【物理】2019届一轮复习人教版　功能关系　能量守恒定律学案

【物理】2019届一轮复习人教版　功能关系　能量守恒定律学案

第四节 功能关系 能量守恒定律 [学生用书 P94] 【基础梳理】 一、功能关系 1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化． 2．几种常见的功能关系 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，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 (1)E1＝E2. (2)ΔE 减＝ΔE 增． 【自我诊断】 判一判 (1)能量转化是通过做功来实现的．( ) (2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．( ) (3)力对物体做正功，物体的总能量一定增加．( ) (4)能量在转化和转移的过程中，其总量会不断减少．( ) (5)能量在转化和转移的过程中总量保持不变，因此能源取之不尽，用之不竭，故无需 节约能源．( ) (6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．( ) 提示：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ 做一做 (2016·高考四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式 滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J， 他克服阻力做功 100 J．韩晓鹏在此过程中( ) A．动能增加了 1 900 J B．动能增加了 2 000 J C．重力势能减小了 1 900 J D．重力势能减小了 2 000 J 提示：选 C.根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增 加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B 项错误；重力做功与重力势能改 变量的关系为 WG＝－ΔEp，即重力势能减少了 1 900 J，C 项正确，D 项错误． 想一想 一对相互作用的静摩擦力做功能改变系统的机械能吗？ 提示：不能．因为做功代数和为零． 对功能关系的理解和应用[学生用书 P94] 【知识提炼】 1．对功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现 的． (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的 能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 2．几种常见的功能关系及其表达式 各种力做功 对应能的变化 定量的关系 合力的功 动能变化 合力对物体做功等于物体动能的增量 W 合＝Ek2－Ek1 重力的功 重力势能变化 重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能 增加，且 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹力的功 弹性势能变化 弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能 增加，且 W 弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、弹 簧弹力的功 不引起机械能变化 机械能守恒ΔE＝0 非重力和弹力 的功 机械能变化 除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增 加，做负功，机械能减少，且 W 其他＝ΔE 电场力的功 电势能变化 电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能 增加，且 W 电＝－ΔEp 【跟进题组】 1．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为 m 的同学弯曲两腿向下蹲，然 后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了 h，离地 时他的速度大小为 v.下列说法正确的是( ) A．该同学机械能增加了 mgh B．起跳过程中该同学机械能增量为 mgh＋1 2mv2 C．地面的支持力对该同学做功为 mgh＋1 2mv2 D．该同学所受的合外力对其做功为 1 2mv2＋mgh 解析：选 B.该同学重心升高了 h，重力势能增加了 mgh，又知离地时获得动能为1 2mv2， 则机械能增加了 mgh＋1 2mv2，A 错误、B 正确；该同学在与地面作用过程中，支持力对该同 学做功为零，C 错误；该同学所受合外力做功等于动能增量，则 W 合＝1 2mv2，D 错误． 2．(多选) (2016·高考全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O 点，另一 端与小球相连．现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N 点．已知在 M、 N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π 2.在小球从 M 点运动到 N 点的 过程中，( ) A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差 解析：选 BCD.小球在从 M 点运动到 N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小， 到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到 N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹 力方向与小球速度的方向的夹角先大于 90°，再小于 90°，最后又大于 90°，因此弹力先 做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加 速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时， 弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在 M、N 两 点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从 M 点到 N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达 N 点时的动能 等于其在 M、N 两点的重力势能差，D 项正确． 能量守恒定律的应用[学生用书 P95] 【知识提炼】 1．应用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． 2．能量转化问题的解题思路 (1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律． (2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种 形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解． 【典题例析】 如图所示，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 1.9 s，工件被传送到 h＝1.5 m 的高处，取 g＝10 m/s2，求： (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． [审题指导] (1)运动过程分析：1.9 s 内工件是否一直加速？若工件先匀加速后匀速运动， 所受摩擦力是否相同？ (2)能量转化分析：多消耗的电能转化成了哪几种能量？各如何表示？ [解析] (1)由题图可知，皮带长 x＝ h sin θ＝3 m．工件速度达 v0 前，做匀加速运动的位 移 x1＝vt1＝v0 2 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＝v0 t1＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得：μ＝ 3 2 . (2)从能量守恒的观点，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发出的热量． 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，摩擦生热 Q＝μmgcos θ·x 相＝60 J 工件获得的动能 Ek＝1 2mv20＝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) 3 2 (2)230 J 1．两种摩擦力做功的比较 静摩擦力 滑动摩擦力 能量的转化方 面 只有能量的转移，没有能 量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 不同点 一对摩擦力的 总功方面 一对静摩擦力所做功的 代数和等于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和 为负值，总功 W＝－Ff·l 相对，即 摩擦时产生的热量 相同点 正功、负功、不 做功方面 (1)两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功； (2)静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功； (3)滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做 负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它 的反作用力一定做负功 2．求解相对滑动物体的能量问题的方法 (1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析． (2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系． (3)利用 Q＝Ffx 相对计算热量 Q 时，关键是对相对路程 x 相对的理解．例如：如果两物体 同向运动，x 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x 相对为两物体对地位 移大小之和；如果一个物体相对另一个物体往复运动，则 x 相对为两物体相对滑行路径的总 长度． 【迁移题组】 迁移 1 传送带模型中能量的转化问题 1. (2018·福建八县联考)如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻 轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相 对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是( ) A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加 C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加 D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热 解析：选 C.第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向 上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做 正功，故 A 错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一阶段，摩 擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故 B 错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体 机械能的增加，即ΔE＝W 阻＝F 阻 s 物，摩擦生热为 Q＝F 阻 s 相对，又由于 s 传送带＝vt，s 物＝ v 2t，所以 s 物＝s 相对＝1 2s 传送带，即 Q＝ΔE，故 C 正确．第二阶段没有摩擦生热，但物体的 机械能继续增加，故 D 错误． 迁移 2 滑块——滑板模型中能量的转化问题 2. (多选)如图所示，长木板 A 放在光滑的水平地面上，物体 B 以水平速度 v0 冲上 A 后， 由于摩擦力作用，最后停止在木板 A 上，则从 B 冲到木板 A 上到相对木板 A 静止的过程中， 下述说法中正确的是( ) A．物体 B 动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体 B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C．物体 B 损失的机械能等于木板 A 获得的动能与系统损失的机械能之和 D．摩擦力对物体 B 做的功和对木板 A 做的功的总和等于系统内能的增加量 解析：选 CD.物体 B 以水平速度冲上木板 A 后，由于摩擦力作用，B 减速运动，木板 A 加速运动，根据能量守恒定律，物体 B 动能的减少量等于木板 A 增加的动能和产生的热量 之和，选项 A 错误；根据动能定理，物体 B 克服摩擦力做的功等于物体 B 损失的动能，选 项 B 错误；由能量守恒定律可知，物体 B 损失的机械能等于木板 A 获得的动能与系统损失 的机械能之和，选项 C 正确；摩擦力对物体 B 做的功等于物体 B 动能的减少量，摩擦力对 木板 A 做的功等于木板 A 动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体 B 做的功和对木 板 A 做的功的总和等于系统内能的增加量，选项 D 正确． 迁移 3 能量守恒问题的综合应用 3. 如图所示，一物体质量 m＝2 kg，在倾角 θ＝37°的斜面上的 A 点以初速度 v0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端 B 的距离 AB＝4 m．当物体到达 B 点后将弹簧压缩到 C 点，最大压 缩量 BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为 D 点，D 点距 A 点的距离 AD ＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数 μ； (2)弹簧的最大弹性势能 Epm. 解析：(1)物体从开始位置 A 点到最后 D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和 重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝1 2mv20＋mglADsin 37°① 物体克服摩擦力产生的热量为 Q＝Ffx ② 其中 x 为物体的路程，即 x＝5.4 m ③ Ff＝μmgcos 37° ④ 由能量守恒定律可得ΔE＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得 μ≈0.52. (2)由 A 到 C 的过程中，动能减少 ΔE′k＝1 2mv20 ⑥ 重力势能减少ΔE′p＝mglACsin 37° ⑦ 摩擦生热 Q＝FflAC＝μmgcos 37°lAC ⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得 Epm≈24.5 J. 答案：(1)0.52 (2)24.5 J [学生用书 P96] 1．(多选)(2015·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套 在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从 A 处由静止开始下滑， 经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，AC＝h.圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v， 恰好能回到 A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g.则圆环( ) A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为 1 4mv2 C．在 C 处，弹簧的弹性势能为 1 4mv2－mgh D．上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度 解析：选 BD.圆环下落时，先加速，在 B 位置时速度最大，加速度减小至 0，从 B 到 C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项 A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为 Wf， 弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由 A 到 C 的过程中，根据功能关系有 mgh＝ΔEp＋Wf，由 C 到 A 的过程中，有1 2mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh，联立解得 Wf＝1 4mv2，ΔEp＝mgh－1 4mv2，选项 B 正确，选项 C 错误．设圆环在 B 位置时，弹簧弹性势能为ΔEp′，根据能量守恒，A 到 B 的过程有 1 2mv2B＋ΔEp′＋W′f＝mgh′，B 到 A 的过程有1 2mv′2B＋ΔEp′＝mgh′＋W′f，比较两 式得 v′B>vB，选项 D 正确． 2．(多选)(2018·潍坊高三统考)如图所示，甲、乙传送带倾斜放置，并以相同的恒定速 率 v 逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送 带顶端的 A 点无初速度释放，甲传送带上小物体到达底端 B 点时恰好达到速度 v；乙传送带 上小物体到达传送带中部的 C 点时恰好达到速度 v，接着以速度 v 运动到底端 B 点．则小物 体从 A 运动到 B 的过程( ) A．小物体在甲传送带上的运动时间比在乙上的大 B．小物体与甲传送带之间的动摩擦因数比与乙之间的大 C．两传送带对小物体做功相等 D．两传送带因与小物体摩擦产生的热量相等 解析：选 AC.设传送带的长度为 L，小物体在甲传送带上做匀加速直线运动，运动时间 t 甲＝L v 2 ＝2L v ，小物体在乙传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，运动时间 t 乙＝t 加＋t 匀＝ L 2 v 2 ＋ L 2 v ＝3L 2v ，所以 t 甲＞t 乙，A 对．由 v2＝2a 甲 L 得 a 甲＝v2 2L，同理得 a 乙＝v2 L ，则 a 甲＜a 乙， 由牛顿第二定律得 a 甲＝gsin θ＋μ 甲 gcos θ，a 乙＝gsin θ＋μ 乙 gcos θ，所以 μ 甲＜μ 乙，B 错．由动能定理得 W 重＋W 传＝1 2mv2，所以传送带对小物体做功相等，C 对．小物体与传送 带之间的相对位移Δx 甲＝x 传－x 甲＝vt 甲－L＝L，Δx 乙＝x′传－x 乙＝vt 加－L 2＝L 2，摩擦产生 的热量 Q 甲＝μ 甲 mgcos θΔx 甲＝1 2mv2－mgLsin θ，Q乙＝μ 乙 mgcos θΔx 乙＝1 2mv2－1 2mgLsin θ， 所以 Q 甲＜Q 乙，D 错． 3. (多选)(2018·湖北八校联考)如图所示，倾角 θ＝37°的光滑斜面上固定一个带轻杆的槽， 劲度系数 k＝20 N/m、原长足够长的轻弹簧的下端与轻杆相连，开始时轻杆在槽外的长度 l＝ 0.6 m，且杆可在槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力大小 Ff 恒为 6 N，轻杆与槽之间的最 大静摩擦力等于滑块摩擦力．质量 m＝1 kg 的小车从距弹簧上端 l＝0.6 m 处由静止释放沿 斜面向下运动．已知弹簧的弹性势能 Ep＝1 2kx2，式中 x 为弹簧的形变量．在整个运动过程中， 弹簧始终处于弹性限度以内．取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确 的是( ) A．在轻杆完全进入槽内之前，小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运 动，最后做匀速直线运动 B．从小车开始运动到轻杆完全进入槽内所用时间为 5 5 s C．若轻杆与槽间的滑动摩擦力大小变为 16 N，小车、弹簧、轻杆组成的系统机械能一 定不守恒 D．若轻杆与槽间的滑动摩擦力大小变为 16 N，小车第一次与弹簧作用的过程中轻杆移 动的距离为 0.2 m 解析：选 ACD.在小车和弹簧接触前，小车做加速度大小为 a＝gsin θ＝6 m/s2 的匀加速 直线运动，在小车和弹簧接触后，对小车由牛顿第二定律可得 mgsin θ－kx＝ma1，小车做加 速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，kx1＝mgsin θ＝6 N＝Ff，接着小车做匀速直线 运动，选项 A 正确；设小车做匀加速直线运动的时间为 t1，则 l＝1 2at21，解得 t1＝ 5 5 s，从小 车开始运动到轻杆完全进入槽内所用时间 t>t1＝ 5 5 s，选项 B 错误；若轻杆与槽间的滑动摩 擦力大小变为 16 N，假设轻杆始终不动，小车压缩弹簧至速度为零时弹簧的压缩量为 x2， 对小车、弹簧、轻杆组成的系统，由机械能守恒定律有 mg(l＋x2)sin θ＝1 2kx22，得 x2＝3＋3 5 10 m，由于 kx2＝(6＋6 5) N>16 N，这说明假设不成立，轻杆一定会在槽中滑动，槽对轻杆的 滑动摩擦力一定会对系统做负功，根据功能原理可知，系统机械能一定不守恒，选项 C 正 确；设弹簧的压缩量为 x3 时，弹簧对轻杆的弹力大小等于槽对轻杆的最大静摩擦力大小， 即 kx3＝Ff＝16 N，解得 x3＝0.8 m，此时弹簧和轻杆有共同速度 v2，此后轻杆移动的距离为 x4 时速度为零，由能量守恒定律有 mg(l＋x3)sin θ＝1 2mv22＋1 2kx23，mgx4sin θ＋1 2mv22＝Ffx4，联 立解得 x4＝0.2 m，选项 D 正确． 4．(2015·高考北京卷)如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不 计．物块(可视为质点)的质量为 m，在水平桌面上沿 x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为 μ. 以弹簧原长时物块的位置为坐标原点 O，当弹簧的伸长量为 x 时，物块所受弹簧弹力大小为 F＝kx，k 为常量． (1)请画出 F 随 x 变化的示意图；并根据 F－x 图象求物块沿 x 轴从 O 点运动到位置 x 的 过程中弹力所做的功． (2)物块由 x1 向右运动到 x3，然后由 x3 返回到 x2，在这个过程中， ①求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量； ②求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩 擦力势能”的概念． 解析： (1)F－x 图象如图所示． 物块沿 x 轴从 O 点运动到位置 x 的过程中，弹力做负功；F－x 图线下的面积等于弹力 做功大小．弹力做功 WF＝－1 2·kx·x＝－ 1 2kx2. (2)①物块由 x1 向右运动到 x3 的过程中，弹力做功 WF1＝－1 2·(kx1＋kx3)·(x3－x1)＝1 2kx21－1 2 kx23 物块由 x3 向左运动到 x2 的过程中，弹力做功 WF2＝1 2·(kx2＋kx3)·(x3－x2)＝1 2kx23－1 2kx22 整个过程中，弹力做功 WF＝WF1＋WF2＝1 2kx21－1 2kx22 弹性势能的变化量ΔEp＝－WF＝1 2kx22－1 2kx21. ②整个过程中，摩擦力做功 Wf＝－μmg(2x3－x1－x2) 与弹力做功比较，弹力做功与 x3 无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以， 我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能．而 摩擦力做功与 x3 有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势 能”． 答案：见解析 [学生用书 P309(单独成册)] (建议用时：60 分钟) 一、单项选择题 1. (2018·河南林州一中高三质量监测)如图所示，倾角为 30°的斜面上，质量为 m 的物块 在恒定拉力作用下沿斜面以加速度 a＝g 2(g 为重力加速度)向上加速运动距离 x 的过程中，下 列说法正确的是( ) A．重力势能增加 mgx B．动能增加 mgx 4 C．机械能增加 mgx D．拉力做功为mgx 2 解析：选 C.物块上升的高度为x 2，因而增加的重力势能为ΔEp＝1 2mgx，A 错误；根据动 能定理可得增加的动能为ΔEk＝ma·x＝1 2mgx，B 错误；根据能量守恒定律可得ΔE＝ΔEp＋ ΔEk，故增加的机械能为ΔE＝mgx，C 正确；由于斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力 的大小，不能得到拉力做的功，D 错误． 2．(2018·安徽合肥一模) 如图所示，一个质量为 m 的小铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到 半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的 1.5 倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重 力加速度为 g)( ) A.1 8mgR B．1 4mgR C.1 2mgR D．3 4mgR 解析：选 D.铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即 1.5mg－mg＝mv2 R ，即 铁块动能 Ek＝1 2mv2＝1 4mgR，初动能为零，故动能增加 1 4mgR，铁块重力势能减少 mgR，所 以机械能损失 3 4mgR，D 项正确． 3. (2018·江西重点中学联考)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体 A、B 间 用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力 F 作用下以相同加速度保持间距不变一 起做匀加速直线运动，当它们的总动能为 2Ek 时撤去水平力 F，最后系统停止运动．不计空 气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力 F 到系统停止运动的过程中( ) A．外力对物体 A 所做总功的绝对值等于 2Ek B．物体 A 克服摩擦阻力做的功等于 Ek C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能 2Ek D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量 解析：选 D.当它们的总动能为 2Ek 时，物体 A 动能为 Ek，撤去水平力 F，最后系统停 止运动，外力对物体 A 所做总功的绝对值等于 Ek，选项 A、B 错误；由于二者之间有弹簧， 弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量， 选项 D 正确，C 错误． 4. 如图所示，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 B．机械能减少 mgR C．合外力做功 mgR D．克服摩擦力做功 1 2mgR 解析：选 D.小球到达 B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据 mg＝mv2 R 得， 小球在 B 点的速度 v＝ gR.小球从 P 到 B 的运动过程中，重力做功 W＝mgR，故选项 A 错 误；减少的机械能ΔE 减＝mgR－1 2mv2＝1 2mgR，故选项 B 错误；合外力做功 W 合＝1 2mv2＝1 2 mgR，故选项 C 错误；根据动能定理得，mgR－W f＝1 2mv2－0，所以 W f＝mgR－1 2mv2＝1 2 mgR，故选项 D 正确． 5. 如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触 面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力 F 向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动， 直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的说法正确的是( ) A．拉力 F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量 B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量 C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动 D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量 解析：选 D.由功能关系，拉力 F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生 的内能之和，选项 A 错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项 B 错误； 离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项 C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量 Q＝ fΔL，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为 L1，小木块相对地面的 位移为 L2，则ΔL＝L1－L2，且ΔL 存在大于、等于或小于 L2 三种可能，对小木块，fL2＝Δ Ek，即 Q 存在大于、等于或小于ΔEk 三种可能，选项 D 正确． 6. (2018·江西十校模拟)将三个木板 1、2、3 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不 同的三角形，如图所示，其中 1 与 2 底边相同，2 和 3 高度相同．现将一个可以视为质点的 物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因 数 μ 均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( ) A．沿着 1 和 2 下滑到底端时，物块的速率不同，沿着 2 和 3 下滑到底端时，物块的速 率相同 B．沿着 1 下滑到底端时，物块的速度最大 C．物块沿着 3 下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的 D．物块沿着 1 和 2 下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的 解析：选 A.设 1、2、3 木板与地面的夹角分别为 θ1、θ2、θ3，木板长分别为 l1、l2、l3， 当物块沿木板 1 下滑时，由动能定理有 mgh1－μmgl1cos θ1＝1 2mv21－0，当物块沿木板 2 下滑 时，由动能定理有 mgh2－μmgl2cos θ2＝1 2mv22－0，又 h1＞h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得 v1＞v2； 当物块沿木板 3 下滑时，由动能定理有 mgh3－μmgl3cos θ3＝1 2mv23－0，又 h2＝h3，l2cos θ2＜ l3cos θ3，可得 v2＞v3，故 A 错、B 对；三个过程中产生的热量分别为 Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝ μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，则 Q1＝Q2＜Q3，故 C、D 对． 二、多项选择题 7. (2018·河北质检)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上 面放一个质量为 m 的带负电的小球，小球与弹簧不连接．现用外力将小球向下压到某一位 置后撤去外力，小球从静止开始运动到刚离开弹簧的过程中，小球克服重力和电场力做功分 别为 W1 和 W2，小球刚好离开弹簧时速度为 v，不计空气阻力，则在上述过程中，下列说法 正确的是( ) A．带电小球电势能增加 W2 B．弹簧弹性势能最大值为 W1＋W2＋1 2mv2 C．弹簧弹性势能减少量为 W2＋W1 D．带电小球和弹簧组成的系统机械能减少 W2 解析：选 ABD.小球从静止开始运动到刚离开弹簧的过程中，小球克服电场力做的功 W2 等于小球增加的电势能，故 A 正确；小球从静止开始运动时弹性势能最大，自小球从静止 开始运动到刚离开弹簧的过程中，对小球和弹簧组成的系统由能量转化与守恒得，弹性势能 的减少量转化为重力势能、电势能和动能三者增量之和，即弹簧弹性势能最大值为 W1＋W2 ＋1 2mv2，故 B 项正确，C 项错误；由于带电小球电势能增加 W2，所以带电小球和弹簧组成 的系统机械能减少 W2，故 D 项正确． 8. (2018·嘉兴一中模拟)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实 现上下弹跳，如图所示．某次蹦床活动中小孩静止时处于 O 点，当其弹跳到最高点 A 后下 落可将蹦床压到最低点 B，小孩可看成质点．不计空气阻力，下列说法正确的是( ) A．从 A 点运动到 O 点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量 B．从 O 点运动到 B 点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量 C．从 A 点运动到 B 点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量 D．从 B 点返回到 A 点，小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量 解析：选 AD.小孩从 A 点运动到 O 点，由动能定理可得 mghAO－W 弹 1＝ΔEk1，选项 A 正确；小孩从 O 点运动到 B 点，由动能定理可得 mghOB－W 弹 2＝ΔEk2，选项 B 错误；小孩 从 A 点运动到 B 点，由功能关系可得－W 弹＝ΔE 机 1，选项 C 错误；小孩从 B 点返回到 A 点，弹性绳和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能的增加量大于蹦床弹性 势能的减少量，选项 D 正确． 9. 将一质量为 1 kg 的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带正以 4 m/s 的速度顺时针 运行，滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.2，传送带左右距离无限长，当滑块放上去 2 s 时， 突然断电，传送带以 1 m/s2 的加速度做匀减速运动至停止，则滑块从放上去到最后停下的过 程中，下列说法正确的是( ) A．前 2 s 传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为 8 J B．前 2 s 传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为 16 J C．2 s 后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为 8 J D．2 s 后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为 0 解析：选 AD.前 2 s，滑块的位移 x1＝1 2μgt2＝4 m，传送带的位移 x2＝vt＝8 m，相对位 移Δx＝x2－x1＝4 m，2 s 后滑块随传送带一起做匀减速运动，无相对位移，整个过程中传送 带与滑块之间因摩擦力而产生的热量为 Q＝μmg·Δx＝8 J，选项 A、D 正确． 10. (2018·石家庄市第二中学高三月考)将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为 零势能面，小球在上升过程中的动能 Ek，重力势能 Ep 与其上升高度 h 间的关系分别如图中 两直线所示，取 g＝10 m/s2，下列说法正确的是( ) A．小球的质量为 0.2 kg B．小球受到的阻力(不包括重力)大小为 0.25 N C．小球动能与重力势能相等时的高度为20 13 m D．小球上升到 2 m 时，动能与重力势能之差为 0.5 J 解析：选 BD.在最高点，Ep＝mgh，得：m＝Ep gh＝ 4 10 × 4 kg＝0.1 kg，故 A 错误；由 除重力以外其他力做功 W 其＝ΔE 可知：－fh＝E 高－E 低，解得：f＝0.25 N，故 B 正确； 设小球动能和重力势能相等时的高度为 H，此时有：mgH＝1 2mv2，由动能定理：－fH－mgH ＝1 2mv2－1 2mv20，得：H＝20 9 m，故 C 错误；由图可知，在 h＝2 m 处，小球的重力势能是 2 J，动能是5 2 J＝2.5 J，所以小球上升到 2 m 时，动能与重力势能之差为 2.5 J－2 J＝0.5 J， 故 D 正确． 三、非选择题 11. (2015·高考天津卷)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动 下保持 v＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为 m＝2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件 和皮带间的动摩擦因数 μ＝0.5.设皮带足够长，取 g ＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动 的过程中，求： (1)邮件滑动的时间 t； (2)邮件对地的位移大小 x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W. 解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为 F，则 F＝μmg＝ma ① 又 v＝at ② 由①②式并代入数据得 t＝0.2 s． ③ (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有 Fx＝1 2mv2－0 ④ 由①④式并代入数据得 x＝0.1 m． ⑤ (3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为 s，则 s＝vt ⑥ 摩擦力对皮带做的功 W＝－Fs ⑦ 由①③⑥⑦式并代入数据得 W＝－2 J. 答案：(1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J 12. (2018·湖南石门第一中学高三检测)如图所示，光滑的水平面 AB 与半径 R＝0.4 m 的光 滑竖直半圆轨道 BCD 在 B 点相切，D 点为半圆轨道最高点， A 右侧连接一粗糙水平面．用 细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为 m1 ＝4 kg，乙质量 m2＝5 kg，甲、乙均静止．若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过 B 点进 入半圆轨道，过 D 点时对轨道压力恰好为零．取 g＝10 m/s2，甲、乙两物体均可看做质点， 求： (1)甲离开弹簧后经过 B 时速度大小 vB； (2)弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从 A 进入动摩擦 因数 μ＝0.4 的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动位移 s. 解析：(1)甲在最高点 D，由牛顿第二定律得： m1g＝m1 v R， 甲离开弹簧运动至 D 点的过程中由机械能守恒得： 1 2m1v2B＝m1g·2R＋1 2m1v2D. 代入数据联立解得：vB＝2 5 m/s. (2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为 v2，由能量守恒得：Ep＝1 2m1v2B＝1 2m2v22， 得：v2＝4 m/s. 乙在粗糙水平面做匀减速运动：μm2g＝m2a， 解得：a＝4 m/s2， 则有：s＝ v 2a＝ 16 2 × 4 m＝2 m. 答案：(1)2 5 m/s (2)2 m