝1×10×2J＝20J，D正確。3．(2024·浙江寧波高三上學(xué)期期末十校聯(lián)考)如圖所示，輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在C處靜止。若將另一帶正電小球q固定在C正下方某處時，Q可在B處靜止。在有小球q的狀況下，將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運動到C處的過程中()A．Q運動到C處時速率最大B．Q、q兩球組成的系統(tǒng)機械能不斷增大C．Q的機械能不斷增大D．加速度大小先減小后增大答案D解析q在C正下方某處時，Q在B處所受的合力為零，速率最大，故A錯誤；Q的機械能E等于Q的動能與重力勢能之和，由功能關(guān)系有ΔE＝W彈＋W電，而彈簧彈力始終對Q做負功，即W彈＜0，庫侖力也始終對Q做負功，即W電＜0，則ΔE＜0，即Q的機械能不斷減小，故C錯誤；因小球q固定不動，其機械能不變，Q的機械能不斷減小，故Q、q兩球組成的系統(tǒng)的機械能不斷減小，故B錯誤；Q在B處的加速度為零，則Q從A運動到B的過程中，加速度始終減小直至為零，從B到C加速度反向增大，故D正確。實力命題點一摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化兩種摩擦力做功特點的比較類別比較靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面只有機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能有兩種可能：(1)機械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(2)一部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，另一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此內(nèi)能就是系統(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)和總等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和總是負值相同點正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體均可以做正功或負功，還可以不做功。靜摩擦力做正功時，它的反作用力肯定做負功?；瑒幽Σ亮ψ鲐摴r，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，它的反作用力肯定做負功(2024·天津河北區(qū)一模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L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f，經(jīng)過一段時間小車運動的位移為x，小物塊剛好滑到小車的最右端，則下列說法中正確的是()A．此時物塊的動能為F(x＋L)B．此時小車的動能為f(x＋L)C．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為F(x＋L)－fLD．這一過程中，物塊和小車因摩擦而產(chǎn)生的熱量為fL解析由題可知，在拉力的作用下物塊前進的位移為L＋x，故拉力對物塊做的功為F(x＋L)，摩擦力對物塊做的功為－f(x＋L)，則由動能定理可知物塊的動能為(F－f)(x＋L)，故A錯誤；小車受摩擦力作用，摩擦力作用的位移為x，故摩擦力對小車做的功為fx，故小車的動能為fx，B錯誤；物塊和小車增加的機械能等于兩者動能的增量，即(F－f)(x＋L)＋fx＝F(x＋L)－fL，故C正確；拉力做的功轉(zhuǎn)化為物塊和小車的動能及產(chǎn)生的熱量，Q＝F(x＋L)－[F(x＋L)－fL]＝fL，D正確。答案CD求解摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化問題的方法(1)正確分析物體的運動過程。(2)利用運動學(xué)公式結(jié)合牛頓運動定律或動能定理分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。(3)無論是滑動摩擦力，還是靜摩擦力，計算做功時都是用力與對地位移的乘積。(4)摩擦生熱的計算：公式Q＝Ff·x相對中x相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體做往復(fù)運動，則x相對為總的相對路程。1．(2024·山東濟南高三上學(xué)期期末)(多選)用兩塊材料相同的木板與豎直墻面搭成兩個斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底邊，如圖所示。一個小物塊分別從兩個斜面頂端釋放，并沿斜面下滑究竟端。對這兩個過程，下列說法正確的是()A．沿著1和2下滑究竟端時，物塊的速度大小相等B．物塊下滑究竟端時，速度大小與其質(zhì)量無關(guān)C．物塊沿著1下滑究竟端的過程，產(chǎn)生的熱量更多D．物塊下滑究竟端的過程中，產(chǎn)生的熱量與其質(zhì)量無關(guān)答案BC解析對物塊從高為h的斜面上由靜止滑究竟端的過程，依據(jù)動能定理mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2①其中Wf為物塊克服摩擦力做的功，因滑動摩擦力為：f＝μN＝μmgcosθ所以物塊克服摩擦力做的功為：Wf＝fL＝μmgcosθ·L＝μmg·Lcosθ＝μmgL底②其中L底為斜面底邊長，可見，物塊從斜面頂端下滑究竟端時，克服摩擦力做功與斜面底端長度L底成正比。聯(lián)立①②解得：v＝eq\r(2gh－2μgL底)，故物塊下滑究竟端時，速度大小與其質(zhì)量無關(guān)，且沿著1和2下滑究竟端時，物塊的速度大小不相等，故A錯誤，B正確；由②式可知，沿著1下滑究竟端物塊克服摩擦力做的功更多，物塊機械能的損失更大，產(chǎn)生的熱量更多，產(chǎn)生的熱量Q＝μmgL底，與質(zhì)量有關(guān)，故C正確，D錯誤。2．如圖所示，一質(zhì)量m＝2kg的長木板靜止在水平地面上，某時刻一質(zhì)量M＝1kg的小鐵塊以水平向左v0＝9m/s的速度從木板的右端滑上木板。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取重力加速度g＝10m/s2，木板足夠長，求：(1)鐵塊相對木板滑動時木板的加速度的大小；(2)鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q和木板在水平地面上滑行的總路程x。答案(1)0.5m/s2(2)36J1.5m解析(1)設(shè)鐵塊在木板上滑動時，木板的加速度為a2，由牛頓其次定律可得μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2，解得a2＝eq\f(0.4×1×10－0.1×3×10,2)m/s2＝0.5m/s2。(2)設(shè)鐵塊在木板上滑動時，鐵塊的加速度大小為a1，由牛頓其次定律得μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝4m/s2設(shè)鐵塊與木板達到共同速度時的速度為v，所需的時間為t，則有v＝v0－a1t，v＝a2t解得：v＝1m/s，t＝2s。鐵塊相對地面的位移x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝9×2m－eq\f(1,2)×4×4m＝10m木板運動的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)×0.5×4m＝1m鐵塊與木板的相對位移Δx＝x1－x2＝10m－1m＝9m則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·Δx＝μ2Mg·Δx＝0.4×1×10×9J＝36J。設(shè)達到共同速度后整體的加速度大小為a3，發(fā)生的位移為s，則有：a3＝μ1g＝1m/s2，s＝eq\f(v2－0,2a3)＝eq\f(1,2)m＝0.5m。木板在水平地面上滑行的總路程x＝x2＋s＝1m＋0.5m＝1.5m。實力命題點二能量守恒定律的應(yīng)用1．內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消逝，它只能從一種形式eq\x(\s\up1(01))轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體eq\x(\s\up1(02))轉(zhuǎn)移到別的物體，在eq\x(\s\up1(03))轉(zhuǎn)化或eq\x(\s\up1(04))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．表達式(1)eq\x(\s\up1(07))E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和eq\x(\s\up1(08))等于末狀態(tài)各種能量的總和。(2)eq\x(\s\up1(09))ΔE增＝ΔE減，某種形式能量的削減量eq\x(\s\up1(10))等于其他形式能量的增加量。4．對能量守恒定律的兩點理解(1)轉(zhuǎn)化：某種形式的能量削減，肯定存在其他形式的能量增加，且削減量和增加量肯定相等。(2)轉(zhuǎn)移：某個物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量肯定相等。如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不行伸長的輕繩通過輕質(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＝4kg，B的質(zhì)量為m＝2kg，初始時物體A到C點的距離為L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A起先沿斜面對下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點。已知重力加速度取g＝10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求此過程中：(1)物體A向下運動剛到達C點時的速度大?。?2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧中的最大彈性勢能。解析(1)物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得2mgLsinθ＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋eq\f(1,2)·3mv2解得v＝2m/s。(2)在物體A由C點將彈簧壓縮到最大壓縮量，又返回到C點的過程中，A、B組成的系統(tǒng)動能的削減量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即eq\f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x＝0.4m。(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm，物體A由C點向下運動到最低點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)·3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm，解得Epm＝6J。答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6J1．運用能量守恒定律解題的基本思路2．能量守恒定律與功能關(guān)系比較(1)兩者的關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化的過程就是力做功的過程，依據(jù)功能關(guān)系可以得出某幾種力做功的過程哪些能量之和不變，這就得出了能量守恒定律。所以兩者的角度不同，一個是從能量轉(zhuǎn)化的角度分析，一個是從能量守恒的角度分析。(2)選用原則對于單個物體，選用能量守恒定律或功能關(guān)系都可以，只不過兩種方法表達式不同(選用功能關(guān)系時以動能定理為中心列式)。對于多個物體，對每個物體分別應(yīng)用功能關(guān)系往往比較困難，所以一般將多個物體作為一個系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律。若外力對系統(tǒng)做功，但是這個外力做功的能量轉(zhuǎn)化狀況未知，則一般用功能關(guān)系。如狗用繩子拉著雪橇加速運動，拉力做功的能量轉(zhuǎn)化狀況不清晰，但拉力的功可以計算，從而可應(yīng)用動能定理。1．(多選)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，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開。此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。不考慮空氣阻力。關(guān)于此過程，下列說法正確的有()A．物體重力勢能的削減量肯定大于WB．彈簧彈性勢能的增加量肯定小于WC．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量等于WD．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能大小等于W答案AD解析設(shè)重力勢能的削減量為ΔEpG，彈性勢能的增加量為ΔEp彈，依據(jù)功能關(guān)系可知，－W＝ΔEp彈－ΔEpG，即W＝ΔEpG－ΔEp彈，所以物體重力勢能的削減量肯定大于W，不能確定彈簧彈性勢能的增加量與W的大小關(guān)系，A正確，B錯誤；支持力對物體做負功，所以物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能削減量等于W，C錯誤；若將物體從A處由靜止釋放，則物體從A到B的過程，依據(jù)動能定理：WG＋W彈＝Ek－0，即ΔEpG－ΔEp彈＝Ek，即Ek＝W，D正確。2．如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點相切，半圓形導(dǎo)軌的半徑為R，一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它經(jīng)過B點進入導(dǎo)軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到達最高點C，C、O、B三點在同一豎直線上。(不計空氣阻力)試求：(1)物體在A點時彈簧的彈性勢能；(2)物體從B點運動至C點的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能。答案(1)eq\f(7,2)mgR(2)mgR解析(1)設(shè)物體到達B點的速度為vB，受到的彈力為FNB，則有：FNB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，又FNB＝8mg對物體和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律可知，物體在A點時彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(7,2)mgR。(2)設(shè)物體到達C點的速度為vC，由題意可知：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－（eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg·2R）＝mgR。3．(人教版必修2P82·T2改編)某海灣共占面積1.0×107m2，漲潮時平均水深20m，此時關(guān)上水壩閘門，可使水位保持20m不變，退潮時，壩外水位降至18m(如圖)。利用此水壩建立一座水力發(fā)電站，重力勢能轉(zhuǎn)化為電能的效率為10%，每天有兩次漲潮，該電站每天能發(fā)出多少電能？(g＝10m答案4×1010J解析退潮時，由壩內(nèi)流向壩外的水的質(zhì)量m＝ρV＝ρSh＝1.0×103×1.0×107×(20－18)kg＝2×10每次退潮重力勢能的削減量ΔEp減＝mg·eq\f(h,2)兩次退潮重力勢能共削減ΔEp＝2mg·eq\f(h,2)＝mgh故每天發(fā)出的電能E電＝ΔEp·10%＝2×1010×10×2×10%J＝4×1010J。課時作業(yè)1．如圖所示，質(zhì)量為m的可看成質(zhì)點的物塊置于粗糙水平面上的M點，水平面的右端與固定的斜面平滑連接，物塊與水平面及斜面之間的動摩擦因數(shù)到處相同。物塊與彈簧未連接，起先時物塊擠壓彈簧使彈簧處于壓縮狀態(tài)。現(xiàn)從M點由靜止釋放物塊，物塊運動到N點時恰好靜止。彈簧原長小于OM′。若物塊從M點運動到N點的過程中，物塊與接觸面之間由于摩擦所產(chǎn)生的熱量為Q，物塊、彈簧與地球組成系統(tǒng)的機械能為E，物塊通過的路程為s。不計轉(zhuǎn)折處的能量損失，下列圖象所描述的關(guān)系中可能正確的是()答案B解析設(shè)物塊在M點、M′點時的機械能分別為E0、E1，MM′長為s0，由功能關(guān)系可知在M到M′過程：E＝E0－μmgs，在M′到N過程E＝E1－μmg(s－s0)cosθ，A錯誤，B正確；在M到M′過程：Q＝μmgs，在M′到N過程：Q＝μmg(s－s0)cosθ，故C、D錯誤。2．質(zhì)量為m的物體從靜止以eq\f(1,2)g的加速度豎直上上升度h。對該過程，下列說法中正確的是()A．物體的機械能增加eq\f(1,2)mghB．物體的機械能削減eq\f(3,2)mghC．重力對物體做功mghD．物體的動能增加eq\f(1,2)mgh答案D解析質(zhì)量為m的物體從靜止以eq\f(g,2)的加速度豎直上升h，重力對其做功－mgh，所受合外力為eq\f(1,2)mg，合外力做功eq\f(1,2)mgh，由動能定理，物體的動能增加eq\f(1,2)mgh，C錯誤，D正確；物體的機械能增加mgh＋eq\f(1,2)mgh＝eq\f(3,2)mgh，A、B錯誤。3．如圖所示，質(zhì)量為m的鋼制小球，用長為l的細線懸掛在O點。將小球拉到與O點相齊平的水平位置C由靜止釋放。小球運動到最低點B時對細繩的拉力為2mg，若小球運動到最低點B時用小錘頭向左敲擊它一下，瞬間給小球補充機械能ΔE，小球就能恰好擺到與C等高的A點。設(shè)空氣阻力只與運動速度相關(guān)，且運動速度越大空氣的阻力就越大。則下列說法中正確的是()A．ΔE>mgl B．ΔE<eq\f(1,2)mglC．ΔE＝eq\f(1,2)mgl D.eq\f(1,2)mgl<ΔE<mgl答案A解析在B點有2mg－mg＝meq\f(v2,l)，由C到B過程有mgl－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgl，對小球由B到A過程有ΔE＋eq\f(1,2)mv2＝Wf1＋mgl，由于B到A過程速度大于C到B過程，故Wf1>Wf，聯(lián)立解得ΔE>mgl，故A正確。4．質(zhì)量為m的小球從高處由靜止起先下落，小球在空中所受的阻力與速度大小成正比。下列圖象分別描述了小球下落過程中速度v、加速度a隨時間t的改變規(guī)律和動能Ek、機械能E隨下落位移h的改變關(guān)系，其中可能正確的是()答案D解析小球在空中所受的阻力與速度大小成正比，即f＝kv，在下落過程中，依據(jù)牛頓其次定律得：mg－kv＝ma，解得a＝g－eq\f(kv,m)，下落過程中，速度v增加，則加速度a漸漸減小，速度v隨時間增加得越來越慢，則加速度a隨時間減小得越來越慢，故A、B錯誤；依據(jù)動能定理得：mgh－fh＝Ek，則小球的動能Ek＝(mg－kv)h，即隨著速度v的增加，Ek-h圖象的斜率越來越小，故C錯誤；機械能的改變量等于克服阻力做的功：E－E0＝－fh，即E＝E0－kvh，v漸漸增大，則E-h圖象的斜率漸漸變大，故D正確。5．如圖所示，一根長為l的輕質(zhì)軟繩一端固定在O點，另一端與質(zhì)量為m的小球連接，初始時將小球放在與O點等高的A點，OA＝eq\f(3,5)l，現(xiàn)將小球由靜止狀態(tài)釋放，則當小球運動到O點正下方時，繩對小球的拉力為(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．2mg B．3mgC.eq\f(247,125)mg D.eq\f(303,125)mg答案C解析設(shè)小球到達A點的正下方B點時細繩剛好繃緊，則OB與水平方向的夾角的余弦值為cosα＝eq\f(OA,OB)＝eq\f(\f(3,5)l,l)＝0.6，可得小球自由下落的高度為h＝lsinα＝0.8l，到達B點時的速度v1＝eq\r(2gh)，細繩繃緊后瞬間小球只有垂直于細繩的分速度，大小為v2＝v1cosα，小球從B點運動到O點正下方的過程中，由動能定理得mgl(1－sinα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，在O點正下方有T－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),l)。聯(lián)立以上各式解得T＝eq\f(247,125)mg，C正確。6．(2024·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；依據(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，依據(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；依據(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。7．(2024·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點處從靜止起先向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點起先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點起先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，依據(jù)小球受力狀況，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)g（eq\f(2\r(gR),g)）2＝2R。綜上所述，小球從a點起先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。8．(2024·河北衡水中學(xué)高三二調(diào))如圖所示，兩質(zhì)量均為m＝1kg的小球1、2(可視為質(zhì)點)用長為L＝1.0m的輕質(zhì)桿相連，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好與光滑豎直墻壁接觸，現(xiàn)用力F豎直向上拉動小球1，當桿與豎直墻壁夾角θ＝37°時，小球2的速度大小v＝1.6m/s，sin37°＝0.6，g＝10m/s2，則此過程中外力F所做的功為()A．8J B．8.72JC．10J D．9.28J答案C解析當桿與豎直墻壁夾角θ＝37°時，設(shè)小球1的速度為v′，依據(jù)兩球的速度沿桿方向的分速度大小相等，有：v′cos37°＝vsin37°，代入數(shù)據(jù)得：v′＝1.2m/s，小球2上升的高度為：h＝Lcos37°＝0.8m，依據(jù)功能關(guān)系得外力F所做的功為：W＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mv′2＋mgh，解得：W＝10J，故選C。9．(2024·安徽省合肥市高三其次次教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖甲所示，置于水平地面上質(zhì)量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止起先向上運動，其動能Ek與距地面高度h的關(guān)系如圖乙所示，已知重力加速度為g，空氣阻力不計。下列說法正確的是()A．在0～h0過程中，F(xiàn)大小始終為mgB．在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為2∶1C．在0～2h0過程中，物體的機械能不斷增加D．在2h0～3.5h0過程中，物體的機械能不斷削減答案C解析0～h0過程中，Ek-h圖象為一段直線，故由動能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A錯誤；由A項分析可知，F(xiàn)在0～h0過程中，對物體做的功為2mgh0，在h0～2h0過程中，由動能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為4∶3，故B錯誤；通過A、B項分析可知，在0～2h0過程中，F(xiàn)始終做正功，故物體的機械能不斷增加，C正確；在2h0～3.5h0過程中，由動能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，則WF′＝0，故F做功為0，物體的機械能保持不變，故D錯誤。10．(2024·福建三明高三上學(xué)期期末)如圖所示，一個小球(視為質(zhì)點)從H＝11m高處，由靜止起先沿光滑彎曲軌道AB進入半徑R＝4m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動摩擦因數(shù)到處相等，當?shù)竭_圓環(huán)頂點C時，對軌道的壓力剛好為零，然后沿CB圓弧滑下，進入光滑弧形軌道BD，到達高度為h的D點時速度為零，則h的值可能為()A．10m B．9.5mC．9m D．8.5m答案B解析小球到達圓環(huán)頂點C時，對軌道的壓力剛好為零，則mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝2eq\r(10)m/s；設(shè)小球由B到C的過程中克服摩擦力做的功為WBC，由動能定理有mg(H－2R)－WBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得WBC＝10m；由于從C到B過程小球?qū)A軌道的平均壓力小于從B到C過程小球?qū)A軌道的平均壓力，則從C到B過程克服摩擦力做的功小于從B到C過程克服摩擦力做的功，即0<WCB<10m；從C到D過程由動能定理有mg·(2R－h(huán))－WCB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，聯(lián)立解得9m<h<10m。故選B。11．(2024·四川廣元第一次適應(yīng)性統(tǒng)考)(多選)如圖所示，ab、ac、ad、ae是豎直面內(nèi)的四根固定的細桿，四根細桿與豎直方向的夾角分別為0、30°、45°、60°。a、b、c、d、e點位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，每根桿上都套著一個相同的小滑環(huán)(圓中未畫出)，小滑環(huán)與細桿之間的動摩擦因數(shù)為μ。在四個小滑環(huán)從a點由靜止釋放分別沿細桿滑到另一端的過程中，以下說法正確的是()A．所用時間的關(guān)系為：tb＝tc＝td＝teB．末速度的關(guān)系為：vb>vc>vd>veC．損失的機械能關(guān)系為：ΔEb<ΔEc<ΔEd<ΔEeD．產(chǎn)生的熱量關(guān)系為：Qb<Qc＝Qe<Qd答案BD解析滑環(huán)從細桿上下滑時，假設(shè)細桿與豎直方向的夾角為θ，則下滑加速度大小為gcosθ－μgsinθ，下滑位移為2Rcosθ，依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，解得滑環(huán)從頂端由靜止起先滑動究竟端的時間t＝eq\r(\f(2x,a))＝2eq\r(\f(R,g－μgtanθ))，因傾角不同，故下滑時間不相同，A錯誤；滑環(huán)下滑的加速度a＝gcosθ－μgsinθ，θ越大，a越小，故ab＞ac＞ad＞ae，已知xb＞xc＞xd＞xe，又依據(jù)v2＝2ax，可知：vb＞vc＞vd＞ve，B正確；由功能關(guān)系可知，小滑環(huán)損失的機械能全部用來克服摩擦力做功，f＝μmgsinθ，運動路程x＝2Rcosθ，則克服摩擦力做的功為Wf＝f·x＝μmgR·sin2θ，當θ＝45°時，Wf取最大值，故Wfd最大，所以沿ad運動的小滑環(huán)，損失的機械能最多，C錯誤；小滑環(huán)損失的機械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即Q＝Wf＝μmgR·sin2θ，因sin(2×30°)＝sin(2×60°)，故Qc＝Qe，又因sin(2×45°)＝1，故Qd最大，沿ab自由下落時無內(nèi)能產(chǎn)生，故Qb＝0，所以產(chǎn)生的熱量關(guān)系為：Qb＜Qc＝Qe＜Qd，