【物理】2018届一轮复习人教版功能关系能量守恒定律学案

【物理】2018届一轮复习人教版功能关系能量守恒定律学案

第 4 节 功能关系__能量守恒定律 (1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×) (2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(×) (3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√) (4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。(×) (5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放。(×) (6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√) (7)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。(√) 突破点(一)　功能关系的理解和应用 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 几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式 正 功 重力势能减少 重力 负 功 重力势能增加 WG＝－ΔEp 正 功 弹性势能减少 弹簧等的弹 力 负 功 弹性势能增加 W 弹＝－ ΔEp 正 功 电势能减少 电场力 负 功 电势能增加 W 电＝－ ΔEp 正 功 动能增加 合力 负 功 动能减少 W 合＝ΔEk 正 功 机械能增加 重力以外的 其他力 负 功 机械能减少 W 其＝ΔE 3．两个特殊的功能关系 (1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即 Ffx 相对＝ΔQ。 (2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即 W 克安＝ΔE 电。 多角练通] 1．(2016·上海高考)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验 装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中(　　) A．失重且机械能增加　　　 B．失重且机械能减少 C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少 解析：选 B　据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程 中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小； 加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项 B 正确。 2．(2017·唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量 m＝0.5 kg 的物 块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数 μ ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立 x 轴。现对物块施加水平向右 的外力 F，F 随 x 轴坐标变化的关系如图乙所示。物块运动至 x＝0.4 m 处时速度为 零。则此时弹簧的弹性势能为(g 取 10 m/s2)(　　) A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J 解析：选 A　物块与水平面间的摩擦力为 Ff＝μmg＝1 N。现对物块施加水平 向右的外力 F，由 F­x 图像面积表示外 F 做的功，可知 F 做功 W＝3.5 J，克服摩擦 力做功 Wf＝Ffx＝0.4 J。由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为 Ep ＝3.1 J，选项 A 正确。 3．(多选)(2017·佛山模拟)如图所示，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 减速运动的加速度 为 3 4g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，则在这个过程中物体(　　) A．重力势能增加了 mgh B．机械能损失了mgh 2 C．动能损失了 mgh D．克服摩擦力做功mgh 4 解析：选 AB　加速度 a＝3 4g＝mgsin 30°＋Ff m ，解得摩擦力 Ff＝1 4mg；物体在斜 面上能够上升的最大高度为 h，所以重力势能增加了 mgh，故 A 项正确；机械能的 损失了 Ffx＝1 4mg·2h＝1 2mgh，故 B 项正确；动能损失量为克服合外力做功的大小 ΔEk＝F 合外力·x＝3 4mg·2h＝3 2mgh，故 C 错误；克服摩擦力做功mgh 2 ，故 D 错误。 突破点(二)　摩擦力做功与能量的关系 1．两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 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 互为作用力和反作用力的一对静摩 擦力所做功的代数和为零，即要么 一正一负，要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力 所做功的代数和为负值，即至少有一个力做 负功 两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功 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)公式 W＝Ff·l 相对中 l 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做 往复运动时，则 l 相对为总的相对路程。 典例]　(2017·银川一模)如图所示，一质量为 m＝1.5 kg 的滑块从倾角为 θ＝37°的斜面上自静止 滑下，滑行距离 s ＝10 m 后进入半径为 R＝9 m 的光滑圆弧 AB，其圆心角为 θ， 然后水平滑上与平台等高的小车。已知小车质量为 M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表 面的动摩擦因数 μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取 g＝10 m/s2。(sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8)求： (1)滑块在斜面上的滑行时间 t1； (2)滑块脱离圆弧末端 B 点前，轨道对滑块的支持力大小； (3)当小车 匀速运动时，滑块在车上滑行的距离 s1。 审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 自静止 下滑 滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运 动 光滑圆弧 AB 滑块在圆弧上运动过程机械能守恒 然后水平滑上与平台等高的小 车 滑块滑上小车的速度等于滑块在 AB 弧上 B 点的速度 地面光滑且小车足够长 滑块滑上小车最终与小车同速，一起做匀速运 动 第二步：找突破口 (1)滑块在斜面上下滑的加速度可由 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 求出。 (2)滑块在斜面上运动的末速度为滑块在圆弧上运动的初速度。 (3)滑块到达 B 点前瞬间具有竖直向上的向心加速度，此时满足：FN－mg＝mvB2 R 。 (4)小车从 运动到匀速运动过程中，滑块和小车组成的系统损失的机械能对应 系统产生的摩擦热。 解析]　(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为 a，由牛顿第二定律，有 mg(sin θ－μcos θ)＝ma，s＝1 2at12 解得 t1＝2.5 s。 (2)滑块在圆弧 AB 上运动过程， 由机械能守恒定律 1 2mvA2＋mgR(1－cos θ)＝1 2mvB2，vA＝at1 由牛顿第二定律，有 FB－mg＝mvB2 R 解得轨道对滑块的支持力 FB≈31.7 N。 (3)滑块在小车上滑行时的加速度：a1＝μg＝3.5 m/s2 小车的加速度：a2＝m Mμg＝1.5 m/s2 小车与滑块达到共同速度时小车 匀速运动，满足 vB－a1t2＝a2t2 解得：t2＝2 s 故滑块刚滑上小车的速度 vB＝10 m/s，最终同速时的速度 v＝3 m/s 由功能关系可得：μmg·s1＝1 2mvB2－1 2(m＋M)v2 解得：s1＝10 m。 答案]　(1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)10 m 方法规律] (1)滑块脱离圆弧末端 B 点前具有竖直向上的加速度，支持力大于滑块重力，区 别于滑块刚滑上小车的情况。 (2)当小车 匀速运动时，滑块在车上滑行的距离为滑块在小车上滑行的最大距 离，也是小车的最小长度。 集训冲关] 1．(多选)(2017·安徽师大附中最后一卷)如图所示，质量 m＝1 kg 的物体从高为 h＝0.2 m 的光滑轨道上 P 点由静止 下滑，滑到水平传送带 上的 A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.2，传送 带 AB 之间的距离为 L＝5 m，传送带一直以 v＝4 m/s 的速 度匀速运动，则(　　) A．物体从 A 运动到 B 的时间是 1.5 s B．物体从 A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做功为 2 J C．物体从 A 运动到 B 的过程中，产生的热量为 2 J D．物体从 A 运动到 B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为 10 J 解析：选 AC　设物体下滑到 A 点的速度为 v0，对 PA 过程，由机械能守恒定 律有：1 2mv02＝mgh，代入数据得：v0＝ 2gh＝2 m/s＜v＝4 m/s，则物体滑上传送 带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为 a＝μmg m ＝μg＝2 m/s2； 当物体的速度与传送带的速度相等时用时：t1＝v－v0 a ＝4－2 2 s＝1 s，匀加速运动的 位移 x1＝v0＋v 2 t1＝2＋4 2 ×1 m＝3 m＜L＝5 m，所以物体与传送带共速后向右 做匀速运动，匀速运动的时间为 t2＝L－x1 v ＝5－3 4 s＝0.5 s，故物体从 A 运动到 B 的时间为：t＝t1＋t2＝1.5 s，故选项 A 正确；物体运动到 B 的速度是 v＝4 m/s， 根据动能定理得：摩擦力对物体做功 W＝1 2mv2－1 2mv02＝1 2 ×1×42－1 2 ×1×22 J＝6 J，故 B 项错误；在 t1 时间内，传送带做匀速运动的位移为 x 带＝vt1＝4 m，故产生 热量 Q＝μmgΔx＝μmg(x 带－x1)，代入数据得：Q＝2 J，故 C 项正确；电动机多做 的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功 W＝ ( 1 2mv2－1 2mv02 )＋Q＝1 2 ×1×(42－22)＋2 J＝8 J，故 D 项错误。 2.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点) 从 A 点以初速度 v0 向左运动，接触弹簧后运动到 C 点时速 度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。AC 两点间距离为 L， 物块与水平面间动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，则物块由 A 点运动到 C 点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒 B．物块克服摩擦力做的功为 1 2mv02 C．弹簧的弹性势能增加量为 μmgL D．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和 解析：选 D　物块与水平面间动摩擦因数为 μ，由于摩擦力做功机械能减小， 故 A 项错误；物块由 A 点运动到 C 点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量 守恒知物块克服摩擦力做的功为 μmgL＝1 2mv02－Ep 弹，故 B 项错误，D 项正确；根 据 B 项分析知 Ep 弹＝1 2mv02－μmgL，故 C 项错误。 突破点(三)　能量守恒定律的应用 1．对能量守恒定律的两点理解 (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 减与增加的能量总和 ΔE 增，最 后由 ΔE 减＝ΔE 增列式求解。 典例]　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。 思路点拨] (1)物体由 A 到 C 的过程中，动能减少量与重力势能的减少量之和等于弹簧的 弹性势能与物体克服摩擦力做功之和。 (2)物体由 A 到 C 后又返回 D 的过程中，物体动能减少量与重力势能的减少量 之和等于物体克服摩擦力做的总功。 解析]　(1)物体从 位置 A 点到最后 D 点的过程中，弹性势能没有发生变化， 机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即： 1 2mv02＋mgLAD·sin 37°＝μmgcos 37°(LAB＋2LCB＋LBD) 代入数据解得：μ≈0.52。 (2)物体由 A 到 C 的过程中，动能减少量 ΔEk＝1 2mv02， 重力势能减少量 ΔEp＝mgLACsin 37°。 摩擦产生的热 Q＝μmgcos 37°·LAC。 由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为： Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q ＝1 2mv02＋mgLAC·sin 37°－μmgcos 37°·L AC ≈24.5 J。 答案：(1)0.52　(2)24.5 J 集训冲关] 1.(2017·浙江四校联考)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受 年 轻人的喜爱。如图所示，蹦极者从 P 处由静止跳下，到达 A 处时弹 性 绳刚好伸直，继续下降到最低点 B 处，B 离水面还有数米距离。蹦 极 者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为 ΔE1、绳的 弹 性势能的增加量为 ΔE2、克服空气阻力做的功为 W，则下列说法正确的是(　　) A．蹦极者从 P 到 A 的运动过程中，机械能守恒 B．蹦极者与绳组成的系统从 A 到 B 的过程中，机械能守恒 C．ΔE1＝W＋ΔE2 D．ΔE1＋ΔE2＝W 解析：选 C　下落过程中有空气阻力做功，所以机械能不守恒，A、B 项错误； 根据能量守恒，在下落的全过程，有 ΔE1＝W＋ΔE2，故 C 项正确，D 项错误。 2．(2017·乐山二模)如图甲所示，在倾角为 37°足够长的粗糙斜面底端，一质 量 m＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。t＝ 0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的 v ­t 图像如图乙所示，其中 Oab 段为曲线，bc 段为直线，在 t1＝0.1 s 时滑块已上滑 x＝0.2 m 的距离(g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 求： (1)滑块离开弹簧后在图中 bc 段对应的加速度大小 a 及动摩擦因数 μ 的大小； (2)t2＝0.3 s 和 t3＝0.4 s 时滑块的速度 v1、v2 的大小； (3)弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep。 解析：(1)由题图乙知滑块在 bc 段做匀减速运动，加速度大小为 a＝Δv Δt ＝10 m/s2 根据牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得 μ＝0.5。 (2)根据速度时间公式得 t2＝0.3 s 时的速度大小 v1＝v0－aΔt，解得 v1＝0 在 t2 之后 下滑，下滑时由牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′ 解得 a′＝2 m/s2。 从 t2 到 t3 做初速度为零的加速运动，t3 时刻的速度为 v2＝a′Δt＝0.2 m/s。 (3)从 0 到 t1 时间内，由能量守恒定律得 Ep＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋1 2mvb2 解得 Ep＝4 J。 答案：(1)10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J 与生产、生活相联系的能量守恒问题 在新课程改革的形势下，高考命题加大了以生产、生活、科技为背景的试题比 重，其中与生产、生活相联系的能量守恒问题尤其受到高考命题者青睐。 (一)列车车厢间的摩擦缓冲装置 1.(2014·广东高考)如图是安装在列车车厢之间的摩 擦 缓冲器结构图。图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔 块 与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压 缩 的过程中(　　) A．缓冲器的机械能守恒 B．摩擦力做功消耗机械能 C．垫板的动能全部转化为内能 D．弹簧的弹性势能全部转化为动能 解析：选 B　在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且 缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A 项错误；克服摩擦力做功消 耗机械能，B 项正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C 项错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D 项错误。 (二)儿童乐园中的蹦床运动 2.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协 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 运动到 O，小孩重力势能减少量大于动能增加量 B．从 O 运动到 B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量 C．从 A 运动到 B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量 D．若从 B 返回到 A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量 解析：选 A　从 A 运动到 O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的 弹性势能的增加量之和，选项 A 正确；从 O 运动到 B，小孩动能和重力势能的减少 量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项 B 错误；从 A 运动到 B，小孩机械 能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项 C 错误；若从 B 返回到 A，小孩机械能增 加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项 D 错误。 (三)自动充电式电动车 3.构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布 于 生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例，电 动 车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行 时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起 来。现有某人骑车以 5 kJ 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电 装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图直线 a 所示；第二次启动自动充 电装置，其动能随位移变化关系如图曲线 b 所示，则第二次向蓄电池所充的电能可 接近(　　) A．5 kJ　　　　　　　　 B．4 kJ C．3 kJ D．2 kJ 解析：选 D　由题图直线 a 可知，电动车的动能 Ek 与滑行位移 x 成线性关系， 第一次关闭自动充电装置自由滑行 10 m 停止，第二次启动自动充电装置时只滑行 了 6 m，所以第二次充电的电能相当于滑行 4 m 所需要的能量，即 ΔE＝ 4 10 ×5 kJ＝ 2 kJ，故 D 正确。 (四)飞机场上运送行李的传送带 4.飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传 送带的总质量为 M，其俯视图如图所示。现开启电动机，传送 带达到稳定运行的速度 v 后，将行李依次轻轻放到传送带上。 若有 n 件质量均为 m 的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送 带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求从电动机开启到运送完行李需 要消耗的电能为多少？ 解析：设行李与传送带间的动摩擦因数为 μ，则传送带与行李间由于摩擦产生 的总热量 Q＝nμmgΔx 由运动学公式得 Δx＝x 传－x 行＝vt－vt 2 ＝vt 2 又 a＝μg 所以 v＝μgt 联立解得 Q＝1 2nmv2 由能量守恒得 E＝Q＋1 2Mv2＋n×1 2mv2 所以电动机开启到运送完行李需消耗的电能为 E＝1 2Mv2＋nmv2。 答案：1 2Mv2＋nmv2 反思领悟] 与生产、生活相联系的能量守恒问题往往具有试题情景新颖，所叙述的内容可 能平时很少涉及，但问题的实质仍是能量转化与守恒定律的应用。对于该类问题， 可通过认真读题，确定所研究的物理过程的初、末状态，分析在状态变化过程中哪 些形式的能量减少了，又有哪些形式的能量增加了，然后根据 ΔE 减＝ΔE 增列式求 解。 对点训练：功能关系的理解和应用 1．(2016·四川高考)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 解析：选 C　根据动能定理得韩晓鹏动能的变化 ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J ＝1 800 J＞0，故其动能增加了 1 800 J，选项 A、B 错误；根据重力做功与重力势 能变化的关系 WG＝－ΔEp，所以 ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能 减小了 1 900 J，选项 C 正确，选项 D 错误。 2.(多选)(2017·石家庄模拟)一质量为 m 的物体在竖直向 上的拉力 F 作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体 的动能与位移的关系如图所示，其中 0～x1 为一曲线，x1～ x2 为一与横轴平行的直线，x2～x3 为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这 段位移内的运动，下列说法正确的是(　　) A．0～x1 过程中拉力 F 逐渐增大 B．x1～x2 过程中物体的重力势能可能不变 C．x2～x3 过程中拉力 F 为恒力 D．0～x3 过程中物体的机械能增加 解析：选 CD　由动能定理 Ek－Ek0＝F 合 x 得，F合＝Ek－Ek0 x ，即图像的斜率(曲 线切线)表示物体所受合力 F 合，在 0～x1 过程中曲线的斜率越来越小，F 合越来越 小，mg 不变，则拉力 F 越来越小，A 错误；在 x1～x2 过程中物体匀速上升，其重 力势能一直增加，B 错误；在 x2～x3 过程中斜率是一定值，F 合是一定值，所以拉 力 F 是恒力，C 正确；在 0～x3 过程中拉力 F 一直做正功，物体机械能一直增加， D 正确。 3.(多选)(2017·青岛模拟)如图所示，一根原长为 L 的轻弹簧， 下 端固定在水平地面上，一个质量为 m 的小球，在弹簧的正上方从 距 地面高度为 H 处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为 x， 小 球下落过程受到的空气阻力恒为 Ff，则小球从 下落至最低点的过程(　　) A．小球动能的增量为零 B．小球重力势能的增量为 mg(H＋x－L) C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L) D．系统机械能减小 FfH 解析：选 AC　小球下落的整个过程中， 时速度为零，结束时速度也为零，所 以小球动能的增量为 0，故 A 正确；小球下落的整个过程中，重力做功 WG＝mgh＝ mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化 WG＝－ΔEp 得：小球重力势能的 增量为－mg(H＋x－L)，故 B 错误；根据动能定理得：WG＋Wf＋W 弹＝0－0＝0， 所以 W 弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化 W 弹＝ －ΔEp 得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)·(H＋x－L)，故 C 正确；系统机械能的 减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从 下落至最低点的过程，克服阻 力做的功为：Ff(H＋x－L)，所以系统机械能的减小量为：Ff(H＋x－L)，故 D 错误。 对点训练：摩擦力做功与能量的关系 4.(2017·开封二模)如图所示，木块 A 放在木板 B 的左 端 上方，用水平恒力 F 将 A 拉到 B 的右端，第一次将 B 固定 在 地面上，F 做功 W1，生热 Q1；第二次让 B 在光滑水平面可自由滑动，F 做功 W2， 生热 Q2，则下列关系中正确的是(　　) A．W1＜W2，Q1＝Q2　　　　　 B．W1＝W2，Q1＝Q2 C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1＝W2，Q1＜Q2 解析：选 A　木块 A 从木板 B 左端滑到右端克服摩擦力所做的功 W＝Ffx，因 为木板 B 不固定时木块 A 的位移要比木板 B 固定时长，所以 W1＜W2；摩擦产生的 热量 Q＝Ffl 相对，两次都从木板 B 左端滑到右端，相对位移相等，所以 Q1＝Q2，故 选项 A 正确。 5.(多选)(2017·南平检测)如图所示，一质量为 M 的斜面 体 静止在水平地面上，质量为 m 的木块沿粗糙斜面加速下滑 h 高度，速度大小由 v1 增大到 v2，所用时间为 t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为 μ。在此过程中(　　) A．斜面体受水平地面的静摩擦力为零 B．木块沿斜面下滑的距离为 (v1＋v2) 2 t C．如果给质量为 m 的木块一个沿斜面向上的初速度 v2，它将沿斜面上升到 h 高处速度变为 v1 D．木块与斜面摩擦产生的热量为 mgh－1 2mv22＋1 2mv12 解析：选 BD　对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定 律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故 A 错 误；由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为： v － ＝v1＋v2 2 ，故下滑的 距离为：x＝ v － t＝(v1＋v2) 2 t，故 B 正确；由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜 面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；故上升 h 时的速度一定小于 v1，故 C 错误；由能量守恒定律可知：mgh＋1 2mv12＝1 2mv22＋ Q，故有：Q＝mgh－1 2mv22＋1 2mv12，故 D 正确。 6．(多选)(2017·黄冈中学模拟)在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。 如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将 m＝1 kg 的货 物放在传送带上的 A 点，经过 1.2 s 到达传送带的 B 点。用速度传感器测得货物与 传送带的速度 v 随时间 t 变化的图像如图乙所示，已知重力加速度 g＝10 m/s2。由 v­t 图像可知(　　) A．A、B 两点的距离为 2.4 m B．货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5 C．货物从 A 运动到 B 的过程中，传送带对货物做功大小为 12.8 J D．货物从 A 运动到 B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 4.8 J 解析：选 BD　根据 v ­t 图像可知，货物放在传送带上后做匀加速直线运动， 当速度达到与传送带速度相同时，继续做匀加速直线运动，但是加速度变小了，所 以货物受到的滑动摩擦力在 t＝0.2 s 时由沿传送带向下变为沿传送带向上。A 到 B 的距离对应货物 v ­t 图像与横轴所围的“面积”，x＝1 2 ×2×0.2＋1 2 ×(2＋4)×1 m＝ 3.2 m，故 A 错误；0～0.2 s 内货物的加速度为 a1＝Δv1 Δt1 ＝ 2 0.2 m/s2＝10 m/s2，根据 牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，同理 0.2～1.2 s 内 a2＝Δv2 Δt2 ＝ 4－2 1.2－0.2 m/s2＝2 m/s2，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得：cos θ＝0.8，μ＝0.5，故 B 正 确；整个过程货物与传送带间的滑动摩擦力大小均为 Ff＝μmgcos θ＝4 N，则 0～ 0.2 s 内传送带对货物做功为：W1＝Ffx1＝4×0.2 J＝0.8 J,0.2～1.2 s 内传送带对货物 做功为：W2＝－Ffx2＝－4×3 J＝－12 J，W＝W1＋W2＝－11.2 J，所以整个过程， 传送带对货物做功大小为 11.2 J，故 C 错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产 生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由图像可得 0～0.2 s 内相对位移 Δx1＝1 2 ×0.2×2 m＝0.2 m, 0.2～1.2 s 内相对位移 Δx2＝1 2 ×1×2 m＝1 m，所以产生的热量 为：Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝4.8 J，故 D 正确。 对点训练：能量守恒定律的应用 7.(多选)(2017·威海模拟)如图所示，轻质弹簧的一端 固 定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动 摩 擦因数为 μ 的水平面上，当小物块位于 O 点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右 移到 a 点，然后由静止释放，小物块最终停在 O 点左侧的 b 点(图中未画出)，以下说 法正确的是(　　) A．Ob 之间的距离小于 Oa 之间的距离 B．从 O 至 b 的过程中，小物块的加速度逐渐减小 C．小物块在 O 点时的速度最大 D．从 a 到 b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的 功 解析：选 AD　如果没有摩擦力，根据简谐运动的对称性知 O 点应该在 ab 中 间，Oa＝Ob。由于有摩擦力，物块从 a 到 b 过程中机械能损失，故无法到达没有 摩擦力情况下的 b 点，即 O 点靠近 b 点，故 Oa＞Ob，选项 A 正确；从 O 至 b 的过 程中，小物块受到向右的摩擦力及向右的弹力，且弹力逐渐变大，故物块的加速度 逐渐变大，选项 B 错误；当物块从 a 点向左运动时，受到向左的弹力和向右的摩擦 力，且弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速 度最大，故小物块的速度最大位置在 O 点右侧，选项 C 错误；由能量守恒关系可 知，从 a 到 b 的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功， 选项 D 正确。 8.(2017·安庆模拟)如图所示，一足够长的木板在光滑的水 平 面上以速度 v 向右匀速运动，现将质量为 m 的物体轻轻地放 置 在木板上的右端，已知物体 m 和木板之间的动摩擦因数为 μ，为保持木板的速度不 变，从物体 m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作 用力 F，那么力 F 对木板做功的数值为(　　) A.mv2 4 　　　　　　　　　 B.mv2 2 C．mv2 D．2mv2 解析：选 C　由能量转化和守恒定律可知，力 F 对木板所做的功 W 一部分转 化为物体 m 的动能，一部分转化为系统内能，故 W＝1 2mv2＋μmg·x 相，x 相＝vt－v 2 t，a＝μg，v＝at 即 v＝μgt，联立以上各式可得：W＝mv2，故选项 C 正确。 9．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端 位于 B 点。水平桌面右侧有一竖直放置的圆弧轨道 MNP，其形状为半径 R＝1.0 m 的圆环剪去了左上角 120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是 h ＝2.4 m。用质量 m＝0.4 kg 的小物块将弹簧缓慢压缩到 C 点，释放弹簧后物块沿 粗糙水平桌面运动，从 D 飞离桌面后恰好由 P 点沿切线落入圆弧轨道。(不计空气 阻力，g 取 10 m/s2)求： (1)小物块飞离 D 点时速度 vD 的大小； (2)若圆弧轨道 MNP 光滑，小物块经过圆弧轨道最低点 N 时对圆弧轨道的压力 FN； (3)若小物块 m 刚好能达到圆弧轨道最高点 M，整个运动过程中其克服摩擦力 做的功为 8 J，则 被压缩的弹簧的弹性势能 Ep 至少为多少焦耳？ 解析：(1)物块离开桌面后做平抛运动， 竖直方向：vy2＝2gh，代入数据解得：vy＝4 3 m/s， 设物块进入圆弧轨道时的速度方向与水平方向夹角为 θ， 由几何知识可得：θ＝60°，tan θ＝vy vD，代入数据解得： vD＝4 m/s。 (2)物块由 P 到 N 过程，由机械能守恒定律得： 1 2m(vD2＋vy2)＋mgR(1－cos 60°)＝1 2mvN2， 在 N 点，支持力与重力的合力提供同心力： FN－mg＝mvN2 R ， 代入数据解得：FN＝33.6 N。 由牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道的压力： FN′＝FN＝33.6 N，方向竖直向下。 (3)物块恰好到达 M 点，在 M 点重力提供向心力， 由牛顿第二定律得：mg＝mvM2 R ， 在整个过程中，由能量守恒定律得： Ep＝Wf＋1 2mvM2－mg(h－1.5R)， 代入数据解得：Ep＝6.4 J。 答案：(1)4 m/s　(2)33.6 N，方向竖直向下　(3)6.4 J 考点综合训练 10.(2017·温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面 上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止 竖 直向上运动，运动过程中箱子的机械能 E 与其位移 x 的关 系图像如图所示，其中 O～x1 过程的图线为曲线，x1～x2 过程的图线为直线。根据 图像可知(　　) A．O～x1 过程中箱子所受的拉力逐渐增大 B．O～x1 过程中箱子的动能一直增加 C．x1～x2 过程中箱子所受的拉力一直不变 D．x1～x2 过程中起重机的输出功率一直增大 解析：选 C　由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减 少多少，所以 E ­x 图像的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在 O～ x1 内斜率的绝对值逐渐减小，故在 O～x1 内箱子所受的拉力逐渐减小，所以 先做 加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故 A、B 错误；由于箱子在 x1～x2 内 所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故 C 正确；由 于箱子在 x1～x2 内 E ­x 图像的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如 果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故 D 错误。 11．(多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面体甲和乙，乙的斜 面倾角大，甲、乙斜面长分别为 S、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块 A、B 可视为质点，同时由静止 从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块 A 一直沿斜面甲 滑到底端 C，而小滑块 B 沿斜面乙滑到底端 P 后又沿水平面滑行到 D(小滑块 B 在 P 点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离 PD＝L2，且 S＝L1 ＋L2。小滑块 A、B 与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则(　　) A．滑块 A 到达底端 C 点时的动能一定比滑块 B 到达 D 点时的动能小 B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同 C．A、B 两个滑块从斜面顶端分别运动到 C、D 的过程中，滑块 A 重力做功 的平均功率小于滑块 B 重力做功的平均功率 D．A、B 滑块从斜面顶端分别运动到 C、D 的过程中，由于克服摩擦而产生的 热量一定相同 解析：选 AC　研究滑块 A 到达底端 C 点的过程，根据动能定理得，mgh－ μmgcos α·S＝1 2mvC2，研究滑块 B 到达 D 点的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos θ·L1－μmgL2＝1 2mvD2，S＝L1＋L2。根据几何关系得 Scos α>L1cos θ＋L2。所以 1 2 mvC2<1 2mvD2，故 A 正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时， 重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，产生的热量 也不同，故 B、D 错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块 A 运动时间长， 故重力对滑块 A 做功的平均功率比滑块 B 的小，故 C 正确。 12．(2017·漳州检测)如图所示，光滑圆弧 AB 在竖直平面内，圆弧 B 处的切线 水平。A、B 两端的高度差为 0.2 m，B 端高出水平地面 0.8 m，O 点在 B 点的正下 方。将一滑块从 A 端由静止释放，落在水平面上的 C 点处，(g＝10 m/s2) (1)求 OC 的长？ (2)在 B 端接一长为 1.0 m 的木板 MN，滑块从 A 端释放后正好运动到 N 端停 止，求木板与滑块的动摩擦因数？ (3)若将木板右端截去长为 ΔL 的一段，滑块从 A 端释放后将滑离木板落在水平 面上 P 点处，要使落地点距 O 点的距离最远，ΔL 应为多少？ 解析：(1)滑块从光滑圆弧 AB 下滑过程中，根据机械能守恒定律得 mgh1＝1 2 mvB2， 得 vB＝ 2gh1＝2 m/s 滑块离开 B 点后做平抛运动，则 竖直方向：h2＝1 2gt2 水平方向：x＝vBt 联立得到 x＝vB 2h2 g 代入数据解得 x＝0.8 m。 (2)滑块从 B 端运动到 N 端停止过程，根据动能定理得 －μmgL＝0－1 2mvB2 代入数据解得 μ＝0.2。 (3)若将木板右端截去长为 ΔL 的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为 v， 由动能定理得 －μmg(L－ΔL)＝1 2mv2－1 2mvB2 滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距 O 点的 距离 s＝L－ΔL＋vt 联立整理得，s＝1＋0.8 ΔL－ΔL 根据数学知识得知，当 ΔL＝0.4 时，s 最大，即 ΔL＝0.16 m 时，s 最大。 答案：(1)0.8 m　(2)0.2　(3)0.16 m