高考二轮精华汇编考点功能关系能量守恒定律解读

高考二轮精华汇编考点功能关系能量守恒定律解读

功能关系　能量守恒定律 考纲解读1.掌握功和能的对应关系，特别是合力功、重力功、弹力功分别对应的能量转化关系.2.理解能量守恒定律，并能分析解决有关问题．‎ ‎1．对于功和能的关系，下列说法中正确的是 (　　)‎ A．功就是能，能就是功 B．功可以变为能，能可以变为功 C．做功的过程就是能量转化的过程 D．功是物体能量的量度 答案　C 解析　功和能是两个密切相关的物理量，但功和能有本质的区别，功是反映物体在相互作用过程中能量变化多少的物理量，与具体的能量变化过程相联系，是一个过程量；能是用来反映物体具有做功本领的物理量，物体处于一定的状态(如速度和相对位置)就具有一定的能量，功是反映能量变化的多少，而不是反映能量的多少．‎ ‎2．从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h.设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为Ff.下列说法正确的是 (　　)‎ A．小球上升的过程中动能减少了mgh B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了Ffh C．小球上升的过程中重力势能增加了mgh D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了Ffh 答案　C 解析　根据动能定理，上升的过程中动能减少量等于小球克服重力和阻力做的功，为mgh＋Ffh，小球上升和下降的整个过程中动能减少量和机械能的减少量都等于整个过程中克服阻力做的功，为2Ffh，A、B、D错，选C.‎ ‎3．如图1所示，美国空军X－37B无人 航天飞机于2010年4月首飞，在X－37B由较低轨道飞到较高轨 道的过程中 (　　)‎ A．X－37B中燃料的化学能转化为X－37B的机械能 图1‎ B．X－37B的机械能要减少 C．自然界中的总能量要变大 D．如果X－37B在较高轨道绕地球做圆周运动，则在此轨道上其机械能不变 答案　AD 解析　在X－37B由较低轨道飞到较高轨道的过程中，必须启动助推器，对X－37B做正功，X－37B的机械能增大，A对，B错．根据能量守恒定律，C错．X－37B在确定轨道上绕地球做圆周运动，其动能和重力势能都不会发生变化，所以机械能不变，D对．‎ 考点梳理 一、功能关系 功 能量的变化 ‎ 合外力做正功 动能增加 重力做正功 重力势能减少 弹簧弹力做正功 弹性势能减少 电场力做正功 电势能减少 其他力(除重力、弹力外)做正功 机械能增加 二、能量守恒定律 ‎1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．‎ ‎2．表达式：ΔE减＝ΔE增．‎ ‎4．如图2所示，ABCD是一个盆式容器，‎ 盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，‎ B、C在水平线上，其距离d＝‎0.5 m．盆边缘的高度为h＝ 图2‎ ‎0.30 m‎．在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为 (　　)‎ A．‎0.50 m B．‎0.25 m C．‎0.10 m D．0‎ 答案　D 解析　由mgh＝μmgx，得x＝‎3 m，而＝＝6，即3个来回后，恰停在B点，选项D正确．‎ ‎5．如图3所示，某段滑雪雪道倾角为30°，‎ 总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道 上由静止开始匀加速下滑，加速度为g.在他从上向下滑到底端的 图3‎ 过程中，下列说法中正确的是 (　　)‎ A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．运动员获得的动能为mgh C．运动员克服摩擦力做功为mgh D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh 答案　D 解析　运动员的加速度为g，小于gsin 30°，所以运动员下滑的过程中必受摩擦力，且大小为mg，克服摩擦力做功为mg·＝mgh，故C错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有mgh的重力势能转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为mg·＝mgh，故B错．‎ 方法提炼 ‎1．物体克服摩擦力做功时，能量由机械能转化为内能．‎ ‎2．摩擦力做功产生的内能：Q＝Ffs，s为路程.‎ 考点一　功能关系的应用 ‎1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析．‎ ‎2．只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析．‎ ‎3．只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．‎ ‎4．只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析．‎ 例1　如图4所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的 ‎ 一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m 的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上 升高度h的过程中 (　　) 图4‎ A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和 解析　由于斜面光滑，物块A静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A相对斜面下滑一段距离，故选项A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C正确；物块A和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D正确．‎ 答案　CD 突破训练1　如图5所示，一轻弹簧左端与物体A相连，右端与 物体B相连，开始时，A、B均在粗糙水平面上不动，弹簧处 于原长状态．在物体B上作用一水平向右的恒力F，使物体 图5‎ A、B向右运动．在此过程中，下列说法正确的是 (　　)‎ A．合外力对物体A所做的功小于物体A的动能增量 B．外力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量 C．外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及弹簧弹性势能增量之和 D．外力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与弹簧弹性势能增量之和 答案　C 考点二　摩擦力做功的特点及应用 ‎1．静摩擦力做功的特点 ‎(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．‎ ‎(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．‎ ‎(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．‎ ‎2．滑动摩擦力做功的特点 ‎(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．‎ ‎(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：‎ ‎①机械能全部转化为内能；‎ ‎②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．‎ ‎(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffs相对．其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．‎ 深化拓展　从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．‎ 例2　如图6所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平 的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间 的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B. 图6‎ ‎(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？‎ ‎(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．‎ 审题指导　当把滑块B拉离A时，B的位移为A的位移与A的长度之和．注意：审题时要画出它们的位移草图．‎ 解析　(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为l，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得 μmgl＝mv ‎(F－μmg)·(l＋L)＝mv 又由同时性可得 ＝(其中aA＝μg，aB＝)‎ 解得l＝.‎ ‎(2)由功能关系知，拉力F做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有 F(l＋L)＝mv＋mv＋Q 解得Q＝μmgL.‎ 答案　(1)　(2)μmgL 突破训练2　如图7所示，一质量为m＝‎2 kg的滑块从半径为R＝‎0.2 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0＝‎4 m/s，B点到传送带右端C点的距离为L＝‎2 m．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g＝‎ ‎10 m‎/s2)，求：‎ 图7‎ ‎(1)滑块到达底端B时对轨道的压力；‎ ‎(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q.‎ 答案　(1)60 N，方向竖直向下　(2)0.3　(3)4 J 解析　(1)滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得：‎ mgR＝mv ①‎ 物体在B点，由牛顿第二定律得：‎ FB－mg＝m ②‎ 由①②两式得：FB＝60 N 由牛顿第三定律得滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下．‎ ‎(2)解法一：‎ 滑块在从B到C运动过程中，‎ 由牛顿第二定律得：μmg＝ma ③‎ 由运动学公式得：v－v＝2aL ④‎ 由①③④三式得：μ＝0.3 ⑤‎ 解法二：‎ 滑块在从A到C整个运动过程中，‎ 由动能定理得：mgR＋μmgL＝mv－0‎ 解得：μ＝0.3‎ ‎(3)滑块在从B到C运动过程中，设运动时间为t 由运动学公式得：v0＝vB＋at ⑥‎ 产生的热量：Q＝μmg(v0t－L) ⑦‎ 由①③⑤⑥⑦得：Q＝4 J.‎ 考点三　能量守恒定律及应用 列能量守恒定律方程的两条基本思路：‎ ‎(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；‎ ‎(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．‎ 例3　如图8所示有一倾角为θ＝37°的硬杆，其上套一底端固定且 劲度系数为k＝120 N/m的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦．一个质量 为m＝‎1 kg的小球套在此硬杆上，从P点由静止开始滑下，已知 小球与硬杆间的动摩擦因数μ＝0.5，P与弹簧自由端Q间的距离 图8‎ 为l＝‎1 m．弹簧的弹性势能与其形变量x的关系为Ep＝kx2.求：‎ ‎(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t；‎ ‎(2)小球运动过程中达到的最大速度vm；‎ ‎(3)若使小球在P点以初速度v0下滑后又恰好回到P点，则v0需多大？‎ 解析　(1)F合＝mgsin θ－μmgcos θ a＝＝gsin θ－μgcos θ＝‎2 m/s2‎ l＝at2‎ 所以t＝ ＝1 s ‎(2)小球从P点无初速度滑下，当弹簧的压缩量为x时小球有最大速度vm，有 mgsin θ－μmgcos θ＝kx，x＝ m 此过程由能量守恒定律可得：‎ mg·(l＋x)sin θ＝W弹＋μmgcos θ(l＋x)＋mv 而W弹＝kx2‎ 代入数据解得：vm＝ m/s＝‎2 m/s ‎(3)设小球从P点以初速度v0下滑，压缩弹簧至最低点时弹簧的压缩量为x1，由能量守恒有：‎ mg(l＋x1)sin θ＋mv＝μmgcos θ(l＋x1)＋kx 小球从最低点经过Q点回到P点时的速度为0，则有：‎ kx＝mg(l＋x1)sin θ＋μmgcos θ(l＋x1)‎ 联立以上二式解得x1＝‎0.5 m，v0＝‎2 m/s＝‎4.9 m/s.‎ 答案　(1)1 s　(2)‎2 m/s　(3)‎4.9 m/s 应用能量守恒定律解题的步骤 ‎　 1.分清有多少形式的能在变化；‎ ‎2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量 ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；‎ ‎3．列出能量守恒关系式：ΔE减 ＝ΔE增．‎ 突破训练3　假设某足球运动员罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v.横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1‎ ‎，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是 (　　)‎ A．运动员对足球做的功为W1＝mgh＋mv2－W2‎ B．足球机械能的变化量为W1－W2‎ C．足球克服阻力做的功为W2＝mgh＋mv2－W1‎ D．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh＋mv2‎ 答案　B 解析　由功能关系可知：W1＝mgh＋mv2＋W2，A项错．足球机械能的变化量为除重力、弹力之外的力做的功．ΔE机＝W1－W2，B项对；足球克服阻力做的功W2＝W1－mgh－‎ mv2，C项错．D项中，刚踢完球瞬间，足球的动能应为Ek＝W1＝mgh＋mv2＋W2，D项错.‎ ‎24．传送带模型中的动力学和功能关系问题 ‎ ‎1．模型概述 传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律，求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．‎ ‎2．传送带模型问题中的功能关系分析 ‎(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.‎ ‎(2)对WF和Q的理解：‎ ‎①传送带的功：WF＝Fx传；‎ ‎②产生的内能Q＝Ffs相对．‎ 传送带模型问题的分析流程 例4　如图9所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在 电动机的带动下，始终保持v0＝‎2 m/s的速率运行，现把一质量为 m＝‎10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间t＝‎ ‎1.9 s，工件被传送到h＝‎1.5 m的高处，取g＝‎10 m/s2，求： 图9‎ ‎(1)工件与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．‎ 解析　(1)由题图可知，皮带长x＝＝‎3 m．工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝t1＝t1‎ 匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)‎ 解得加速运动的时间t1＝0.8 s 加速运动的位移x1＝‎0.8 m，所以加速度a＝＝‎2.5 m/s2‎ 由牛顿第二定律有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝.‎ ‎(2)根据能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．‎ 在时间t1内，皮带运动的位移x皮＝v0t1＝‎‎1.6 m 在时间t1内，工件相对皮带的位移x相＝x皮－x1＝‎‎0.8 m 在时间t1内，摩擦产生的热量Q＝μmgcos θx相＝60 J 工件获得的动能Ek＝mv＝20 J 工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.‎ 答案　(1)　(2)230 J ‎　　　　 　本题综合考查了动力学及能量守恒定律的应用．第一问重点 在对运动过程分析的基础上的公式应用，第二问是考查能量守恒 问题．‎ ‎77突破训练4　如图10所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，‎ ‎ 传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的 ‎ 动摩擦因数为μ，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止， 图10‎ 对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是 (　　)‎ A．电动机多做的功为mv21‎ B．物体在传送带上的划痕长 C．传送带克服摩擦力做的功为mv2‎ D．电动机增加的功率为μmgv 答案　D 解析　小物块与传送带相对静止之前，物体做匀加速运动，由运动学公式知x物＝t，传送带做匀速运动，由运动学公式知x传＝vt，对物块根据动能定理μmgx物＝mv2，摩擦产生的热量Q＝μmgx相＝μmg(x传－x物)，四式联立得摩擦产生的热量Q＝mv2，根据能量守恒定律，电动机多做的功一部分转化为物块的动能，一部分转化为热量，故电动机多做的功等于mv2，A项错误；物体在传送带上的划痕长等于x传－x物＝x物＝，B项错误；传送带克服摩擦力做的功为μmgx传＝2μmgx物＝mv2，C项错误；电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为μmgv，D项正确．‎ 高考题组 ‎1．(2012·安徽理综·16)如图11所示，在竖直平面内有一半径为R ‎ 的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球 ‎ 自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高 点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，‎ 则小球从P到B的运动过程中 (　　)‎ A．重力做功2mgR 图11‎ B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 答案　D 解析　小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝.小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR ‎，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故选项C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故选项D正确．‎ ‎2．(2012·福建理综·17)如图12所示，表面光滑的固定斜面顶端安装 一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量 和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态．‎ 剪断轻绳后A下落，B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地， 图12‎ 两物块 (　　)‎ A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同 C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同 答案　D 解析　A、B开始时处于静止状态，对A：mAg＝T ①‎ 对B：T＝mBgsin θ ②‎ 由①②得mAg＝mBgsin θ 即mA＝mBsin θ ③‎ 剪断轻绳后，A、B均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B项错误；由机械能守恒知，mgh＝mv2，所以v＝，落地速率相同，故速率的变化量相同，A项错误；由ΔEp＝mgh，因m不同，故ΔEp不同，C项错误；重力做功的功率PA＝mAg＝mAg＝mAg，PB＝mBgsin θ＝mBgsin θ，由③式mA＝mBsin θ，得PA＝PB，D项正确．‎ ‎3．(2010·山东理综·22)如图13所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在 ‎ 地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于 ‎ 斜面上，其上端与斜面 顶端齐平．用细线将物块与软绳连接， 图13‎ ‎ 物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此 过程中 (　　)‎ A．物块的机械能逐渐增加 B．软绳重力势能共减少了mgl C．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功 D．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和 答案　BD 解析　细线的拉力对物块做负功，所以物块的机械能减少，故选项A错误；软绳减少的重力势能ΔEp＝mg(－sin 30°)＝mgl，故选项B正确；软绳被拉动，表明细线对软绳的拉力大于摩擦力，而物块重力势能的减少等于克服细线拉力做功与物块动能之和，选项C错误；对软绳应用动能定理，有WT＋WG－Wf＝ΔEk，所以软绳重力势能的减少ΔEp＝WG＝ΔEk＋(Wf－WT)，所以ΔEp<ΔEk＋Wf，选项D正确．‎ 模拟题组 ‎4．如图14所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动．一小物块以v1‎ 的初速度冲上传送带，v1>v2.小物块从A到B的过程中一直做减速运 动，则(　　)‎ A．小物块到达B端的速度可能等于v2‎ B．小物块到达B端的速度不可能等于零 图14‎ C．小物块的机械能一直在减少 D．小物块所受合力一直在做负功 答案　AD 解析　小物块一直做减速运动，到B点时速度为小于v1的任何值，故A正确，B错误．当小物块与传送带共速后，如果继续向上运动，摩擦力将对小物块做正功，机械能将增加，故C错误．W合＝ΔEk<0，D正确．‎ ‎5．如图15甲所示，一根轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块与弹簧不连接，小物块的质量为m＝‎2 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧至A点(压缩量为xA)，此时弹簧的弹性势能Ep＝2.3 J．在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图乙所示．然后突然撤去外力，让小物块沿桌面运动到B点后水平抛出．已知A、B之间的距离为L＝‎0.65 m，水平桌面的高为h＝‎5 m，计算时，可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力．g取‎10 m/s2，求：‎ 图15‎ ‎(1)在A点释放小物块后瞬间，小物块的加速度；‎ ‎(2)小物块落地点与桌边B的水平距离．‎ 答案　(1)‎22 m/s2　(2)‎‎1 m 解析　(1)由F－x图象可得，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为Ff＝2 N 释放瞬间弹簧弹力大小 FT＝F－Ff＝(48－2) N＝46 N 故释放瞬间小物块的加速度大小为 a＝＝ m/s2＝‎22 m/s2‎ ‎(2)从A点开始到B点的过程中，摩擦产生的热量Q＝FfL 对小物块根据能量守恒有Ep＝mv＋Q 物块从B点开始做平抛运动，则h＝gt2‎ 故小物块落地点与桌边B的水平距离x＝vBt 联立解得x＝‎‎1 m ‎ (限时：45分钟)‎ ‎►题组1　几个重要功能关系的应用 1． 如图1所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功 ‎(　　)‎ 图1‎ A．都必须大于mgh B．都不一定大于mgh C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh D．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh 答案　C 解析　采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确．‎ ‎2．如图2所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，以下说法 正确的是 (　　)‎ A．牵引力与克服摩擦力做的功相等 图2‎ B．合外力对汽车不做功 C．牵引力和重力做的总功大于克服摩擦力做的功 D．汽车在上拱形桥的过程中克服重力做的功转化为汽车的重力势能 答案　BD 解析　汽车由A匀速率运动到B，合外力始终指向圆心，合外力做功为零，即W牵＋WG－Wf＝0，即牵引力与重力做的总功等于克服摩擦力做的功，A、C错误，B正确；汽车在上拱形桥的过程中，克服重力做的功转化为汽车的重力势能，D正确．‎ ‎3．如图3所示，一轻质弹簧原长为l，竖直固定在水平面上，一质量 为m的小球从离水平面高为H处自由下落，正好压在弹簧上，下落 过程中小球遇到的空气阻力恒为Ff，小球压缩弹簧的最大压缩量为 x，则弹簧被压到最短时的弹性势能为 (　　)‎ A．(mg－Ff)(H－l＋x) 图3‎ B．mg(H－l＋x)－Ff(H－l)‎ C．mgH－Ff(l－x)‎ D．mg(l－x)＋Ff(H－l＋x)‎ 答案　A 解析　小球重力势能的减少量为 ΔEp＝mg(H－l＋x)‎ 克服空气阻力做的功为Wf＝Ff(H－l＋x)‎ 弹性势能的增加量为 ΔE＝ΔEp－Wf＝(mg－Ff)(H－l＋x)‎ 故选项A正确．‎ ‎4．若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变) (　　)‎ A．礼花弹的动能变化量为W3＋W2＋W1‎ B．礼花弹的动能变化量为W3－W2－W1‎ C．礼花弹的机械能变化量为W3－W2‎ D．礼花弹的机械能变化量为W3－W2－W1‎ 答案　BC 解析　动能变化量等于各力做功的代数和，阻力、重力都做负功，故W3－W1－W2＝ΔEk，所以B对，A错．重力以外其他力做功的和为W3－W2即等于机械能增加量，所以C对，D错．‎ ‎5．如图4所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)‎ 底部A处由静止运动至高为h的坡顶B，获得的速度为v，AB之间 的水平距离为x，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　)‎ A．小车重力所做的功是mgh 图4‎ B．合外力对小车做的功是mv2‎ C．推力对小车做的功是mv2＋mgh D．阻力对小车做的功是Fx－mv2－mgh 答案　B 解析　小车重力所做的功为－mgh，A错误．由动能定理得合外力对小车做的功W＝‎ mv2，B正确．推力对小车做的功为Fx，C错误．根据动能定理，阻力对小车做的功为－(Fx－mv2－mgh)，故D错误．‎ 题组2　动能定理的应用 ‎6．如图5所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲 上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面 上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体 (　　) 图5‎ A．重力势能增加了mgh B．重力势能增加了mgh C．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh 答案　BD 解析　设物体受到的摩擦阻力为Ff，由牛顿运动定律得Ff＋mgsin 30°＝ma＝mg，解得Ff＝mg.‎ 重力势能的变化由重力做功决定，故 ΔEp＝mgh.‎ 动能的变化由合外力做功决定，故 ΔEk＝(Ff＋mgsin 30°)x＝mg· ‎＝mgh.‎ 机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE机械＝Ff·x＝mg·＝mgh，故B、D正确，A、C错误．‎ ‎7．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并刚好从中穿出．对于这一过程，下列说法正确的是 (　　)‎ A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能 B．子弹和木块组成的系统机械能的损失量等于系统产生的热量 C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和 D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和 答案　BD 解析　子弹射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用使得子弹的动能减少，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失．A选项没有考虑系统增加的内能，C选项中应考虑的是系统(子弹、木块)内能的增加，A、C错，B、D对．‎ ‎8．如图6所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使它从静止开始运动，物块和小车之间摩擦力的大小为Ff，当小车运动的位移为x时，物块刚好滑到小车的最右端．若小物块可视为质点，则 (　　)‎ 图6‎ A．物块受到的摩擦力对物块做的功与小车受到的摩擦力对小车做功的代数和为零 B．整个过程物块和小车间摩擦产生的热量为Ffl C．小车的末动能为Ffx D．整个过程物块和小车增加的机械能为F(x＋l)‎ 答案　BC 解析　物块与小车之间的摩擦力为滑动摩擦力，这一对滑动摩擦力做功，做功之和应小于零，选项A错误；由功能关系知，系统机械能的增加量为F(l＋x)－Ffl，D项错误，B项正确．对小车应用动能定理知Ffx＝Mv2，C项正确．‎ ‎9．如图7所示，倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面 平滑相连，质量分别为‎3m、m的两个小球A、B用一根长 为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端，现由静止释放A、‎ B两球，球B与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰 后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上．重力加速度 图7‎ 为g，不计一切摩擦，则 (　　)‎ A．小球A下滑过程中，小球A、B系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小 B．A球刚滑至水平面时，速度大小为 C．小球B升高L/2时，重力对小球A做功的功率大于重力对小球B做功的功率 D．小球B从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B做功为 答案　ABC 解析　小球A下滑过程中，B球的重力对B球做负功，A球的重力对A球做正功，但由系统的动能增大可知，系统的重力势能减小，故小球A、B系统的重力对系统做正功，A项正确；对A、B系统利用机械能守恒可知，A球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL－mg＝×4mv2，故v＝，B项正确；小球B升高L/2时，因两球的速度大小相等，而A球沿斜面向下的分力为1.5mg，故此时重力对小球A做功的功率大于重力对小球B做功的功率，C项正确；小球B从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg－mgL＝×4mv′2，故v′＝，对B球利用动能定理有：W－mgL＝mv′2，故W＝，D项错误．‎ ‎10．如图8所示，水平传送带AB长‎21 m，以‎6 m/s顺时针匀速 转动，台面与传送带平滑连接于B点，半圆形光滑轨道半径 R＝‎1.25 m，与水平台面相切于C点，BC长x＝‎5.5 m，P点 是圆弧轨道上与圆心O等高的一点．一质量为m＝‎1 kg的物 图8‎ 块(可视为质点)，从A点无初速度释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是 (　　)‎ A．物块不能到达P点 B．物块能越过P点做斜抛运动 C．物块能越过P点做平抛运动 D．物块能到达P点，但不会出现选项B、C所描述的运动情况 答案　D 解析　物块从A点释放后在传送带上做加速运动，假设到达台面之前能够达到传送带的速度v，则由动能定理得，μmgx1＝mv2，得x1＝‎18 m<‎21 m，假设成立．物块以‎6 m/s冲上台面，假设物块能到达P点，则到达P点时的动能EkP可由动能定理求得，－μmgx－mgR＝EkP－mv2，得EkP＝0，可见，物块能到达P点，速度恰为零，之后从P点沿圆弧轨道滑回，不会出现选项B、C所描述的运动情况，D正确．‎ ‎►题组3　动力学方法和功能关系的综合应用 ‎11．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧 ‎ 轨道AB的底端等高对接，如图9所示．已知小车质量M＝‎2 kg，‎ ‎ 小车足够长，圆弧轨道半径R＝‎0.8 m．现将一质量m＝‎0.5 kg的 ‎ 小滑块，由轨道顶端A点无初速度释放，滑块滑到B端后冲上 图9‎ 小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2.(取g＝‎10 m/s2)试求：‎ ‎(1)滑块到达B端时，对轨道的压力大小；‎ ‎(2)小车运动2 s时，小车右端距轨道B端的距离；‎ ‎(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．‎ 答案　(1)15 N　(2)‎0.96 m　(3)3.2 J 解析　(1)滑块从A端下滑到B端时速度大小为v0，由动能定理得 mgR＝mv v0＝‎4 m/s 在B点对滑块由牛顿第二定律得 FN－mg＝m 解得轨道对滑块的支持力FN＝3mg＝15 N 由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小FN′＝15 N ‎(2)滑块滑上小车后，由牛顿第二定律 对滑块：－μmg＝ma1，得a1＝－‎2 m/s2‎ 对小车：μmg＝Ma2，得a2＝‎0.5 m/s2‎ 设经时间t后两者达到共同速度，则有 v0＋a1t＝a2t 解得t＝1.6 s 由于t＝1.6 s<2 s．故1.6 s后小车和滑块一起匀速运动，速度v＝a2t＝‎0.8 m/s 因此，2 s时小车右端距轨道B端的距离为 x＝a2t2＋v(2－t)＝‎‎0.96 m ‎(3)滑块相对小车滑动的距离为 Δx＝t－t＝‎‎3.2 m 所以产生的内能Q＝μmgΔx＝3.2 J ‎12．如图10所示，在水平地面上固定一个半径为R的半圆形 轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为L，一质量为m的 小物块紧靠一根被压缩的弹簧固定在水平轨道的最右端， 图10‎ 小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点A，取g＝‎10 m/s2，且弹簧长度忽略不计，求：‎ ‎(1)小物块的落点距O′的距离；‎ ‎(2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能．‎ 答案　(1)2R　(2)mgR＋μmgL 解析　设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v3.‎ ‎(1)因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有＝mg①‎ 小物块由A飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律有 x＝v3t ②‎ ‎2R＝gt2 ③‎ 联立①②③解得：x＝2R，即小物块的落点距O′的距离为2R ‎(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得mv＝mg·2R＋mv ④‎ 小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系得：mv＝mv＋μmgL ⑤‎ 小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有Ep＝mv ⑥‎ 由①④⑤⑥联立解得：Ep＝mgR＋μmgL