【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習(xí)-第5章-第4節(jié)-功能關(guān)系-能量守恒-教學(xué)講義-

第四節(jié)功能關(guān)系能量守恒[同學(xué)用書P92]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(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能削減彈簧彈力做正功彈性勢(shì)能削減電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能削減其他力(除重力、彈力外)做正功機(jī)械能增加1.(單選)(2021·北京東城期中聯(lián)考)質(zhì)量為1kg的物體被豎直向上拋出，在空中的加速度的大小為16m/s2，最大上上升度為5m，若g取10m/s2，則在這個(gè)過程中()A．重力勢(shì)能增加80JB．動(dòng)能削減50JC．機(jī)械能削減30JD．機(jī)械能守恒答案：C二、能量守恒定律1．內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消逝，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)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．2．表達(dá)式：(1)E1＝E2.(2)ΔE減＝ΔE增．2.(單選)(2021·廣東惠州調(diào)研)上端固定的一根細(xì)線下面懸掛一擺球，擺球在空氣中搖擺，搖擺的幅度越來越小，對(duì)此現(xiàn)象下列說法正確的是()A．?dāng)[球機(jī)械能守恒B．總能量守恒，擺球的機(jī)械能正在削減，削減的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能C．能量正在消逝D．只有動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化答案：B考點(diǎn)一功能關(guān)系的應(yīng)用[同學(xué)用書P93]1．若涉及總功(合外力的功)，用動(dòng)能定理分析．2．若涉及重力勢(shì)能的變化，用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析．3．若涉及彈性勢(shì)能的變化，用彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系分析．4．若涉及電勢(shì)能的變化，用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系分析．5．若涉及機(jī)械能變化，用其他力(除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外)做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析．6．若涉及摩擦生熱，用滑動(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能變化的關(guān)系分析．(多選)(2021·高考新課標(biāo)全國卷Ⅱ)目前，在地球四周有很多人造地球衛(wèi)星圍著它運(yùn)轉(zhuǎn)，其中一些衛(wèi)星的軌道可近似為圓，且軌道半徑漸漸變?。粜l(wèi)星在軌道半徑漸漸變小的過程中，只受到地球引力和淡薄氣體阻力的作用，則下列推斷正確的是()A．衛(wèi)星的動(dòng)能漸漸減小B．由于地球引力做正功，引力勢(shì)能確定減小C．由于氣體阻力做負(fù)功，地球引力做正功，機(jī)械能保持不變D．衛(wèi)星克服氣體阻力做的功小于引力勢(shì)能的減小[審題突破](1)軌道半徑變小，衛(wèi)星的線速度如何變化？(2)半徑變小的過程中，引力做正功還是負(fù)功？(3)氣體阻力做功，是什么能轉(zhuǎn)化為什么能？[解析]衛(wèi)星軌道半徑漸漸減小，線速度可認(rèn)為照舊滿足v＝eq\r(\f(GM,R))，則衛(wèi)星的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×eq\f(GMm,R)漸漸增大，A錯(cuò)誤．由于W引＞0，則引力勢(shì)能減小，B正確．由于W阻≠0，有非重力做功，則機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤．由W引－W阻＝ΔEk＞0，所以W阻＜W引＝|ΔEp|，可知D正確．[答案]BD1.(單選)(2021·湖北襄陽四校聯(lián)考)如圖所示，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電的小球P，小球所處的空間存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)．現(xiàn)給小球一豎直向上的初速度，小球最高能運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)．在小球從開頭運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，以下說法正確的是()A．小球電勢(shì)能的削減量大于小球重力勢(shì)能的增加量B．小球機(jī)械能的轉(zhuǎn)變量等于電場(chǎng)力做的功C．小球動(dòng)能的削減量等于電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和D．彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于小球動(dòng)能的削減量解析：選D.由小球平衡時(shí)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)可知，小球所受重力大小等于其受到的電場(chǎng)力，即：mg＝qE；小球在豎直向上運(yùn)動(dòng)的過程中，其重力做的功和電場(chǎng)力做的功的代數(shù)和為零；則彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于小球動(dòng)能的削減量，故A、C錯(cuò)，D對(duì)；小球僅受到電場(chǎng)力、重力和彈力，故小球機(jī)械能的轉(zhuǎn)變量等于電場(chǎng)力做的功和彈簧的彈力做的功之和，故B錯(cuò)．考點(diǎn)二摩擦力做功的特點(diǎn)及應(yīng)用[同學(xué)用書P93]1．靜摩擦力做功的特點(diǎn)(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零．(3)靜摩擦力做功時(shí)，只有機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)移，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．2．滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)(1)滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互間存在滑動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果：①機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；②有一部分機(jī)械能在相互摩擦的物體間轉(zhuǎn)移，另外一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．(3)摩擦生熱的計(jì)算：Q＝Ffs相對(duì)．其中s相對(duì)為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對(duì)路程．一質(zhì)量m＝2kg的小滑塊，以某一水平速度v從B點(diǎn)滑上水平傳送帶，如圖所示．已知傳送帶勻速運(yùn)行的速度為v0＝4m/s，B點(diǎn)到傳送帶右端C點(diǎn)的距離為L(zhǎng)＝2m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3.當(dāng)滑塊滑到傳送帶的右端C時(shí)，其速度恰好與傳送帶的速度相同．(g＝10m/s2)，求：(1)滑塊剛滑上傳送帶時(shí)的速度大??；(2)此過程中，由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q.[解析](1)若v<v0，滑塊所受摩擦力對(duì)滑塊做正功，由動(dòng)能定理得：μmg·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得：v＝2m/s.若v>v0，滑塊所受摩擦力對(duì)滑塊做負(fù)功由動(dòng)能定理得：－μmg·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得：v＝2eq\r(7)m/s.(2)當(dāng)v＝2m/s時(shí)，設(shè)滑塊從B到C用時(shí)為t，則μmg＝ma，a＝μg＝3m/s2v0＝v＋at，t＝eq\f(v0－v,a)＝eq\f(2,3)sQ＝μmg(v0t－L)代入數(shù)據(jù)解得：Q＝4J.當(dāng)v＝2eq\r(7)m/s時(shí)，同理可得：t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(2\r(7)－4,3)sQ＝μmg(L－v0t)≈1.67J.[答案](1)2m/s或2eq\r(7)m/s(2)4J或1.67J2.(多選)(2021·湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)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)用一水平向右的恒力F始終作用在小物塊上，小物塊與小車之間的滑動(dòng)摩擦力為f，經(jīng)過一段時(shí)間后小車運(yùn)動(dòng)的位移為x，此時(shí)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(shí)物塊的動(dòng)能為F(x＋L)B．此時(shí)小車的動(dòng)能為F(x＋L)C．這一過程中，物塊和小車增加的機(jī)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：選CD.對(duì)小物塊分析，水平方向受到拉力F和摩擦力f，小車位移為x，滑塊相對(duì)于小車位移為L(zhǎng)，則依據(jù)動(dòng)能定理有(F－f)·(x＋L)＝Ek－0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．小車受到水平向右的摩擦力f作用，對(duì)地位移為x，依據(jù)動(dòng)能定理同樣有fx＝E′k－0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．在這一過程，物塊和小車增加的機(jī)械能等于增加的動(dòng)能，即Ek＋E′k＝F(x＋L)－fL，選項(xiàng)C正確．在此過程中外力做功為F(x＋L)，所以系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為F(x＋L)－[F(x＋L)－fL]＝fL，選項(xiàng)D正確．考點(diǎn)三能量守恒定律及應(yīng)用[同學(xué)用書P94]列能量守恒定律方程的兩條基本思路：1．某種形式的能量削減，確定存在其他形式的能量增加，且削減量和增加量確定相等；2．某個(gè)物體的能量削減，確定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量確定相等．如圖所示，一物體質(zhì)量m＝2kg，在傾角θ＝37°的斜面上的A點(diǎn)以初速度v0＝3m/s下滑，A點(diǎn)距彈簧上端B的距離AB＝4m．當(dāng)物體到達(dá)B點(diǎn)后將彈簧壓縮到C點(diǎn)，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(diǎn)，D點(diǎn)距A點(diǎn)的距離AD＝3m．擋板及彈簧質(zhì)量不計(jì)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm.[審題突破](1)物體到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，原來在A點(diǎn)的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化成了何種能量？(2)物體由A到C的整個(gè)過程中，能量是如何轉(zhuǎn)化的？[解析](1)物體從開頭位置A點(diǎn)到最終D點(diǎn)的過程中，彈性勢(shì)能沒有發(fā)生變化，動(dòng)能和重力勢(shì)能削減，機(jī)械能的削減量為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＝Ffx②其中x為物體的路程，即x＝5.4m③Ff＝μmgcos37°④由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤由①②③④⑤式解得μ＝0.52.(2)由A到C的過程中，動(dòng)能削減ΔE′k＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑥重力勢(shì)能削減ΔE′p＝mglACsin37°⑦摩擦生熱Q＝FflAC＝μmgcos37°lAC⑧由能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢(shì)能為ΔEpm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q⑨聯(lián)立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm＝24.5J.[答案](1)0.52(2)24.5J[方法總結(jié)]能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路(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)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量削減，哪種形式的能量增加，求出削減的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最終由ΔE減＝ΔE增列式求解．3.(多選)(2021·湖北鄂東三校聯(lián)考)一圓弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的兩側(cè)與光滑斜坡aa′、bb′相切，相切處a、b位于同一水平面內(nèi)，槽與斜坡在豎直平面內(nèi)的截面如圖所示．一小物塊從斜坡aa′上距水平面ab的高度為2h處沿斜坡自由滑下，并自a處進(jìn)入槽內(nèi)，到達(dá)b后沿斜坡bb′向上滑行，已知到達(dá)的最高處距水平面ab的高度為h；接著小物塊沿斜坡bb′滑下并從b處進(jìn)入槽內(nèi)反向運(yùn)動(dòng)，若不考慮空氣阻力，則()A．小物塊再運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)速度變?yōu)榱鉈．小物塊每次經(jīng)過圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)對(duì)槽的壓力不同C．小物塊不僅能再運(yùn)動(dòng)到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度為hD．小物塊不僅能再運(yùn)動(dòng)到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h解析：選BD.小物塊從a′a滑到bb′上損失的機(jī)械能ΔE1＝mgh＝Ff·s(s為圓弧長(zhǎng))，小物塊第一次由b′b返回到aa′上損失的機(jī)械能ΔE1′＝Ff′·s，由于Ff′<Ff，則ΔE1′<mgh，到達(dá)a處時(shí)的速度大于零，A錯(cuò)；由于小物塊的機(jī)械能減小，每次到達(dá)最低點(diǎn)的速度變小，對(duì)槽的壓力變小，B對(duì)；由能量守恒知，C錯(cuò)，D對(duì)．[同學(xué)用書P94]物理模型——傳送帶模型中的功能問題1．模型概述傳送帶模型典型的有水平和傾斜兩種狀況，涉及功能角度的問題主要有：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解．2．傳送帶模型問題中的功能關(guān)系分析(1)功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)對(duì)WF和Q的理解：①傳送帶的功：WF＝Fx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffs相對(duì)．3．傳送帶模型問題的分析流程(16分)如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0＝2m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)過時(shí)間1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處，取g＝10m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能．[審題點(diǎn)睛](1)運(yùn)動(dòng)過程分析：1.9s內(nèi)工件是否始終加速？若工件先勻加速后勻速運(yùn)動(dòng)，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？eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])—————————該得的分一分不丟！(1)由題圖可知，皮帶長(zhǎng)x＝eq\f(h,sinθ)＝3m．工件速度達(dá)v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝eq\x\to(v)t1＝eq\f(v0,2)t1(2分)勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x－x1＝v0(t－t1)(1分)解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝0.8s(1分)加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝0.8m(1分)所以加速度a＝eq\f(v0,t1)＝2.5m/s2(1分)由牛頓其次定律有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma(2分)解得：μ＝eq\f(\r(3),2).(1分)(2)從能量守恒的觀點(diǎn)，明顯電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)位移時(shí)摩擦力做功發(fā)出的熱量．在時(shí)間t1內(nèi)，皮帶運(yùn)動(dòng)的位移x皮＝v0t1＝1.6m(1分)在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)皮帶的位移x相＝x皮－x1＝0.8m(1分)在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦生熱Q＝μmgcosθ·x相＝60J(2分)工件獲得的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝20J(1分)工件增加的勢(shì)能Ep＝mgh＝150J(1分)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230J．(1分)[答案](1)eq\f(\r(3),2)(2)230J[建模感悟](1)水平傳送帶：共速后不受摩擦力，不再有能量轉(zhuǎn)化．傾斜傳送帶：共速后仍有靜摩擦力，仍有能量轉(zhuǎn)移．(2)滑動(dòng)摩擦力做功，其他能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，靜摩擦力做功，不產(chǎn)生內(nèi)能．4.(2021·西安模擬)如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運(yùn)行．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的小物體拋上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)0～8s內(nèi)物體位移的大小；(2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)0～8s內(nèi)物體機(jī)械能增量及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q.解析：(1)依據(jù)圖象求解x＝eq\f(1,2)×(6－2)×4＋4×2－eq\f(1,2)×2×2＝14(m)．(2)小物體前6s內(nèi)的加速度：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,6－2)m/s2＝1m/s2由牛頓其次定律得：μmgcos37°－mgsin37°＝ma代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.875.(3)0～8s內(nèi)機(jī)械能增量：ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg·xsin37°＝90J0～8s內(nèi)小物塊與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)的距離：s相對(duì)＝vt－x＝4×8－14＝18(m)Q＝Ff·s相對(duì)＝μmgcos37°·s相對(duì)＝126J.答案：(1)14m(2)0.875(3)90J126J[同學(xué)用書P95]1．(多選)(2021·河南南陽一中質(zhì)檢)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力作用．若重力勢(shì)能增加3J，機(jī)械能增加0.5J，電場(chǎng)力對(duì)小球做功1J，則小球()A．重力做功為3JB．電勢(shì)能增加1JC．克服空氣阻力做功0.5JD．動(dòng)能削減2.5J解析：選CD.重力做功等于重力勢(shì)能的削減量，重力勢(shì)能增加3J，故重力做功－3J，故A錯(cuò)誤．電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的削減量，電場(chǎng)力做功1J，故電勢(shì)能削減1J，故B錯(cuò)誤．除重力外的各個(gè)力做的總功等于機(jī)械能的增加量，除重力外，只有電場(chǎng)力做功1J，而機(jī)械能增加0.5J，所以克服空氣阻力做功0.5J，故C正確．合外力做功等于動(dòng)能的增加量，合外力做功等于各個(gè)分力做的功之和，可得合外力做功為－2.5J，故動(dòng)能削減2.5J，故D正確．2．(單選)(2021·長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，物體A的質(zhì)量為m，置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，勁度系數(shù)為k.現(xiàn)將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，使B點(diǎn)上移距離為L(zhǎng)，此時(shí)物體A也已經(jīng)離開地面，則下列說法中正確的是()A．提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功為mgLB．物體A的重力勢(shì)能增加mgLC．系統(tǒng)增加的機(jī)械能小于mgLD．以上說法都不正確解析：選C.在物體離開地面前，提力小于mg，提力做的功小于mgL，A錯(cuò)；物體上升的高度小于L，重力勢(shì)能的增加量小于mgL，B錯(cuò)；系統(tǒng)增加的機(jī)械能等于提力做的功，小于mgL，C對(duì)．3．(多選)(2021·陜西西工大附中適應(yīng)考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以速率v勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體過一會(huì)兒能保持與傳送帶相對(duì)靜止，對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是()A．電動(dòng)機(jī)多做的功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對(duì)物體做的功為eq\f(1,2)mv2C．電動(dòng)機(jī)增加的功率為μmgvD．傳送帶克服摩擦力做功為eq\f(1,2)mv2解析：選BC.由能量守恒知電動(dòng)機(jī)多做的功為物體動(dòng)能增量和摩擦生熱Q，所以A項(xiàng)錯(cuò)；依據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)物體列方程，Wf＝eq\f(1,2)mv2，所以B項(xiàng)正確；由于電動(dòng)機(jī)增加的功率P＝eq\f(物體動(dòng)能增量＋摩擦生熱,時(shí)間)＝eq\f(μmg\f(v,2)t＋μmg\f(v,2)t,t)＝μmgv，C項(xiàng)正確；由于傳送帶與物體共速之前，傳送帶的路程是物體路程的2倍，所以傳送帶克服摩擦力做功是摩擦力對(duì)物體做功的2倍，即mv2，D項(xiàng)錯(cuò)誤．4.(多選)(2021·高考山東卷)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處安裝確定滑輪．質(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊，通過不行伸長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)．若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過程中()A．兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B．重力對(duì)M做的功等于M動(dòng)能的增加C．輕繩對(duì)m做的功等于m機(jī)械能的增加D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功解析：選CD.由于M克服摩擦力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤．由功能關(guān)系知系統(tǒng)削減的機(jī)械能等于M克服摩擦力做的功，D正確．對(duì)M，除重力外還有摩擦力和輕繩拉力對(duì)其做功，由動(dòng)能定理知B錯(cuò)誤．對(duì)m，有拉力和重力對(duì)其做功，由功能關(guān)系知C正確．5．(多選)(2021·內(nèi)蒙古包鋼一中適應(yīng)考)升降機(jī)底板上放有一質(zhì)量為100kg的物體，物體隨升降機(jī)由靜止開頭豎直向上移動(dòng)5m時(shí)速度達(dá)到4m/s，則此過程中(g取10m/s2)()A．升降機(jī)對(duì)物體做功5800JB．合外力對(duì)物體做功5800JC．物體的重力勢(shì)能增加5000JD．物體的機(jī)械能增加5000J解析：選AC.依據(jù)動(dòng)能定理，W支持－mgh＝eq\f(1,2)mv2－0可得W支持＝5800J，A項(xiàng)正確；W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝800J，B項(xiàng)錯(cuò)；ΔEp增＝mgh＝5000J，C項(xiàng)正確；機(jī)械能增加量ΔE＝W支持＝5800J，D項(xiàng)錯(cuò)．6.如圖所示，AB為半徑R＝0.8m的1/4光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對(duì)接．小車質(zhì)量M＝3kg，車長(zhǎng)L＝2.06m，車上表面距地面的高度h＝0.2m，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的滑塊，由軌道頂端無初速度釋放，滑到B端后沖上小車．已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了t0＝1.5s時(shí)，車被地面裝置鎖定(g＝10m/s2)．試求：(1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大?。?2)車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開頭運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小．解析：(1)由機(jī)械能守恒定律和牛頓其次定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，F(xiàn)NB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)則：FNB＝30N.(2)設(shè)m滑上小車后經(jīng)過時(shí)間t1與小車同速，共同速度大小為v對(duì)滑塊有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1對(duì)于小車：μmg＝Ma2，v＝a2t1解得：v＝1m/s，t1＝1s，因t1＜t0故滑塊與小車同速后，小車連續(xù)向左勻速行駛了0.5s，則小車右端距B端的距離為s車＝eq\f(v,2)t1＋v(t0－t1)解得s車＝1m.(3)Q＝μmgs相對(duì)＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vB＋v,2)t1－\f(v,2)t1))解得Q＝6J.答案：(1)30N(2)1m(3)6J一、單項(xiàng)選擇題1.自然現(xiàn)象中隱蔽著很多物理學(xué)問，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，則水的重力勢(shì)能()A．增大 B．變小C．不變 D．不能確定解析：選A.人對(duì)水做正功，則水的機(jī)械能增大，由于水的動(dòng)能仍為0，故重力勢(shì)能增大，A對(duì)．2．(2022·高考廣東卷)如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖．圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦．在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()A．緩沖器的機(jī)械能守恒B．摩擦力做功消耗機(jī)械能C．墊板的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D．彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能解析：選B.在車廂相互撞擊使彈簧壓縮過程中，由于要克服摩擦力做功，且緩沖器所受合外力做功不為零，因此機(jī)械能不守恒，A項(xiàng)錯(cuò)誤；克服摩擦力做功消耗機(jī)械能，B項(xiàng)正確；撞擊以后墊板和車廂有相同的速度，因此動(dòng)能并不為零，C項(xiàng)錯(cuò)誤；壓縮彈簧過程彈簧的彈性勢(shì)能增加，并沒有減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤．3．(2021·云南第一次檢測(cè))起跳摸高是同學(xué)經(jīng)常進(jìn)行的一項(xiàng)體育活動(dòng)．一質(zhì)量為m的同學(xué)彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學(xué)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(shí)他的速度大小為v.下列說法正確的是()A．該同學(xué)機(jī)械能增加了mghB．起跳過程中該同學(xué)機(jī)械能增量為mgh＋eq\f(1,2)mv2C．地面的支持力對(duì)該同學(xué)做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2D．該同學(xué)所受的合外力對(duì)其做功為eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：選B.同學(xué)重心上升h，重力勢(shì)能增大了mgh，又知離地時(shí)獲得動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2，則機(jī)械能增加了mgh＋eq\f(1,2)mv2，A錯(cuò)，B對(duì)；人與地面作用過程中，支持力對(duì)人做功為零，C錯(cuò)；同學(xué)受合外力做功等于動(dòng)能增量，則W合＝eq\f(1,2)mv2，D錯(cuò)．4．(2021·黑龍江齊齊哈爾模擬)如圖所示，質(zhì)量相等、材料相同的兩個(gè)小球A、B間用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連組成系統(tǒng)，系統(tǒng)穿過一粗糙的水平滑桿，在作用在B上的水平外力F的作用下由靜止開頭運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們的總動(dòng)能為4Ek時(shí)撤去外力F，最終停止運(yùn)動(dòng)．不計(jì)空氣阻力，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．則在從撤去外力F到停止運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()A．撤去外力F的瞬間，彈簧的壓縮量為eq\f(F,2k)B．撤去外力F的瞬間，彈簧的伸長(zhǎng)量為eq\f(F,k)C．系統(tǒng)克服摩擦力所做的功小于系統(tǒng)機(jī)械能的削減量D．A克服外力所做的總功等于2Ek解析：選D.撤去F瞬間，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對(duì)系統(tǒng)，在F作用下一起勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓其次定律有F－2μmg＝2ma，對(duì)A有kΔx－μmg＝ma，求得拉伸量Δx＝eq\f(F,2k)，則A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；撤去F之后，系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過程中，克服摩擦力所做的功等于機(jī)械能的削減量，則C錯(cuò)誤；對(duì)A利用動(dòng)能定理W合＝0－EkA，又有EkA＝EkB＝2Ek，則知A克服外力做的總功等于2Ek，則D項(xiàng)正確．5．(2021·山西太原一模)將小球以10m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢(shì)能面，小球在上升過程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與上上升度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示．取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．小球的質(zhì)量為0.2kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20NC．小球動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為eq\f(20,13)mD．小球上升到2m時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5J解析：選D.在最高點(diǎn)，Ep＝mgh得m＝0.1kg，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由除重力以外其他力做功E其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E為機(jī)械能，解得f＝0.25N，B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)小球動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為H，此時(shí)有mgH＝eq\f(1,2)mv2，由動(dòng)能定理：－fH－mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得H＝eq\f(20,9)m，故C項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)上升h′＝2m時(shí)，由動(dòng)能定理，－fh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得Ek2＝2.5J，Ep2＝mgh′＝2J，所以動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5J，故D項(xiàng)正確．6.(2021·湖北襄陽調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為h.已知斜面傾角為α，斜面與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ<tanα，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取斜面底端為零勢(shì)能面，則能表示滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能E、動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep與上上升度h之間關(guān)系的圖象是()解析：選D.勢(shì)能先隨高度增加而變大，后隨高度減小而變小，上行與下行圖線重合為一條第一象限內(nèi)過原點(diǎn)的傾斜線段，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；機(jī)械能變化參考摩擦力做功，上行和下行過程中摩擦力隨高度變化均勻做功，機(jī)械能隨高度變化均勻減小，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；動(dòng)能變化參考合外力做功，上行過程的合外力大于下行過程的合外力，且合外力在運(yùn)動(dòng)過程中大小恒定，隨高度變化均勻做功，D選項(xiàng)正確，C選項(xiàng)錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)選擇題7．足夠長(zhǎng)的水平傳送帶始終以速度v勻速運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻，一質(zhì)量為m、速度大小為v，方向與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反的物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)，最終物體與傳送帶相對(duì)靜止．物體在傳送帶上相對(duì)滑動(dòng)的過程中，滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體做的功為W1，傳送帶克服滑動(dòng)摩擦力做的功為W2，物體與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則()A．W1＝eq\f(1,2)mv2 B．W1＝2mv2C．W2＝mv2 D．Q＝2mv2解析：選AD.設(shè)小物體速度由v減到零過程對(duì)地位移大小為x，則該過程傳送帶對(duì)地位移為2x，兩者相對(duì)移動(dòng)的路程為3x，當(dāng)小物體速度由零增加到v過程，小物體和傳送帶對(duì)地位移分別為x和2x，兩者相對(duì)移動(dòng)的路程為x，因此全過程兩者相對(duì)移動(dòng)的路程為4x，摩擦生熱Q＝4Ffx，而Ffx＝eq\f(1,2)mv2，所以Q＝2mv2.滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體做的功W1＝eq\f(1,2)mv2，物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的過程中，傳送帶克服摩擦力做的功W2＝4Ffx＝2mv2，選項(xiàng)A、D正確．8.(2021·高考大綱全國卷)如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以確定的初速度沿斜面對(duì)上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的()A．動(dòng)能損失了2mgH B．動(dòng)能損失了mgHC．機(jī)械能損失了mgH D．機(jī)械能損失了eq\f(1,2)mgH解析：選AC.由于上升過程中的加速度大小等于重力加速度，依據(jù)牛頓其次定律得mgsin30°＋f＝mg，解得f＝eq\f(1,2)mg.由動(dòng)能定理可得ΔEk＝mgH＋fL＝2mgH，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；機(jī)械能的削減量在數(shù)值上等于克服摩擦力做的功，則Wf＝fL＝mgH，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．9.(2021·河南適應(yīng)性測(cè)試)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球套在光滑豎直桿上，輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與該小球相連．現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，沿豎直桿運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．已知OA的長(zhǎng)度小于OB的長(zhǎng)度，彈簧處于OA、OB兩位置時(shí)彈力大小相等．在小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中()A．小球的加速度等于重力加速度g的位置有兩個(gè)B．彈簧彈力的功率為零的位置有兩個(gè)C．彈簧彈力對(duì)小球先做負(fù)功，后做正功D．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度確定不為零解析：選AD.由題意可知，小球在A點(diǎn)時(shí)，彈簧壓縮，在B點(diǎn)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，對(duì)由A運(yùn)動(dòng)到B的過程進(jìn)行受力分析可知，當(dāng)彈簧與桿垂直的時(shí)候加速度為g，而且當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)的時(shí)候加速度也是g，因此選項(xiàng)A正確；當(dāng)速度為0時(shí)，當(dāng)彈力為0時(shí)，以及當(dāng)彈簧與桿垂直的時(shí)候彈簧彈力的功率均為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)過程中彈簧彈力對(duì)小球先做負(fù)功，后做正功，再做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度確定不為零，選項(xiàng)D正確；所以答案選A、D.☆10.(2021·四川資陽模擬)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的固定光滑細(xì)桿與地面成確定夾角，在桿上套有一個(gè)光滑小環(huán)，沿桿方向給環(huán)施加一個(gè)拉力F，使環(huán)由靜止開頭運(yùn)動(dòng)，已知拉力F及小環(huán)速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2.則以下推斷正確的是()A．小環(huán)的質(zhì)量是1kgB．細(xì)桿與地面間的夾角是30°C．前3s內(nèi)拉力F的最大功率是2.5WD．前3s內(nèi)小環(huán)機(jī)械能的增加量是6.25J解析：選AC.在第1s內(nèi)拉力F1＝5N，加速度a1＝0.5m/s2，在第2s和第3s內(nèi)拉力F2＝4.5N，加速度a2＝0，設(shè)夾角為α，依據(jù)牛頓其次定律，F(xiàn)1－mgsinα＝ma1，F(xiàn)2－mgsinα＝ma2，可得m＝1kg，α＝arcsin0.45，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；前3s內(nèi)拉力F的最大功率是Pm＝F1vm＝5N×0.5m/s＝2.5W，選項(xiàng)C正確；前3s內(nèi)小環(huán)機(jī)械能的增加量等于拉力F做的功，即ΔE＝F1x1＋F2x2＝5×eq\f(1,2)×1×0.5J＋4.5×2×0.5J＝5.75J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．三、非選擇題11．(2021·山西太原模擬)如圖所示，在水平地面上固定一個(gè)半徑為R的半圓形軌道，其中圓弧部分光滑，水平段長(zhǎng)為L(zhǎng)，一質(zhì)量為m的小物塊緊靠一根被壓縮的固定在水平軌道的最右端的彈簧，小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)突然釋放小物塊，小物塊被彈出，恰好能夠到達(dá)圓弧軌道的最高