2016高考物理一轮复习 单元质检五 功和能、机械能及其守恒定律(含解析)沪科版
高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 第4节 功能关系 能量守恒律
取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1．内容(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)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．2．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功等于物体的动能的变化．(2)重力做功等于物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化．(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化．知识点2 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另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图541所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图541A．增大B．变小C．不变D．不能确定A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．]3．[摩擦生热的理解]如图542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( )【：92492233】图542A. W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2A[设木板B长s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f s，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＝F f l相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.]4．[几种常见的功能关系应用](多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．他的动能减少了(F－mg)hB．他的重力势能减少了mgh －12mv2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]对功能关系的理解及应用1(1)做功的过程是能量转化的过程．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量上相等．2．几种常见功能关系的对比各种力做功对应能的变化定量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＝E k2－E k1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W G＝－ΔE p＝E p1－E p2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1．(多选)(2017·枣庄模拟)如图543所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )图543A．v1一定大于v0B．v1一定大于v2C．第一次的加速度可能比第二次的加速度小D．两个过程中物体损失的机械能相同BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动．故A错误；斜面的倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：f1＝μmg cos θ，物块克服摩擦力做功W1＝f1L＝μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功：W2＝μmg·L cos θ＝W1.两次克服摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功．所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故B、D正确．物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则：a1＝mg sin θ－fm，板水平时运动的过程中a2＝fm，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小，故C正确．]2．(多选)(2017·青岛模拟)如图544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F f，则小球从开始下落至最低点的过程( )【：92492234】图544A．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－F f)(H＋x－L)D．系统机械能减小F f HAC[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，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W G＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化W G＝－ΔE p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：W G＋W f＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－F f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE p得：弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(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，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：F f(H＋x－L)，故D 错误．]功能关系的应用技巧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，W总＝ΔE k.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，即W G ＝－ΔE p.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，即W其他＝ΔE.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，即W电＝－ΔE p.对能量守恒定律的理解及应用1(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．[多维探究]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题1．如图545所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图545A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态D．在整个过程中系统机械能不断增加B[在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误．]2.如图546所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图546(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能.【：92492235】【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋fL解得v＝v20－gL.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－f·2x＝0－12×3mv2解得x＝v202g－L2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx所以E p＝fx＝3mv204－3mgL4.【答案】(1)v20－gL(2)v202g－L2(3)3mv204－3mgL4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用3．将小球以10 m/s 的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E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图547中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图547A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD [在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理得：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20，解得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．]摩擦力做功与能量的转化关系1.(1)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． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化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不为零，总功W ＝－F f ·l相对，产生的内能Q ＝F f ·l 相对相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功[电动机的带动下，始终保持v 0＝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，g 取10 m/s 2，求：图 5-4-8(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． 【自主思考】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝hsin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分． 【解析】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32.(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产生的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12mv 20＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.【答案】 (1)32 (2)230 J[母题迁移]●迁移1 水平传送带问题1．如图549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，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( )【：92492236】 图549A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD [由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．]●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2．(多选)(2017·太原模拟)如图5410所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【：92492237】图5410A ．物块动能增加2 JB ．物块机械能减少11.2 JC ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD ．物块对传送带做的功为－12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 22，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物块到达B 处时的动能为E k ＝12mv ′2＝8 J ，选项A 错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能．3．公式Q＝F f·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．。
高考导练高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律
第1讲功和功率自主测评一、基础知识题组1．[功的理解](多选)下列选项所示的四幅图是小明提包回家的情景，其中小明提包的力做正功的是( )解析：A中将包提起来的过程中，提包的力对包做正功，B中人提包水平匀速行驶时，提包的力不做功，C中人乘电梯上升过程中，提包的力对包做正功，D中人提包上楼的过程中，提包的力对包做正功．答案：ACD2．[功的理解](2016年河北衡水月考)如图5－1－1所示，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止开始匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升．若以F N表示水平梯板对人的支持力，G为人受到的重力，F f为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是( )图5－1－1A．加速过程中F f≠0，F f、F N、G都做功B．加速过程中F f≠0，F N不做功C．加速过程中F f＝0，F N、G都做功D．匀速过程中F f＝0，F N、G都不做功解析：加速过程中，水平方向的加速度由摩擦力F f提供，所以F f≠0，F f、F N做正功，G 做负功，选项A正确，B、C错误．匀速过程中，水平方向不受静摩擦力作用，F f＝0，F N做正功，G 做负功，选项D 错误．答案：A 3．[功和功率](2016年唐山市摸底考试)质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上．现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的v －t 图象如图5－1－2所示．下列关于物体运动过程，分析正确的是( )图5－1－2A ．0～t 1内拉力逐渐减小B ．0～t 1内拉力对物体做负功C ．在t 1～t 2时间内拉力的功率为零D ．在t 1～t 2时间内合外力做功12mv 2解析：由运动的v －t 图象可知，0～t 1时间内物体运动的加速度越来越小，水平拉力越来越小，所以0～t 1内拉力逐渐减小，选项A 正确；由于拉力与运动方向相同，所以0～t 1内拉力对物体做正功，选项B 错误；由P ＝Fv 可知，在t 1～t 2时间内拉力等于摩擦力，速度不为零，所以拉力的功率大于零，选项C 错误；由于在t 1～t 2时间内物体速度不变，合外力做功为零，选项D 错误．答案：A二、规律方法题组 4．[功率的理解](多选)关于功率的公式P ＝Fv cos α，以下理解正确的是( )A ．它是由功率的定义式P ＝W t及功的定义式W ＝Fl cos α联合导出的，所以它只能用来计算平均功率B ．若F 与v 的夹角α＝0，P ＝FvC ．当公式中的v 表示平均速度且F 为恒力时，则P ＝Fv cos α求解的是平均功率D ．当F 、v 、α均为瞬时值时，P ＝Fv cos α求解的是瞬时功率解析：P ＝Fv cos α是由功率的定义式和功的定义式推导得来的，但它既能用来求解平均功率，也能用来求解瞬时功率，A 错误，夹角α是力F 与速度v 的夹角，当夹角α＝0时，P ＝Fv ，B 正确．当F 为恒力，v 为平均速度时，P 为平均功率；当v 为瞬时速度时，P 为瞬时功率，C 、D 正确．答案：BCD 5．[功率和图象](多选)质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图5－1－3所示，力的方向保持不变，则( )图5－1－3A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m解析：物体在光滑水平面上做两个阶段的匀加速直线运动.0～2t 0时间内，a 1＝F 0m，t ＝2t 0时刻，物体的速度v 1＝a 1t ＝2F 0t 0m ；2t 0～3t 0时间内a 2＝3F 0m，t ＝3t 0时刻，物体的速度v 2＝v 1＋a 2Δt ＝2F 0t 0m ＋3F 0m ·t 0＝5F 0t 0m .3t 0时刻的瞬时功率P ＝3F 0·v 2＝15F 20t 0m，B 对．根据功能关系W ＝ΔE k ＝12mv 22＝25F 20t 202m ，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m，D 对． 答案：BD6．[关于变力功的求解]如图5－1－4所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动．则在转动一周的过程中推力F 做的功为( )图5－1－4A．0 B．2πrFC．2Fr D．－2πrF图5－1－5解析：磨盘转动一周，力的作用点的位移为0，但不能直接套用W＝Fl cosα求解，因为在转动过程中推力F为变力．我们可以用微元的方法来分析这一过程．由于F的方向在每时刻都保持与作用点的速度方向一致，因此可把圆周划分成很多小段来研究，如图5－1－5所示．当各小段的弧长Δs i足够小(Δs i→0)时，F的方向与该小段的位移方向一致，所以有：W F＝F·Δs1＋F·Δs2＋F·Δs3＋…＋F·Δs i＝F·2πr＝2πrF(这等效于把曲线拉直)．答案：B。
高考物理一轮复习 考点15 功能关系 机械能守恒定律及其应用练习(含解析)-人教版高三全册物理试题
考点15 功能关系 机械能守恒定律与其应用题组一 根底小题1．如下关于功和能的说法正确的答案是( )A ．作用力做正功，反作用力一定做负功B ．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化C ．假设物体除受重力外，还受到其他力作用时，物体的机械能也可能守恒D ．竖直向上运动的物体重力势能一定增加，动能一定减少答案 C解析 当作用力做正功时，反作用力也可能做正功，如反冲运动中的物体，故A 错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，比如匀速圆周运动，故B 错误；假设物体除受重力外，还受到其他力作用时，当其他的力做的功等于零时，物体的机械能也守恒，故C 正确；竖直向上运动的物体重力势能一定增加，假设同时物体受到的向上的拉力做正功，如此物体动能不一定减少，故D 错误。
2.如下列图，运动员把质量为m 的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最大高度为h ，在最高点时的速度为v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，如此运动员踢球时对足球做的功为( )A.12mv 2 B ．mgh C ．mgh ＋12mv 2 D ．mgh ＋mv 2答案 C解析 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，其机械能为E ＝mgh ＋12mv 2，由机械能守恒定律得，足球刚被踢起时的机械能为E ＝mgh ＋12mv 2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2，故A 、B 、D 错误，C 正确。
3.如下列图，一辆小车在牵引力作用下沿弧形路面匀速率上行，小车与路面间的阻力大小恒定，如此上行过程中( )A ．小车处于平衡状态，所受合外力为零B ．小车受到的牵引力逐渐增大C ．小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量D ．小车重力的功率逐渐增大答案 C解析 小车做匀速圆周运动，合力充当向心力，不为零，故A 错误；对小车受力分析，牵引力F ＝f ＋mg sin θ，阻力大小恒定，θ变小，所以F 变小，故B 错误；由功能关系得：小车受到的牵引力对小车做的功等于小车重力势能的增加量和因摩擦生成的热量，即牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量，故C 正确；小车重力的功率P ＝mgv sin θ，θ变小，P 减小，故D 错误。
高考物理大一轮复习 第5单元 机械能动机械能守恒律及其用课时作业
拾躲市安息阳光实验学校动机械能守恒定律及其应用基础巩固1．[2016·云南模拟] 如图K151所示，桌面离地高度为h ，质量为m 的小球从离桌面H 高处由静止下落．若以桌面为参考平面，则小球落地时的重力势能及整个过程中小球重力做功分别为( )图K151A ．mgh ，mg (H －h )B ．mgh ，mg (H ＋h )C ．－mgh ，mg (H －h )D ．－mgh ，mg (H ＋h )2．[2016·潍坊模拟] 如图K152所示，将一质量为m 的小球从A 点以初速度v 斜向上抛出，小球先后经过B 、C 两点．已知B 、C 之间的竖直高度和C 、A 之间的竖直高度都为h ，重力加速度为g ，取A 点所在的平面为参考平面，不考虑空气阻力，则( )图K152A ．小球在B 点的机械能是C 点机械能的两倍 B ．小球在B 点的动能是C 点动能的两倍 C ．小球在B 点的动能为12mv 2＋2mghD ．小球在C 点的动能为12mv 2－mgh3．2016里约奥运会女子排球决赛，中国女排不负众望，以3∶1的成绩战胜塞尔维亚，勇夺金牌．如图K153所示，在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高为H ＝2.24 m ，排球质量为m ＝300 g ，运动员对排球做的功为W 1＝20 J ，排球运动过程中克服空气阻力做功为W 2＝4.12 J ，重力加速度g 取10 m/s 2.球从手中刚发出的位置的高度h ＝2.04 m ，选地面为零势能面，则( )图K153A ．与排球从手中刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 JB ．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 JC ．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 JD ．与排球从手中刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为6.72 J4．[2016·浙江临海模拟] 如图K154所示，在下列不同情形中将光滑小球以相同速率v 射出，忽略空气阻力，结果只有一种情形小球不能到达天花板，则该情形是( )图K154A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁5．[2016·重庆适应性考试] 如图K155所示，一质量为m 的人从足够高的蹦极台上无初速度下落，蹦极绳可视为劲度系数为k 、原长为L 的弹性绳．设在下落过程中人所受的空气阻力恒为重力的15.若绳的质量忽略不计．重力加速度为g ，人视为质点，则( )图K155A ．从开始下落到蹦极绳刚好被拉直所需的时间为5LgB ．从开始下落到速度最大时人的下落距离为L ＋4mg5kC ．从开始下落到到达最低点的过程中，加速度恒为45gD ．从开始下落到速度最大的过程中，系统机械能损失为15mgL ＋mg5k能力提升6．[2016·石家庄一模] 我国运动员黄珊第一次参加奥运会蹦床项目的比赛就取得了第三名的好成绩，假设表演时运动员仅在竖直方向上运动，通过传感器将蹦床对运动员的弹力F 随时间t 变化的规律在计算机上绘制出如图K156所示的曲线．不计空气阻力，下列说法正确的是( )图K156A ．t 1至t 2时间内运动员和蹦床构成的系统机械能不变B ．t 2至t 3时间内运动员的机械能增加C ．t 1至t 3时间内运动员始终未脱离蹦床D ．t 3至t 4时间内运动员先失重后超重7．如图K157所示，半径为R 的光滑圆环竖直放置，N 为圆环的最低点．在环上套有两个小球A 和B ，A 、B 之间用一根长为3R 的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动．已知A 球质量为4m ，B 球质量为m ，重力加速度为g .现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A 球滑到N 点的过程中，轻杆对B 球做的功为( )图K157A ．mgRB ．1.2mgRC ．1.4mgRD ．1.6mgR8．(多选)[2016·兰州实战考试] 如图K158所示，长为L 的绳子一端系于O 点，另一端系一质量为m 的小球，现将绳子沿水平方向拉直，从M 点将小球由静止释放，当其运动到最低点N 时绳子恰好被拉断，测得小球落地点P 到O 点的水平距离为2L ，忽略空气阻力，重力加速度为g ，则以下说法正确的是( )图K158A ．小球运动到N 点速度大小为2gLB ．绳所能承受的最大拉力为2mgC ．N 点离地面的高度为LD ．若在ON 中点处钉一钉子，绳子就不会被拉断了9．[2016·温州十校联考] 如图K159所示，“蜗牛”状轨道OAB 竖直固定在水平地面上，与地面在B 处平滑连接．其中“蜗牛”状轨道由内壁光滑的半圆轨道OA 和AB 平滑连接而成，半圆轨道OA 的半径R 1＝0.6 m ，半圆轨道AB 的半径R 2＝1.2 m ，水平地面BC 长为x BC ＝11 m ，C 处是一个开口较大的深坑，一质量m ＝0.1 kg 的小球从O 点沿切线方向以某一初速度进入轨道OA 后，沿OAB 轨道运动至水平地面，已知小球与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.(1)为使小球不脱离OAB 轨道，小球在O 点的初速度至少为多大？ (2)若小球在O 点的初速度v ＝6 m/s ，求小球在B 点对半圆轨道的压力大小；(3)若使小球能落入深坑C ，则小球在O 点的初速度至少为多大？图K159挑战自我10．[2016·石家庄一模] 如图K1510所示，左侧竖直墙面上固定半径为R ＝0.3 m 的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O 等高处固定一水平光滑直杆，P 为半圆环与直杆连接点．质量为m a ＝100 g 的小球a 套在半圆环上，质量为m b ＝36 g 的滑块b 套在直杆上，二者之间用长为l ＝0.4 m 的轻杆通过两铰链连接．现将a 从圆环的最高处由静止释放，使a 沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a 、b 均视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时的向心力大小；(2)小球a 从P 点下滑至轻杆与圆环相切的Q 点的过程中，杆对滑块b 做的功．图K1510 课时作业(十五)1．D [解析] 物体的重力势能E p ＝mgh ，其中h 为物体到零势能面的高度，所以该小球落地时的重力势能E p ＝－mgh ，小球下落的始、末位置的高度差为H ＋h ，故重力做功为W ＝mg (H ＋h )，选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．2．D [解析] 不计空气阻力，小球在斜上抛运动过程中只受重力作用，运动过程中小球的机械能守恒，则小球在B 点的机械能等于C 点的机械能，选项A 错误；小球在B 点的重力势能大于C 点重力势能，根据机械能守恒定律知，小球在B 点的动能小于在C 点的动能，选项B 错误；小球由A 到B 过程中，根据机械能守恒定律有mg ·2h ＋E k B ＝12mv 2，解得小球在B 点的动能为E k B ＝12mv 2－2mgh ，选项C 错误；小球由B 到C 过程中，根据机械能守恒定律有mg ·2h ＋E k B＝mgh ＋E k C ，解得小球在C 点的动能为E k C ＝E k B ＋mgh ＝12mv 2－mgh ，选项D 正确．3．B [解析] 与排球从手中刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg (H －h )＝0.6 J ，故A 错误；根据功能关系可得，排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh ＋W 1－W 2＝22 J ，故B 正确；由动能定理可知：排球恰好到达球网上边缘时的动能为W 1－W 2－mg (H －h )＝15.28 J ，故C 错误；与排球从手中刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能减少量为W 2＋mg (H －h )＝4.72 J ，故D 错误．4．B [解析] 四种情形中，甲、丙、丁到达最高点的速度为零，乙到达最高点的速度不为零．由机械能守恒定律知乙上升的最大高度小于甲、丙、丁．故以相同速率射出时，若只有一种情形不能到达天花板，该情形一定是乙．5．B [解析] 从开始下落到蹦极绳刚好被拉直阶段，由牛顿第二定律有mg －0.2mg ＝ma ，解得加速度a ＝0.8g .由L ＝12at 2解得t ＝5L 2g，选项A 错误．当弹力和空气阻力的合力与重力平衡时速度最大，由F ＋0.2mg ＝mg 解得弹力F ＝0.8 mg .由胡克定律F ＝kx 解得弹性绳伸长x ＝4mg5k ，从开始下落到速度最大时下落距离为L ＋x ＝L ＋4mg5k ，选项B 正确．弹性绳伸直后继续下落过程，人先做加速度逐渐减小到零的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，选项C 错误．从开始下落到速度最大的过程中，克服空气阻力做功，机械能损失ΔE ＝mg5L ＋4mg5k，选项D 错误．6．D [解析] 根据F t 图像，t 1～t 2时间内，运动员在蹦床上，所受弹力F 在变化，说明运动员在蹦床上来回弹跳，运动员消耗了体能，增加了运动员和蹦床构成的系统的机械能，故选项A 错误；t 2～t 3时间内，运动员所受弹力F 为零，说明运动员已经离开蹦床，在空中运动，只有重力做功，机械能守恒，选项B 、C 错误；t 3～t 4时间内，运动员所受弹力F 开始小于其重力，由牛顿第二定律可知，运动员的加速度方向向下，处于失重状态，而后蹦床对运动员的弹力F 大于其重力，由牛顿第二定律可知，运动员的加速度方向向上，处于超重状态，故在此段时间内，运动员先失重后超重，选项D 正确．7．B [解析] 将轻杆从题图所示水平位置由静止释放，两小球和轻杆组成的系统机械能守恒，在A 球滑到N 点的过程中，系统重力势能减小量为ΔE p ＝4mg ·R2－mgR ＝mgR .两小球速度大小相等，设A 球滑到N 点时速度为v ，由机械能守恒定律，有ΔE p ＝12×4mv 2＋12mv 2，解得v 2＝0.4gR ，由功能关系可知，在A球滑到N 点的过程中，轻杆对B 球做功为W B ＝12mv 2＋mgR ＝1.2mgR ，选项B 正确．8．AC [解析] 从M 点将小球由静止释放，在小球由M 点运动到N 点的过程中，由机械能守恒定律，有mgL ＝12mv 2N ，解得小球运动到N 点时的速度v N ＝2gL ，选项A 正确；在N 点，由牛顿第二定律，有F m －mg ＝m v 2NL，解得绳子所能承受的最大拉力F m ＝3mg ，选项B 错误；设N 点离地面的高度为h ，由平抛运动规律可得2L ＝v N t ，h ＝12gt 2，联立解得h ＝L ，选项C 正确；若在ON 中点处钉一钉子，则小球在最低点N 时，有F －mg ＝m v 2NL2，解得F ＝5mg ，超过绳子所能承受的最大拉力，绳子一定会被拉断，选项D 错误．9．(1)6 m/s (2)6 N (3)8 m/s[解析] (1)小球通过最高点A 的临界条件是mg ＝mv 2AR 2解得小球经A 点的最小速度v A ＝gR 2＝2 3 m/s 小球由O 到A 过程由机械能守恒定律得 mg ·2R 1＋12mv 2A ＝12mv 2解得v 0＝6 m/s.(2)小球由O 到B 过程机械能守恒，则mgR 2＋12mv 20＝12mv 2B解得v B ＝215 m/s 在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2BR 2解得F N ＝6 N由牛顿第三定律得轨道受到的压力F ′N ＝F N ＝6 N.(3)小球恰能运动到C 处，即v C ＝0时初速度最小，小球由O 到C 过程由动能定理得mgR 2－μmgx BC ＝0－12mv ′2解得v ′＝8 m/s.10．(1)2 N (2)0.194 4 J[解析] (1)当小球a 滑到与圆心O 等高的P 点时，小球a 的速度v 沿圆环切线方向向下，滑块b 的速度为零．由机械能守恒定律可得m a gR ＝12m a v 2解得v ＝2gR由牛顿第二定律可得F 向＝m a v 2R＝2 N.(2)杆与圆环相切时，如图所示，小球a 的速度v a 沿杆方向，设此时滑块b 的速度为v b ，根据杆不可伸长和缩短得v a ＝v b cos θ由几何关系可得 cos θ＝l l 2＋R2＝0.8则小球a 自P 点下降的高度h ＝R cos θ＝0.24 m 小球a 和滑块b 组成的系统机械能守恒，有 m a gh ＝12m a v 2a ＋12m b v 2b －12m a v 2解得v 2b ＝545m 2/s 2对滑块b ，由动能定理得 W ＝12m b v 2b ＝0.194 4 J.。
高考物理一轮复习功能关系能量守恒定律教案(含解析)沪科版
第4课时功能关系能量守恒定律[知识梳理]知识点、功能关系1．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)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
2．能量守恒定律(1)内容：能量既不会消灭，也不会创生。
它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)表达式：ΔE减＝ΔE增。
思维深化判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)力对物体做了多少功，物体就有多少能。
( )(2)物体在速度增大时，其机械能可能在减小。
( )(3)重力和弹簧弹力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能量转化的过程。
( )(4)一对互为作用力与反作用力的摩擦力做的总功，等于系统增加的内能。
( )答案(1)×(2)√(3)√(4)√[题组自测]题组一对几种功能关系的理解1．2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件。
坠落的陨石重量接近1万吨，进入地球大气层的速度约为4万英里每小时，随后与空气摩擦而发生剧烈燃烧，并在距离地面上空12至15英里处发生爆炸，产生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则( )A．该碎片在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量B ．该碎片在空中下落过程中重力做的功小于动能的增加量C ．该碎片在陷入地下的过程中重力做的功等于动能的改变量D ．该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量解析 陨石在空中下落过程中，陨石与空气之间的摩擦力对陨石做负功，由动能定理有：W G －W f ＝ΔE k ，故W G ＞ΔE k ，A 、B 错误；陨石碎片在陷入地下的过程中，阻力同样做负功，W G ＞ΔE k ，C 错误；对全过程，由能量守恒定律可知机械能转化为内能，机械能减少，内能增大，由功能原理可知该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量，D 正确。
高考物理一轮温习单元质检五功和能、机械能及其守恒定律含解析沪科版
单元质检五功和能机械能及其守恒定律(时间:60分钟满分:110分)单元质检第7页一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全数选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.在竖直平面内,有根滑腻金属杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为y=A cos x,将一个滑腻小环套在该金属杆上,并从x=0、y=A处以某一初速度沿杆向+x方向运动。
运动进程中( )A.小环在D点的加速度为零B.小环在B点和D点的加速度相同C.小环在C点的速度最大D.小环在C点和E点的加速度方向相同解析:小环在D点和B点的加速度是由环的重力沿杆切向分力产生的,由对称性可知,小环在两点的加速度的大小相同,方向不同,故A、B均错误;因C点最低,小环的重力势能最小,由机械能守恒知,小环在C点的速度最大,C正确;小环在C点和E点的加速度均为向心加速度,故方向相反,D错误。
答案:C2.滑腻斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达滑腻的水平面上的B点时的速度大小为v0。
滑腻水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动挡条后停下来。
若让小球从h高处以初速度v0滚下,则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越度日动阻挡条时损失的动能相等)( )解析:设每条阻挡条对小球做的功为W,当小球在水平面上转动时,由动能定理有0-=nW,对第二次有0-=0-(+mgh)=NW,又因为=mgh,联立以上三式解得N=2n。
答案:B3.小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,地面为零势能面。
在上升至离地高度h处,小球的动能是势能的2倍,在下落至离地高度h处,小球的势能是动能的2倍,则h等于( )A. B. C. D.解析:设小球上升至离地面高度h时,速度为v1,由地面上抛时速度为v0,下落至离地面高度h 处速度为v2,空气阻力为f,上升阶段:-mgH-fH=-,-mgh-fh=,2mgh=;下降阶段:mg(H-h)-f(H-h)=;mgh=2×,由以上各式联立得:h=H,故选D。
高考物理一轮复习6.4机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律-(原卷版+解析)
考向二功能关系与图像的结合
【典例3】(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 NB．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
考点20机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律
新课程标准
1.理解能量守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合，并密切联系实际，难度较大，突出体现高考的选择性特征．
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
电能
安培力做功等于电能变化量
(1)安培力做正功，电能减少(2)安培力做负功，电能增加
W电能＝E2－E1＝ΔE
二、两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量ห้องสมุดไป่ตู้转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
试题情境
生活实践类
各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目和传送带等．
功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
学习探究类
含弹簧系统能量守恒问题，传送带、板块模型的功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
考向一功能关系的理解和应用
考向二功能关系与图像的结合
高考物理一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第2节动能定理(含解析)
第2节动能定理知识点 1动能1．定义：物体因为运动而拥有的能．2．公式12E k＝2mv ，式中 v 为刹时速度，动能是状态量．3．矢标性动能是标量，只有正当，动能与速度的方向没关．4．动能的变化量1 212E k＝E k2－E k1＝2mv2－2mv1.知识点 2动能定理1．内容合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．2．表达式1 212W＝E k＝2mv2－2mv1.3．功与动能的关系物理意义：合外力的功是动能变化的量度．4．合用条件(1)动能定理既合用于直线运动，也合用于曲线运动．(2)既合用于恒力做功，也合用于变力做功．(3)力能够是各样性质的力，既能够同时作用，也能够不一样时作用．1．正误判断(1)必定质量的物体动能变化时，速度必定变化，但速度变化时，动能不一定变化． (√)(2)动能不变的物体，必定处于均衡状态．(×)(3)做自由落体运动的物体，动能与着落距离的平方成正比．(×)(4)假如物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功必定为零．(√)(5)物体在合外力作用下做变速运动，动能必定变化．(×)(6)物体的动能不变，所受的合外力必然为零．(×)2．[动能变化量的计算 ]一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在圆滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前同样，则碰撞前后小球速度变化量的大小v 和碰撞过程中小球的动能变化量E k为 ()A ．v＝0B．v＝12 m/sC．E k＝1.8 J D．E k＝ 10.8 JB[ 取初速度方向为正方向，则 v＝ (－6－6)m/s＝－ 12 m/s，因为速度大小没变，动能不变，故动能变化量为 0，故只有选项 B 正确． ]3．[对动能定理的理解 ](多项选择 )对于动能定理的表达式 W＝ E k2－ E k1，以下说法正确的选项是 ()A ．公式中的 W 为不包括重力的其余力做的总功B．公式中的 W 为包括重力在内的所有力做的功C．公式中的 E k2－ E k1为动能的增量，当 W>0 时动能增添，当W<0 时，动能减少D．动能定理合用于直线运动，但不合用于曲线运动，合用于恒力做功，但不合用于变力做功BC [公式W＝E k2－E k1中的“W”为所有力做功的总和，A错误，B正确；W>0 时， E k2>E k1，动能增添， W<0 时， E k2<E k1，动能减少， C 正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均合用， D 错误．]4．[应用动能定理求变力的功] 如图 5-2-1 所示，圆滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点 A 的速度为v，压缩弹簧至 C 点时弹簧最短， C 点距地面高度为h，则小球从 A 到 C 的过程中弹簧弹力做功是 ()图 5-2-1A ．－1212－mgh mgh2mv B．2mv12C．－ mgh D．－ (mgh＋2mv )A[ 小球从 A 点运动到 C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，因为支持力与位移一直垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G＋W F＝0－12，重力做功为 W G＝－ mgh，则弹簧的弹力对小球做功为W F＝mgh 2mv12－2mv，所以正确选项为 A.]动能定理的理解中·华 .资* 源%库 1.定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其余力，它们能够同时作用，也能够不一样时作用．(2)既能够是恒力，也能够是变力．2．公式中“＝”表现的三个关系[ 题组通关 ]1．(多项选择 )如图 5-2-2 所示，一块长木板 B 放在圆滑的水平面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的外力拉 B，因为 A、B 间摩擦力的作用， A 将在 B 上滑动，以地面为参照系， A、B 都向前挪动一段距离．在此过程中()图 5-2-2A ．外力 F 做的功等于 A 和B 动能的增量 B ．B 对 A 的摩擦力所做的功，等于 A 的动能增量C ．A 对 B 的摩擦力所做的功，与 B 对 A 的摩擦力所做的功大小相等D ．外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与B 战胜摩擦力所做的功之和BD [A 物体所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 物体运用动能定理，则有 B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，即 B 对； A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作使劲与反作使劲， 大小相等，方向相反，可是因为 A 在 B 上滑动， A 、B 对地的位移不等，故两者做功大小不等， C 错；对 B 应用动能定理， W F － W f ＝ E kB ，即 W F ＝ E kB ＋ W f 就是外力 F 对 B 做的功，等于 B 的动能增量与 B 战胜摩擦力所做的功之和， D 对；由前述知 B 战胜摩擦力所做的功与 A 的动能增量 (等于 B 对 A 的摩擦力所做的功 )不等，故 A 错． ]2．(多项选择 )如图 5-2-3 所示，电梯质量为 M ，在它的水平川板上搁置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加快运动，当电梯的速度由 v 1 增 加到 v 2 时，上涨高度为 H ，则在这个过程中，以下说法或表达式正确的选项是 ( )图 5-2-312A ．对物体，动能定理的表达式为 W FN ＝2mv 2，此中 W FN 为支持力的功B ．对物体，动能定理的表达式为 W 合＝ 0，此中 W 合 为协力的功1 2 12C ．对物体，动能定理的表达式为W FN －mgH ＝2mv 2－2mv 112 12D ．对电梯，其所受协力做功为 Mv 2－2 Mv 12CD [ 电梯上涨的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力 F N ，这两个力1212的总功才等于物体动能的增量 E k ＝2mv 2－2mv 1，故 A 、B 均错误， C 正确；对电梯，不论有几个力对它做功， 由动能定理可知， 其协力做的功必定等于其动能的增量，故 D 正确． ]动能定理的应用1.解题步骤2．注意事项(1)动能定理的研究对象能够是单调物体，或许是能够看作单调物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中波及位移和速度而不波实时间时可优先考虑动能定理；办理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)若过程包括了几个运动性质不一样的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都做功，一定依据不一样的状况分别对待求出总功．(4)应用动能定理时，一定明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体战胜该力做功为W，将该力做功表达为－ W，也能够直接用字母W 表示该力做功，使其字母自己含有负号．[ 多维研究 ]●考向 1用动能定理剖析求解变力做功问题1．(2017 ·长春模拟 )如图 5-2-4 所示，竖直平面内放向来角杆MON，OM 水平， ON 竖直且圆滑，用不行伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上， B 球的质量为 2 kg，在作用于 A 球的水平力 F 的作用下， A、B 均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加快运动，已知 A 球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳的拉力对 B 球所做的功为 (g 取 10 m/s2)()图 5-2-4 A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 JC [ A 球向右运动 0.1 m 时， v A ＝3 m/s ，OA ′＝ 0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时3∠ BAO ＝α，则有 tan α＝4.v A cos α＝v B sin α，解得： v B ＝4 m/s.此过程中 B 球上涨1高度 h ＝0.1 m ，由动能定理， W － mgh ＝ 2mv B 2，解得绳的拉力对 B 球所做的功为 1 2 ＝2×10×0.1 J ＋ 1×2×42＝，选项 C 正确．]W ＝ mgh ＋2mv B 2 J 18 J●考向 2 利用动能定理求解多过程问题2．(多项选择 )(2017 吉·安模拟 )如图 5-2-5 所示，固定斜面 AD 上有 B 、 C 两点，且 AB ＝BC ＝CD ，小滑块以初动能 E k0 从 A 点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面 AD 圆滑，则滑块抵达 D 地点速度恰巧为零，尔后下滑．现斜面AB 部分与滑块间到处有同样的摩擦力， 其余部分 BD 无摩擦力，则滑块恰巧滑到 C 地点速度为零，而后下滑，那么滑块下滑到 ()图 5-2-5E k0A ．地点B 时的动能为 3E k0B ．地点 B 时的动能为 2E k0C ．地点 A 时的动能为 2E k0D ．地点 A 时的动能为 3AD [ 设斜面长为 3x 、高为 3h ，若斜面圆滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－ mg ·3h ＝0－E k0若 AB 部分粗拙、其余部分圆滑， 滑块由底端＝ 0－ E k0滑块由 C 滑到 B 过程中， mgh ＝E kBA 到 C①过程中， －F f ·x －mg ·2h②③1解①③可得： E kB＝3E k0， A 项正确；滑块由 C 滑到A 过程中，mg·2h－F f·x＝ E kA④E k0解①②④三式得： E kA＝3，D 项正确． ]︵3.如图 5-2-6 所示，倾角θ＝37°的斜面与圆滑圆弧 BCD相切于 B 点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量 m＝2.0 kg、可视为质点的物体，从斜面上的 A 处由静止下滑， AB 长 L＝3.0 m，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.不计空气阻力，重力加快度 g 取 10 m/s2，已知 sin 37 ＝°0.6， cos 37 °＝0.8.求：图 5-2-6(1)物体第一次从 A 点到 B 点过程中战胜摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高地点距 A 点的距离；(3)物体在斜面上运动的总行程．【分析】(1)物体第一次从 A 点到 B 点过程中战胜摩擦力做的功W f＝μmgLcos θ＝24 J.(2)设物体第一次回到斜面的最高地点距 A 点的距离为 x，由动能定理得mgxsin θ－μ mg(2L－x)cos θ＝0解得 x＝ 2.4 m.(3)对物体在斜面上运动的全过程，由动能定理得mgLsin θ－μ mgs总 cos θ＝0解得 s 总＝ 4.5 m.【答案】(1)24 J (2)2.4 m(3)4.5 m应用动能定理注意两个问题(1)运用动能定理解决问题时，选择适合的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包括几个运动性质不一样的子过程时，能够选择一个、几个或所有子过程作为研究过程．(2)入选择所有子过程作为研究过程，波及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特色：①重力的功取决于物体的初、末地点，与路径没关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与行程的乘积．动能定理与图象的联合问题1.解决物理图象问题的基本步骤(1)察看题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)依据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对照，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，剖析解答问题．或许利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．2．四类图象所围面积的含义由公式 x＝ vt 可知， v-t 图线与坐标轴围成的面积表示物v-t 图体的位移由公式v＝at 可知，a-t 图线与坐标轴围成的面积表示物a-t 图体速度的变化量由公式 W＝Fx 可知，F-x 图线与坐标轴围成的面积表示力F-x 图所做的功由公式 W＝Pt 可知，P-t 图线与坐标轴围成的面积表示力P-t 图所做的功[母题 ]打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他建立了一个打桩机的简略模型，如图5-2-7 甲所示．他假想，用恒定大小的拉力 F 拉动绳端 B，使物体从 A 点 (与钉子接触处 )由静止开始运动，上涨一段高度后撤去 F，物体运动到最高点后自由着落并撞击钉子，将钉子打入必定深度．按此模型剖析，若物体质量 m＝1 kg，上涨了 1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能 E k与上涨高度 h 的关系图象如图 5-2-7 乙所示．(g 取 10 m/s2，不计空气阻力 )图 5-2-7 图 5-2-8(1)求物体上涨到0.4 m 高度处 F 的刹时功率；(2)若物体撞击钉子后瞬时弹起，且使其不再落下，钉子获取20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分能够忽视，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f与深度 x 的关系图象如图5-2-8 所示，求钉子能够插入的最大深度．【分析】(1)撤去 F 前，依据动能定理，有(F－mg)h＝E k－0由题图乙得，斜率为 k＝F－mg＝20 N，得 F＝ 30 N又由题图乙得， h＝0.4 m 时， E k＝ 8 J则 v＝ 4 m/s， P＝ Fv＝ 120 W.(2)碰撞后，对钉子，有－ F f x′＝ 0－ E k′k′x′已知 E k′＝ 20 J， F f＝2又由题图丙得 k′＝105 N/m，解得： x′＝0.02 m.【答案】(1)120 W(2)0.02 m[ 母题迁徙 ]●迁徙 1动能定理与F-x图象的联合1．如图 5-2-9 甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连结，有一质量为 1 kg 的滑块 (大小不计 )，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与 BC 间的动摩擦因数未知， g 取 10 m/s2.求：甲乙图 5-2-9(1)滑块抵达 B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前 2 m 过程所用的时间；(3)若抵达 B 点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰巧能抵达最高点 C，则滑块在半圆弧轨道上战胜摩擦力所做的功是多少？【分析】(1)对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得12F1x1－F3 x3－μmgx＝2mv B代入数值解得 v B＝ 2 10 m/s.12(2)在前 2 m 内，有 F1－μmg＝ma，且 x1＝2at1解得 t1＝835s.2v C(3)当滑块恰巧能抵达最高点 C 时，有： mg＝m R 对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得：1 212W－mg·2R＝2mv C－2mv B代入数值得 W＝－ 5 J，即战胜摩擦力做的功为 5 J.(1)2 10 m/s (2)8【答案】35 s (3)5 J●迁徙 2动能定理与 v-t 图象的联合2.用水平力 F 拉一物体，使物体在水平川面上由静止开始做匀加快直线运动，t1时辰撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到t2时辰停止，其速度—时间图象如图 5-2-10 所示，且α>β，若拉力 F 做的功为 W1，均匀功率为 P1；物体战胜摩擦阻力 f 做的功为 W2，均匀功率为 P2，则以下选项正确的选项是 ()高考物理一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第2节动能定理(含分析)图 5-2-10A ．W1>W2，F＝2f B．W1＝W2， F>2fC．P1<P2， F>2f D．P1＝ P2，F＝2fB[ 由动能定理可得 W1－W2＝0，解得 W1＝W2 .由图象可知， F－f＝ ma＝mtan αf＝ ma′＝ mtan βα>β tan α>tan β所以 F>2f，选项 A、D 错误， B 正确；因为摩擦阻力作用时间必定大于水平力 F 作用时间，所以P1>P2，选项 C 错误． ]动能定理与图象联合问题的剖析方法1．第一看清楚所给图象的种类(如 v-t 图象、 F-t 图象、 E k-x 图象等 )．2．发掘图象的隐含条件，依据物理规律写出函数关系式．3．依据函数关系式，求出相应的物理量．。
高考物理一轮总复习 必修部分 第5章 机械能及其守恒定律 第1讲 功和功率课件
例 1 (多选)如图所示，质量为 m 的物体置于倾角为 θ 的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为 μ，在 外力作用下，斜面体以加速度 a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体 m 与斜面体相对静止。则关于 斜面对 m 的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是( )
A．m1∶m2 C. m2∶ m1
B. m1∶ m2 D. m31∶2，雨滴的收尾速度为 v＝ mkg，则落地时重力对雨滴做功的功率为 P ＝mgv＝mg mkg，所以，两雨滴落地时重力的功率之比为 P1∶P2＝ m31∶ m32，故选 D。
板块二 考点细研·悟 法培优
2．功的计算方法 (1)恒力做功
(2)变力做功 ①用动能定理：W＝12mv22－12mv21； ②当变力的功率 P 一定时，可用 W＝Pt 求功，如机车以恒定功率启动时；
③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向发生变化且力的方向与速度夹角不变时，这 类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积。如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等。
2．[功的理解]如图所示的 a、b、c、d 中，质量为 M 的物体甲受到相同的恒力 F 的作用，在力 F 作用 下使物体甲在水平方向移动相同的位移。μ 表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动 的小物块，比较物体甲移动的过程中力 F 对甲所做的功的大小( )
A．Wa 最小 C．Wa>Wc
A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功 C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
(1)斜面对物体一定有摩擦力吗？ 提示：不一定，当 a＝gtanθ 时摩擦力为零。 (2)如何判断功的正负？ 提示：看力与位移的夹角。
高考一轮复习动能定理功能关系机械能守恒定律题型分析(含解析)
高考一轮复习动能定理功能关系机械能守恒定律题型分析（含解析）动能定理 功用关系 机械能守恒定律题型剖析本专题触及的考点有：动能和动能定理、动能定理的运用、机械能守恒定律、功用关系、能量守恒定律、探求功和速度变化的关系〔实验〕、验证机械能守恒定律〔实验〕等外容。
其中动能定理的综合运用效果、机械能守恒条件的考察、机械能守恒定律的综合运用效果、验证机械能守恒定律〔实验〕关于纸带的处置及误差的剖析效果、功用关系的综合考察、能量守恒定律的综合运用效果等在高考试题中频繁出现，验证机械能守恒定律〔实验〕成为力学实验必考的实验之一，考察内容主要有：实验原理的剖析与创新、实验数据的处置与剖析、实验误差的来源与剖析、实验器材的选取，出题频率十分高，但全体难度不大。
功用关系、动能定律、机械能守恒定律、能量的守恒与转化是高考必考之内容，既以选择题的方式出现，更以计算题的方式考察，且综合多方面的知识，常与平抛运动、电场、磁场、圆周运动、牛顿定律、运动学等知识结合，试题方式多样，考察片面，复杂、中等、较难的标题都会触及。
温习这局部外容时要注重方法的强化，注重题型的归结，关于多种运动组合的多运动进程效果是近几年高考试题中的热点题型，往往运用动能定理或机械能守恒定律、能量守恒定律等规律，需求在解题时冷静思索，弄清运动进程，留意不同进程衔接点速度的关系，对不同进程运用不同规律剖析处置；关于试题中常有功、能与电场、磁场联络的综分解绩，这类效果以能量守恒为中心考察重力、摩擦力、电场力、磁场力的做功特点，以及动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的运用。
剖析时应抓住能量中心和各种力做功的不同特点，运用动能定理和能量守恒定律停止剖析。
题型一、应用动能定理求变力功的效果例1. 如下图，AB 为14圆弧轨道，半径为0.8m R =，BC 是水平轨道，长3m s =，BC 处的摩擦系数为151=μ，今有质量1kg m =的物体，自A 点从运动起下滑到C 点刚好中止。
高考物理一轮复习 第五章机械能及其守恒律(有解析)
权掇市安稳阳光实验学校第五章机械能及其守恒定律一、选择题(每小题4分，共40分)1．一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是( )A．可能是重力对系统做了功B．一定是合外力对系统做了功C．一定是系统克服合外力做了功D．可能是摩擦力对系统做了功解析：系统的机械能增加是除重力、弹簧的弹力以外的力对系统做正功引起的，不是合外力做功的问题，所以只有D说法正确．答案：D2.(·广东卷)物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图5－1所示．下列表述正确的是( )A．在0～1 s内，合外力做正功B．在0～2 s内，合外力总是做负功C．在1～2 s内，合外力不做功D．在0～3 s内，合外力总是做正功解析：根据物体的速度图象可知，物体在0～1 s内做匀加速运动，合外力做正功，A正确.1～3 s内做匀减速运动，合外力做负功．根据动能定理，0～3 s内合外力做功为零；1～2 s内合外力做负功．答案：A3．(·广东卷)游乐场中的一种滑梯如图5－2所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则( ) A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面上滑动过程中摩擦力对小朋友做负功解析：在滑动的过程中，人受三个力作用：重力、支持力和摩擦力．重力做正功，重力势能减少，B错．支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，A、C皆错，D正确．答案：D4．图5－3如图5－3所示，一根轻质弹簧竖直固定于水平地面上，一质量为m的小球自弹簧正上方离地面高度为H1处自由落下，并压缩弹簧，设速度达到最大时的位置离地面的高度为h1，最大速度为v1；若让此小球从离地面高H2(H2＞H1)处自由下落，速度达到最大时离地面的高度为h2，最大速度为v2，不计空气阻力，则( )A．v1＜v2，h1＝h2B．v1＜v2，h1＜h2C．v1＝v2，h1＜h2D．v1＜v2，h1＞h2解析：速度最大时，弹簧弹力等于重力，不论从何处下落这一位置不会变化，故h1＝h2.设最大速度时弹簧的弹性势能为E p，由能的转化和守恒定律得：mg(H1－h1)＝E p＋12mv21，mg(H2－h2)＝E p＋12mv22.因H2＞H1，所以v2＞v1，故只有A项对．答案：A[5．如图5－4所示，物体以100 J的初动能从斜面底端向上运动，当它通过斜面某一点M时，其动能减少80 J，机械能减少32 J，如果物体能从斜面上返回底端，则物体在运动过程中的下列说法正确的是( )[A．物体在M点的重力势能为－48 JB．物体自M点起重力势能再增加21 J到最高点C．物体在整个过程中摩擦力做的功为－80 JD．物体返回底端时的动能为30 J解析：由于W G＋W f＝ΔE k，而重力做的功W G＝ΔE p.由此得摩擦力做功为－32 J，在到M前重力的功－80 J＋32 J＝－48 J，故重力势能为48 J，故A错．由于－mgh－μmg cosθ×hsinθ＝ΔE k，由于其他量都是常量，所以ΔE k与h或者mgh成正比，于是得最高点重力势能为60 J，即再增加12 J到最高点，B错．从底端到最高点，动能减少100 J，克服重力做功60 J，故摩擦力做功－40 J，往返做功－80 J，C对．返回底端时的动能为20 J，D错．答案：C6．(·江苏卷)如图5－5所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长，放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有( )A.当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化．对A、B在水平方向受力分析如图5－6(a)，F1为弹簧的拉力；当加速度大小同为a时，对A有F－F 1＝ma，对B有F1＝ma，得F1＝F2，在整个过程中A的合力(加速度)一直减小而B的合力(加速度)一直增大，在达到共同加速度之前A的合力(加速度)一直大于B的合力(加速度)，之后A 的合力(加速度)一直小于B的合力(加速度)．两物体运动的v－t图象如图5－6(b)，t1时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值，即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其他力对系统做正功，系统机械能增加，t1时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值答案：BCD7．质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图5－7所示，物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s解析：力－位移图象下所围图形的面积表示功，由图象可知，一部分正功与另一部分负功抵消，外力做的总功W ＝Fx ＝40 J ，根据动能定理W ＝12mv 2－12mv 20得v ＝3 m/s.答案：B8．如图5－8所示，质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为 v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A.Fx 2B ．F (x 1＋x 2)C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21D.12m 2v 22 解析：根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m 1和m 2的动能以及人的动能，所以人做的功等于F (x 1＋x 2)＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21，即B 、C 两选项正确．答案：BC9．如图5－9所示，A 、B 两点水平距离为 x ，质量为m 的物体以初速度v 0沿水平地面由A 滑到B 速度减小为v 1，若该物体以同样的初速度v 0沿斜面AC 和CB 滑到B ，速度减小为v 2，且物体与地面和两斜面间的动摩擦因数相同，则两速度v 1和v 2的大小相比为( )A.v 1＞v 2 B ．v 1＜v 2 C ．v 1＝v 2 D ．无法比较解析：设动摩擦因数为μ，AC 间直线距离为x 1，BC 间直线距离为x 2，根据动能定理，沿AB 路线时，有：μmgx ＝12m (v 20－v 21)①沿ACB 路线时，有：μmg cosα·x 1＋μmg cos β·x 2＝12m (v 20－v 22)，整理得：μmg (x 1cosα＋x 2cos β)＝12m (v 20－v 22)②由于x 1cos α＋x 2cos β＝x ，所以比较①②两式有：v 1＝v 2.答案：C10．如图5－10所示，半径为R的孔径均匀的圆形弯管水平放置，小球在管内以足够大的速度v0在水平面内做圆周运动，小球与管壁间的动摩擦因数为μ，设运动的第一周内小球从A到B和从B到A的过程中，小球克服摩擦力做功分别为W1和W2，在这一周小球克服摩擦力做的功为W3，则下列关系正确的是( )A.W1＞W2B．W1＝W2C．W3＝0 D．W3＝W1＋W2解析：从A→B小球克服摩擦力做的功从B→A小球克服摩擦力做的功W2＝μF N2x2.又因为F N1＞F N2，所以W1＞W2.在这一周内小球克服摩擦力做的总功为W3，则W3＝W1＋W2.答案：AD二、实验题(共16分)11．(8分)小华有一只按压型圆珠笔，她想估测里面小弹簧在被圆珠笔尾端压紧过程中弹性势能的增加量，请你在不拆卸圆珠笔的前提下帮助她完成这一想法．(当地重力加速度g已知)(1)除刻度尺外，还需要的测量工具是__________．(2)需测量的物理量及符号是______________________．(3)用所测物理量表示所估测的弹性势能增加量：ΔE＝______________________________________________________.答案：(1)天平(2)竖直弹起的高度h(或水平弹出的位移x、下落高度h)、圆珠笔的质量m(3)mgh(或mgx24h)12．(8分)利用如图5－11所示的装置验证机械能守恒定律．图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，当光电门中有物体通过时与它们连接的光电计时器(都没画出)能够显示挡光时间．让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2s、2.00×10－2s.已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g＝9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度．(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝__________m/s，通过光电门2时的速度v2＝__________m/s；(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为__________J，重力势能的减少量为__________J.解析：(1)光电门记录的瞬时速度取经过光电门时的平均速度．v1＝Lt＝0.050.05m/s＝1 m/s，v2＝Lt＝0.050.02m/s＝2.5 m/s.(2)ΔE k ＝12m (v 22－v 21)＝12×2×(2.52－12) J ＝5.25 J ，ΔE p ＝mgx 12sin30°＝2×9.80×0.54×0.5 J ＝5.29 J. 答案：(1)1 2.5 (2)5.25 5.29 三、计算题(共44分)13．图5－12(8分)如图5－12所示，质量为m 的物体从倾角为θ的斜面上的A 点以速度v 0沿斜面上滑，由于μmg cos θ＜mg sin θ，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下滑到B 点时，速度大小恰好也是v 0，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求AB 间的距离．解析：设物体从A 点到最高点的位移为x ，对此过程由动能定理得： －(mg sin θ＋μmg cos θ)·x ＝0－12mv 20①对全过程由动能定理得：mg sin θ·x AB －μmg cos θ·(2x ＋x AB )＝0② 由①②得：x AB ＝μv 20cos θg (sin 2θ－μ2cos θ2).答案：μv 20cos θg (sin 2θ－μ2cos 2θ)14． (10分)质量为50 kg 的男孩，在一座高桥上做“蹦极”运动．弹性绳长为12 m ，男孩从桥面下落，达到的最低点D 距桥面40 m ，男孩下落速率v跟下落距离x 的关系如图5－13所示，男孩在C 点时的速度最大，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2.求(1)男孩到达D 点时，绳的弹性势能E p ；(2)绳的劲度系数k .解析：(1)男孩和弹性绳组成的系统机械能守恒，由于初、末位置速度均为零，故减少的重力势能转化为弹性绳的弹性势能，即E p ＝mgx ＝50×10×40 J ＝2×104 J.(2)由题图知，下落20 m 时，速度达到最大，此时合外力为零，弹性绳伸长x ＝(20－12) m ．由mg ＝kx ，得k ＝mg x ＝50×1020－12N/m ＝62.5 N/m.答案：(1)2×104J (2)62.5 N/m15． (12分)如图5－14所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m 的小球A 、B ，两小球用一根长L 的轻杆相连，下面的B 球离斜面底端的高度为h ，两球从静止开始下滑并从斜面进入光滑平面(不计与地面碰撞时的机械能损失)．求：(1)两球在光滑平面上运动时的速度； (2)在这一过程中杆对A 球所做的功； (3)杆对A 做功所处的时间段．解析：(1)因系统机械能守恒，所以有：mgh ＋mg (h ＋L sin θ)＝12×2mv 2，解得v ＝2gh ＋gL sin θ.(2)以A 球为研究对象，由动能定理得： mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12mv 2.则mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12m (2gh ＋gL sin θ)，解得W ＝－12mgL sin θ.(3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内，杆对A 球做了W 的负功．答案：(1)2gh ＋gL sin θ (2)－12mgL sin θ (3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内16．(14分)太阳能烟囱式热力发电原理如图5－15所示，像种蔬菜大棚一样的太阳能集热棚将太阳能收集起来，对空气加热，热空气进入烟囱．由于烟囱内热空气的压强大于外界的大气压，在烟囱中就形成了强大的热气流，推动安置在烟囱底部的空气涡轮发电机发电．已知太阳每平方米面积上的辐射功率为P 0，太阳能集热棚的面积为S 0，烟囱内部的半径为R ，烟囱底部与外界冷空气的压强差为Δp ，烟囱内热空气的密度为ρ，热空气的动能转化为电能的效率为η.以下分析中可不考虑发电过程中空气温度的变化．求：1)烟囱内热空气的流速；(2)发电机的发电功率流的机械功率，即P 0S 0＝Δp πR 2v .①热气流流速v ＝P 0S 0Δp πR2.(2)根据能量守恒定律知发电机发电功率 P 电＝η·12mv 2.其中12mv 2为单位时间内流过发电机的热空气的动能，则P 电＝12ρπR 2v ·v 2·η.代入①式，得P 电＝ρP 30S 30η2Δp 3π2R 4.答案：(1)P 0S 0Δp πR 2 (2)ρP 30S 30η2Δp 3π2R4。
【高考领航】2016届高考物理大一轮复习(人教版)： 第五章 机械能及其守恒定律5-1 功和功率
第五章机械能及其守恒定律第1节功和功率1．(多选)—个力对物体做了负功，则说明() A．这个力一定阻碍物体的运动B．这个力不一定阻碍物体的运动C．这个力与物体运动方向的夹角α＞90°D．这个力与物体运动方向的夹角α＜90°解析：选AC.由功的表达式W＝Fl cos α知，只有当α＞90°时，cos α＜0，力对物体做负功，此力阻碍物体的运动，故A、C对．2．(2015·衡阳模拟)物体受到两个互相垂直的作用力F1、F2而运动，已知力F1做功6 J，物体克服力F2做功8 J，则力F1、F2的合力对物体做功() A．14 J B．10 JC．2 J D．－2 J解析：选D.合力对物体所做的功等于各个力做功的代数和．F1对物体做功6 J，物体克服F2做功8 J，即F2对物体做功为－8 J，因而F1、F2的合力对物体做功为6 J－8 J＝－2 J，D正确．3. 如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面匀加速上升，在这个过程中人脚所受的静摩擦力( )A ．等于零，对人不做功B ．水平向左，对人不做功C ．水平向右，对人做正功D ．沿斜面向上，对人做正功解析：选C.由牛顿第二定律知人受水平向右的静摩擦力，该力与人的位移方向夹角小于90°，由W ＝Fl cos α可知该力对人做正功，C 正确．4．(2015·安徽淮南高三质检)质量相等的均质柔软细绳A 、B 平放于水平地面，绳A 较长．分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为h A 、h B ，上述过程中克服重力做功分别为W A 、W B .若( ) A ．h A ＝h B ，则一定有W A ＝W B B ．h A ＞h B ，则可能有W A ＜W B C ．h A ＜h B ，则可能有W A ＝W B D ．h A ＞h B ，则一定有W A ＞W B解析：选B.明确重心位置和离地高度是解题的关键．绳子的重心距离绳子中点14总长处．若绳子总长分别为l A 和l B ，则细绳A 重心上升的高度h A ′＝h A －l A4，细绳B 重心上升的高度h B ′＝h B －l B4.根据W ＝mgh 可得：W A －W B ＝mg (h A ′－h B ′)＝mg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤（h A －h B ）－14（l A －l B ）.由题意l A ＞l B 知A 、C 、D 错误，B 正确．5. 如右图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A 沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B 做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )A ．重力的平均功率P －A ＞P －BB ．重力的平均功率P －A ＝P －B C ．重力的瞬时功率P A ＝P B D ．重力的瞬时功率P A ＜P B解析：选D.根据功的定义可知重力对两物体做功相同即W A ＝W B ，自由落体时间满足h ＝12gt 2B ，斜面下滑时间满足h sin θ＝12gt 2A sin θ，其中θ为斜面倾角，故t A ＞t B ，由P ＝W t 知P －A ＜P －B ，A 、B 均错；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，重力的瞬时功率P A ＝mg v sin θ，P B ＝mg v ，显然P A ＜P B ，故C 错、D 对．6.(2015·济南高三质检)如图所示，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( )A ．mgL ω B.32mgL ωC.12mgL ωD.36mgL ω解析：选C.力F 的大小是变化的，可用转化法求F 的功率由于小球匀速转动，速度大小不变，力F 与克服重力做功的功率相等，即P F ＝P G ＝mg v y ＝mg v cos 60°＝12mgL ω.7．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v4时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A.Pm v B.2P m v C.3Pm vD.4P m v解析：选C.当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则阻力F f ＝Pv ，当速度为v 4时，牵引力F ＝P v 4＝4P v ，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得a ＝3Pm v ，C 正确．8．(2015·哈尔滨模拟)(多选)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是()解析：选ACD.汽车启动时，由P＝F v和F－F f＝ma可知，匀加速启动过程，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确．9．(多选)利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值v m，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内() A．小车做匀加速运动B．电动机所做的功为PtC．电动机所做的功为12m v2mD．电动机所做的功为Fs＋12m v2m解析：选BD.对小车由牛顿第二定律得Pv－F＝ma，由于小车的速度逐渐增大，故小车加速度逐渐减小，小车做加速度逐渐减小的加速运动，A错误；电动机对小车所做的功W＝Pt，B正确；对小车由动能定理得W－Fs＝12m v 2m，解得W＝Fs＋12m v 2m，C错误，D正确．10．(2015·山东济南一中检测)(多选)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示．下列说法正确的是()A．0～6 s内物体的位移大小为30 mB．0～6 s内拉力做的功为70 JC．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5 N解析：选ABC.v－t图象中图线与坐标轴围成的面积表示位移，s6＝30 m，A 正确．P－t图象中图线与坐标轴围成的面积表示功，W6＝70 J，B正确．由动能定理知，2～6 s内合外力不做功，C正确.2～6 s内物体做匀速运动，有F＝F f，P＝F v，得F f＝53N，D错误．11．(2015·日照模拟)如右图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100 kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10 N/kg，求这一过程中：(1)人拉绳子的力做的功；(2)物体的重力做的功；(3)物体受到的各力对物体做的总功．解析：(1)工人拉绳子的力：F＝12mg sinθ工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，根据公式W＝Fl cos α，得W1＝12mg sinθ·2L＝2 000 J.(2)重力做功：W2＝－mgh＝－mgL sin θ＝－2 000 J(3)由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合＝0答案：(1)2 000 J(2)－2 000 J(3)012．(2015·河南郑州一模)如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg 的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图乙所示，在t＝20 s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)F f1＝2 000 N，解题时将汽车看成质点，求：(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P；(2)汽车速度减至8 m/s时的加速度a大小；(3)BC路段的长度．解析：(1)汽车在AB路段时牵引力和阻力大小相等，有F1＝F f1输出功率P＝F1v1解得P＝20 kW(2)t＝15 s后汽车处于匀速运动状态，有F2＝F f2，P＝F2v2解得F f2＝4 000 Nv＝8 m/s时汽车在做减速运动，有F f2－F＝ma，F＝P v解得a＝0.75 m/s2(3)对BC段由动能定理有Pt－F f2x＝12m v22－12m v21解得x＝68.75 m答案：(1)20 kW(2)0.75 m/s2(3)68.75 m。
高三物理一轮复习 专题5 功和能(含高考真题)-人教版高三全册物理试题
专题5 功和能1.〔2016年海南卷13题9分〕水平地面上有质量分别为m 和4m 的物A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ。
细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如下列图。
初始时，绳出于水平拉直状态。
假设物块Z 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g 。
求〔1〕物块B 客服摩擦力所做的功； 〔2〕物块A 、B 的加速度大小。
解析：〔1〕物块A 移动了距离s ，如此物块B 移动的距离为112s s =① 物块B 受到的摩擦力大小为f =4μmg ② 物块B 抑制摩擦力所做的功为W =fs 1=2μmgs ③〔2〕设物块A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，绳中的张力为T 。
由牛顿第二定律得F –μmg –T =ma A ④2T –4μmg =4ma B ⑤由A 和B 的位移关系得a A =2a B ⑥ 联立④⑤⑥式得3=2A F mga m μ-⑦3=4B F mg a m μ-⑧2.[2016·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．假设它们下落一样的距离，如此( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球抑制阻力做的功大于乙球抑制阻力做的功 答案：BD解析： 设f ＝kR ，如此由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3·ρ，故a ＝g －k43πR 2·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、乙位移一样，由v 2＝2ax可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；由功的定义可知，W 抑制＝f ·x ，又f 甲>f 乙，如此W 甲抑制>W 乙抑制，D 正确．3.[2016·某某卷6分] 我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都一样，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，如此该动车组( )图1A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 答案：BD解析： 列车启动时，乘客随着车厢加速运动，乘客受到的合力方向与车运动的方向一致，而乘客受到车厢的作用力和重力，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向成一锐角，A 错误；动车组运动的加速度a ＝2F －8kmg 8m ＝F 4m －kg ，如此对第6、7、8节车厢的整体有f 56＝3ma ＋3kmg ＝0.75F ，对第7、8节车厢的整体有f 67＝2ma ＋2kmg ＝0.5F ，故第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，B 正确；根据动能定理得12Mv 2＝kMgs ，解得s ＝v 22kg，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的二次方成正比 ，C 错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为v m1＝2P 8kmg ＝P4kmg，8节车厢有4节动车的最大速度为v m2＝4P 8kmg ＝P 2kmg ，如此v m1v m2＝12，D 正确．4.[2016·全国卷Ⅰ18分] 如图1，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R ，P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．图1解析： (1)根据题意知，B 、C 之间的距离l 为l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④ E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0 ⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛物运动公式有y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬ 设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m ⑯5.〔2016年江苏卷14题16分〕如图1所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A 、B 的质量均为m .撤去固定A 的装置后，A 、B 均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g .求：图1(1)A 固定不动时，A 对B 支持力的大小N ； (2)A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小s ； (3)A 滑动的位移为x 时的速度大小v A .解析： (1)支持力的大小N ＝mg cos α(2)根据几何关系s x ＝x ·(1－cos α)，s y ＝x ·sin α 且s ＝s 2x ＋s 2y解得s ＝2〔1－cos α〕·x (3)B 的下降高度s y ＝x ·sin α 根据机械能守恒定律mgs y ＝12mv 2A ＋12mv 2B根据速度的定义得v A ＝Δx Δt ，v B ＝ΔsΔt如此v B ＝2〔1－cos α〕·v A 解得v A ＝2gx sin α3－2cos α6.[2016·全国卷Ⅱ6分] 小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )图1A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度 答案：C解析： 从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl ＝12mv 2－0，可得v ＝2gL ，因l P <l Q ，如此v P <v Q ，应当选项A 错误；由E k Q ＝m Q gl Q ，E k P ＝m P gl P ，而m P >m Q ，故两球动能大小无法比拟，选项B 错误；在最低点对两球进展受力分析，根据牛顿第二定律与向心力公式可知T －mg ＝m v 2l＝ma n ，得T ＝3mg ，a n ＝2g ，如此T P >T Q ，a P ＝a Q ，C 正确，D 错误． 7.[2016·全国卷Ⅲ] 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t2 C.4s t 2 D.8s t2答案：A解析： 由E k ＝12mv 2可知速度变为原来的3倍．设加速度为a ，初速度为v ，如此末速度为3v .由速度公式v t ＝v 0＋at 得3v ＝v ＋at ，解得at ＝2v ；由位移公式s ＝v 0t ＋12at 2得s ＝vt＋12·at ·t ＝vt ＋12·2v ·t ＝2vt ，进一步求得v ＝s 2t ；所以a ＝2v t ＝2t ·s 2t ＝st 2，A 正确． 8.[2016·全国卷Ⅲ6分] 如下列图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，抑制摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，如此( )图1A．a＝2〔mgR－W〕mRB．a＝2mgR－WmRC．N＝3mgR－2WRD．N＝2〔mgR－W〕R答案：AC解析：质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR－W＝12mv2－0，可得v2＝2〔mgR－W〕m，所以a＝v2R＝2〔mgR－W〕mR，A正确，B错误；在最低点，由牛顿第二定律得N－mg＝mv2R，故N＝mg＋mv2R＝mg＋mR·2〔mgR－W〕m＝3mgR－2WR，C正确，D错误．9.[2016·全国卷Ⅲ14分]如图，在竖直平面内由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。
高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第四节 功能关系 能量守恒定律课件
【例1】 (2016·山东省实验中学模拟)如图所示，有一个可视 为质点的质量为m＝1 kg的小物块．从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在 水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的 质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相 平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦 因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线 与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
答案：CD
突破考点02
摩擦力做功与能量的关系
分类例析
1．两种摩擦力做功的比较
静摩擦力
滑动摩擦力
能量的转 只有能量的转移， 既有能量的转移，
化方面 没有能量的变化 又有能量的转化摩擦 点 力的总功
方面
一对静摩擦力所做 功的代数和等于零
做功的代数和为负 值，总功W＝－ Ff·s相对，即摩擦时 产生的热量
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 和弹簧组成的系统的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．
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力； (2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
(1)小物块在C点的速度沿圆周上C点的切线方向，水平方 向的分速度为v0.
高考物理一轮复习讲义第五章_机械能及其守恒定律_第3讲_word版有答案(1)
第3讲功能关系能量守恒定律一、几种常见的功能关系及其表达式深度思考一对相互作用的静摩擦力做功能改变系统的机械能吗？答案不能，因做功代数和为零．二、两种摩擦力做功特点的比较三、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．3．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．1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法是否正确．(1)摆球机械能守恒．(×)(2)总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能．(√)(3)能量正在消失．(×)(4)只有动能和重力势能的相互转化．(×)2.如图1所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，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至B的运动过程中()图1A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功12mgR答案 D3．如图2所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则()图2A．两个阶段拉力做的功相等B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量C．第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量答案 B4．(多选)如图3所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W.不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有()图3A．物体重力势能减少量一定大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W答案AD解析根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔE p＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：E k ＝mgh－W弹＝mgh－ΔE p＝W，所以D正确．命题点一功能关系的理解和应用在应用功能关系解决具体问题的过程中：(1)若只涉及动能的变化用动能定理．(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，用除重力和弹簧的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(多选)(2015·江苏单科·9)如图4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()图4A．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14m v2C．在C处，弹簧的弹性势能为14m v2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度经过B处的速度最大，到达C处的速度为零．答案BD解析由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；根据能量守恒，从A到C有mgh＝W f＋E p，从C到A有12m v2＋Ep＝mgh＋W f，联立解得：W f＝14m v2，Ep＝mgh－14m v2，所以B正确，C错误；根据能量守恒，从A到B的过程有12m v2B＋ΔE p′＋W f′＝mgh′，B到A的过程有12m v B′2＋ΔEp′＝mgh′＋W f′，比较两式得v B′>v B，所以D正确．1．(多选)如图5所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()图5A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．2．(多选)如图6所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中()图6A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－12μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－32μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能答案BC命题点二摩擦力做功的特点及应用1．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．例2 如图7所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为l ＝1.4 m ；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2.求：图7(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 答案 (1)1033N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J解析 (1)滑块受到水平力F 、重力mg 和支持力F N 作用处于平衡状态，水平力F ＝mg tan θ，F ＝1033N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ， 下滑过程机械能守恒mgh ＝12m v 2，得v ＝2gh若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有 μmgl ＝12m v 20－12m v 2 则h ＝v 202g－μl ，代入数据解得h ＝0.1 m若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理：－μmgl ＝12m v 20－12m v 2则h ＝v 202g＋μl代入数据解得h ＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，mgh ＝12m v 2，v 0＝v －at ，μmg ＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝l －x 相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx 代入数据解得Q ＝0.5 J.摩擦力做功的分析方法1．无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积．2．摩擦生热的计算：公式Q ＝F f ·x 相对中x 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x相对为总的相对路程．3．如图8所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一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，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )图8A ．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量C ．第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功 答案 C解析 对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v2t ，对传送带：x 1′＝v ·t ，摩擦产生的热Q ＝F f x 相对＝F f (x 1′－x 1)＝F f ·v 2t ，机械能增加量ΔE ＝F f ·x 1＝F f ·v2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确．4．(多选)如图9所示，一块长木块B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的外力F 拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离．在此过程中( )图9A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量 B ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和 答案 BD解析 A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量，B 正确．A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功不等，C 错误．对B 应用动能定理W F －W f ＝ΔE k B ，W F ＝ΔE k B ＋W f ，即外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 正确．由上述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能的增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错误．命题点三能量守恒定律及应用例3如图10所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0＞gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求：图10(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能．答案(1)v20－gL(2)v202g－L2(3)3m v204－3mgL4解析(1)A与斜面间的滑动摩擦力F f＝2μmg cos θ物体A从初始位置向下运动到C点的过程中，根据功能关系有2mgL sin θ＋12×3m v2＝12×3m v2＋mgL＋FfL解得v＝v20－gL(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点的整个过程中，对A、B组成的系统应用动能定理－F f·2x＝0－12×3m v2解得x＝v202g－L2(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对A、B组成的系统根据功能关系有E p＋mgx＝2mgx sin θ＋F f x所以E p＝F f x＝3m v204－3mgL4.应用能量守恒定律解题的基本思路1．分清有多少种形式的能量[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化．2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，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：ΔE减＝ΔE增．5．如图11所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H，已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能E k、势能E p与上升高度h之间关系的图象是( )图11答案 D解析 重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随着上升高度h 的增大，重力势能增大，选项A 错误；机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有－F fh sin α＝E －E 0，即E ＝E 0－F f h sin α；下滑过程中有－F f 2H －h sin α＝E ′－E 0，即E ′＝E 0－2F f H sin α＋F f hsin α，故上滑和下滑过程中E －h 图线均为直线，选项B 错误；动能的变化与合外力做功有关，上滑过程中有－mgh －F f sin αh ＝E k －E k0，即E k ＝E k0－(mg ＋F fsin α)h ，下滑过程中有－mgh －F f 2H －h sin α＝E k ′－E k0，即E k ′＝E k0－2F f H sin α－(mg －F fsin α)h ，故E k －h 图线为直线，但下滑过程斜率小，选项C 错误，D 正确．6．如图12所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k ＝16 N/m 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上，B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚好拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均为m ＝0.2 kg ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C 后它沿斜面下滑，A 刚离开地面时，B 获得最大速度，求：图12(1)从释放C 到物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离； (2)物体C 的质量；(3)释放C 到A 刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C 做的功． 答案 (1)0.25 m (2)0.8 kg (3)－0.6 J 解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x B ，得kx B ＝mg ①设物体A 刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A ，得 kx A ＝mg ②当物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离为h ＝x A ＋x B ③ 由①②③解得h ＝2mgk＝0.25 m ④ (2)物体A 刚离开地面时，物体B 获得最大速度v m ，加速度为零，设C 的质量为M ，对B 有 F T －mg －kx A ＝0⑤ 对C 有Mg sin α－F T ＝0⑥ 由②⑤⑥解得M ＝4m ＝0.8 kg(3)由于x A ＝x B ，物体B 开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B 、C 两物体速度大小相等，由能量守恒有Mgh sin α－mgh ＝12(m ＋M )v 2m 解得v m ＝1 m/s对C 由动能定理可得Mgh sin α＋W T ＝12M v 2m解得W T ＝－0.6 J.题组1 功能关系的理解和应用1．如图1所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点．将小球拉至A 点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O 点正下方与A 点的竖直高度差为h 的B 点时，速度大小为v .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图1A ．小球运动到B 点时的动能等于mgh B ．小球由A 点到B 点重力势能减少12m v 2C ．小球由A 点到B 点克服弹力做功为mghD ．小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mgh －12m v 2答案 D解析 小球由A 点到B 点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧由原长到发生伸长的形变，小球动能增加量小于重力势能减少量，A项错误；小球重力势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和，B项错误；弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能减少量与动能增加量之差，D项正确；弹簧弹性势能增加量等于小球克服弹力所做的功，C项错误．图22．(多选)如图2所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h，其加速度大小为34g.在这个过程中，物体()A．重力势能增加了mgh B．动能减少了mghC．动能减少了3mgh 2D．机械能损失了3mgh 2答案AC解析物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A正确；合力做的功等于物体动能的变化，则可知动能减少量为ΔE k＝mahsin 30°＝32mgh，选项B错误，选项C正确；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mg sin 30°＋F f＝ma，a＝34g，所以F f＝14mg，故克服摩擦力做的功W f＝F fhsin 30°＝14mghsin 30°＝12mgh，选项D错误．3．小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图3中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是()图3A．绳对球的拉力不做功B．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C．绳对车做的功等于球减少的重力势能D．球减少的重力势能等于球增加的动能答案 B解析小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，球克服绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A错误，选项B正确；绳对车做的功等于球减少的机械能，选项C错误；球减少的重力势能等于球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D错误．4．如图4所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.图4(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s . 答案 (1)3mg (2)①gR 3 ②13L 解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒 mgR ＝12m v 2B 滑块在B 点处，由牛顿第二定律知 N －mg ＝m v 2B R解得N ＝3mg 由牛顿第三定律知 N ′＝3mg(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ， 由功能关系mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ， 由牛顿第二定律μmg ＝Ma由运动学规律v 2C －v 2m ＝－2as解得s ＝13L .题组2 摩擦力做功的特点及应用5．足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 2答案 B解析 对小物块，由动能定理有W ＝12m v 2－12m v 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v 2μg，这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x 相对＝2m v 2，选项B 正确．6．(多选)如图5，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上．质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为F f ，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s .在这个过程中，以下结论正确的是( )图5A ．物块到达小车最右端时具有的动能为F (L ＋s )B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f sC ．物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋s )D ．物块和小车增加的机械能为F f s 答案 BC解析 对物块分析，物块相对于地的位移为L ＋s ，根据动能定理得(F －F f )(L ＋s )＝12m v 2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋s )，故A 错误；对小车分析，小车对地的位移为s ，根据动能定理得F f s ＝12M v ′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f s ，故B 正确；物块相对于地的位移大小为L ＋s ，则物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋s )，故C 正确；根据能量守恒得，外力F 做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F (L ＋s )＝ΔE ＋Q ，则物块和小车增加的机械能为ΔE ＝F (L ＋s )－F f L ，故D 错误． 7．如图6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v 0＝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 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AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，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E pm .图6答案 (1)0.52 (2)24.4 J解析 (1)最后的D 点与开始的位置A 点比较： 动能减少ΔE k ＝12m v 20＝9 J. 重力势能减少ΔE p ＝mgl AD sin 37°＝36 J. 机械能减少ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝45 J机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即 W f ＝F f l ＝45 J ，而路程l ＝5.4 m ，则F f ＝W fl≈8.33 N. 而F f ＝μmg cos 37°，所以μ＝F fmg cos 37°≈0.52.(2)由A 到C 的过程：动能减少ΔE k ′＝12m v 20＝9 J.重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin 37°＝50.4 J. 机械能的减少用于克服摩擦力做功 W f ′＝F f l AC ＝μmg cos 37°·l AC ＝35 J. 由能量守恒定律得：E pm ＝ΔE k ′＋ΔE p ′－W f ′＝24.4 J. 题组3 能量守恒定律及应用8．如图7为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A 点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T ，轨道半径为r ，椭圆轨道的近地点B 离地心的距离为kr (k ＜1)，引力常量为G ，飞船的质量为m ，求：图7(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M 、m 的两个质点相距为r 时的引力势能E p ＝－GMmr，式中G 为引力常量．求飞船在A 点变轨时发动机对飞船做的功． 答案 (1)4π2r 3GT 2 2πrT (2)2(k －1)π2mr 2(k ＋1)T 2解析 (1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有 GMm r 2＝mr (2πT)2求得地球的质量M ＝4π2r 3GT 2在轨道Ⅰ上的线速度大小为v ＝2πr T. (2)设飞船在椭圆轨道上远地点速度为v 1，在近地点的速度为v 2，则 由开普勒第二定律有r v 1＝kr v 2 根据能量守恒有12m v 21－G Mm r ＝12m v 22－G Mm kr 求得v 1＝2GMk (k ＋1)r ＝2πrT2k k ＋112m v 21－12m v2＝2(k－1)π2mr2(k＋1)T2.因此飞船在A点变轨时，根据动能定理，发动机对飞船做的功为W＝。
高考物理一轮复习讲义：第五章机械能及其守恒定律第1讲功和功率Word版含答案
(2) P＝ F v cosα(α为 F 与 v 的夹角 ) ①v 为平均速度，则 P 为平均功率。 ②v 为瞬时速度，则 P 为瞬时功率。
3.额定功率 机械正常工作时的最大输出功率。
4.实际功率 机械实际工作时的功率，要求不大于额定功率。
板块二 考点细研 ·悟法培优
考点 1 功的正负判断与计算
[拓展延伸 ]
(1)汽车从静止开始匀加速启动，能一直匀加速吗？
提示： 不能。当 P＝ P 额 时再匀加速，机车则会烧毁。
(2) 汽车最后匀速阶段，有什么典型特征？
提示： a＝ 0，F ＝ f。
尝试解答 选 ACD 。
从静止开始匀加速启动， 由公式 P＝ F v 及题意知， 当力恒定， 随着速度的增加功率 P 增大，
，牵引力是变力，牵引力做的功可用
W＝Pt，但不能用 W＝ Fl cosθ
计算。
(4) 无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足
P＝ F fv m， P 为机车的额定功率。
[跟踪训练 ] 一列火车总质量 m＝ 500 t ，发动机的额定功率 P＝ 6× 105 W ，在轨道上行驶时，
为 m、可视为质点的小物块相连。 开始时绳与水平方向的夹角为 θ。当小物块从水平面上的
A 点被拖动到水平面上的 B 点时，位移为 L，随后从 B 点沿斜面被拖动到定滑轮 O 处， BO
间距离也为 L。小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为
μ，若小物块从 A 点运动到 O
点的过程中， F 对小物块做的功为 WF，小物块在 BO 段运动过程中克服摩擦力做的功为 Wf，则以下结果正确的是 ( )
(2) 若是匀加速启动过程，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀
2016年高考物理大一轮复习 5.4功能关系能量守恒定律课件 新人教版
考点二 摩擦力做功与能量关系
规律总结
分析摩擦力做功问题的两点注意 (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 和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
考点阐释
1．对功能关系的进一步理解 (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，一是体现到不同的力做 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．
考点一 对功能关系的理解
中，物块的( AC )
于机械能的损失量，而上升的过程
A．动能损失了 2mgH
B．动中能,损重失力了做m功gHWG＝－mgH，因此摩
C．机械能损失了 mgH
D．机械擦 因能力 此损做 机失的 械了功 能12为 损m失gWH了＝mWgGH＝，－Cm正gH确，，
D 错误．
答案 解析 图片显/隐
考点一 对功能关系的理解
B．他的重力势能减少了mgh
C．他的动能减少了(F－mg)h
D．他的降h的过程中，他 的重力势能减少了 mgh，则B选项正 确；由动能定理知， 动能减少了(F－ mg)h，则C选项正 确；重力以外的力做 的功等于机械能的变 化，则D选项正确．
基础自测
教材梳理
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__为其他形式，或者从一个物体_转__移__到另一个物体， 而在转化和转移的过程中，能量的总量_保__持__不__变__． 2．表达式：ΔE减＝ __Δ_E__增_．
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单元质检五功和能机械能及其守恒定律(时间:60分钟满分:110分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.在竖直平面内,有根光滑金属杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为y=A cos x,将一个光滑小环套在该金属杆上,并从x=0、y=A处以某一初速度沿杆向+x方向运动。
运动过程中( )A.小环在D点的加速度为零B.小环在B点和D点的加速度相同C.小环在C点的速度最大D.小环在C点和E点的加速度方向相同解析:小环在D点和B点的加速度是由环的重力沿杆切向分力产生的,由对称性可知,小环在两点的加速度的大小相同,方向不同,故A、B均错误;因C点最低,小环的重力势能最小,由机械能守恒知,小环在C点的速度最大,C正确;小环在C点和E点的加速度均为向心加速度,故方向相反,D错误。
答案:C2.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达光滑的水平面上的B点时的速度大小为v0。
光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动挡条后停下来。
若让小球从h高处以初速度v0滚下,则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)( )A.nB.2nC.3nD.4n解析:设每条阻挡条对小球做的功为W,当小球在水平面上滚动时,由动能定理有0-=nW,对第二次有0-=0-(+mgh)=NW,又因为=mgh,联立以上三式解得N=2n。
答案:B3.小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,地面为零势能面。
在上升至离地高度h处,小球的动能是势能的2倍,在下落至离地高度h处,小球的势能是动能的2倍,则h等于( )A. B. C. D.解析:设小球上升至离地面高度h时,速度为v1,由地面上抛时速度为v0,下落至离地面高度h处速度为v2,空气阻力为f,上升阶段:-mgH-fH=-,-mgh-fh=,2mgh=;下降阶段:mg(H-h)-f(H-h)=;mgh=2×,由以上各式联立得:h=H,故选D。
答案:D4.如图甲所示,足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,沿杆方向给环施加一个拉力F,使环由静止开始运动,已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10m/s2。
则以下判断正确的是( )A.小环的质量是1kgB.细杆与地面间的倾角是30°C.前3s内拉力F的最大功率是2.25WD.前3s内小环机械能的增加量是6.75 J解析:设小环的质量为m,细杆与地面间的倾角为α,由题图乙知,小环在第1s内的加速度a=m/s2=0.5 m/s2,由牛顿第二定律得:5-mg sinα=ma,又4.5=mg sinα,得m=1kg,A正确;sin α=0.45,B错误;分析可得前3 s内拉力F的最大功率以1s末为最大,P m=Fv=5×0.5 W=2.5 W,C错误;前3 s内小环沿杆上升的位移s=×1m+0.5×2 m=1.25 m,前3 s内小环机械能的增加量ΔE=mv2+mgs sinα=5.75J,故D错误。
答案:A5.半径为R的圆桶固定在小车上,有一光滑小球静止在圆桶的最低点,如图所示。
小车以速度v 向右匀速运动,当小车遇到障碍物突然停止时,小球在圆桶中上升的高度不可能是( )A.等于B.大于C.小于D.等于2R解析:小球沿圆桶上滑机械能守恒,由机械能守恒分析知A、C、D是可能的。
答案:B6.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统,斜面轨道倾角为30°,质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。
木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程。
下列选项正确的是( )A.m=MB.m=2MC.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析:自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中,由能量守恒有:(m+M)gh=(m+M)gμcos30°·+E弹①,在木箱反弹到轨道顶端的过程中,由能量守恒有:E弹=Mgμcos30°·+Mgh②,联立①②得:m=2M,A错误,B正确;下滑过程中:(M+m)g sin θ-(M+m)gμcos θ=(M+m)a1③,上滑过程中:Mg sinθ+Mgμcosθ=Ma2④,解之得:a2=g(sin θ+μcos θ)>a1=g(sinθ-μcos θ),故C正确;在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能,所以D错误。
答案:BC7.静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为F1、F2、F3的拉力作用做直线运动,t=4s时停下,其vt图象如图所示,已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同,下列判断正确的是( )A.全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.全过程拉力做的功等于零C.一定有F1+F3=2F2D.有可能F1+F3>2F2解析:由动能定理知A正确,B错误。
第1 s内F1-μmg=ma,1s末至 3 s末,F2=μmg,第4s 内,μmg-F3=ma,所以F1+F3=2F2,故C正确,D错误。
答案:AC8.如图所示,一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下,由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动,经时间t力F做功为60J,此后撤去恒力F,物体又经时间t回到出发点,若以地面为零势能点,则下列说法正确的是( )A.物体回到出发点时的动能是60JB.开始时物体所受的恒力F=2mg sinθC.撤去力F时,物体的重力势能是45JD.动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置解析:由功能关系可知,前一个时间t内,力F做的功等于此过程中物体机械能的增量,也等于前一个时间t末时刻物体的机械能;撤去外力F后,物体的机械能守恒,故物体回到出发点时的动能是60J,A正确;设前一个时间t末时刻物体速度为v1,后一个时间t末时刻物体速度为v2,由t=t(两段时间内物体位移大小相等)得:v2=2v1,由=60J知,=15J,因此撤去F时,物体的重力势能为60J-15 J=45 J,C正确;动能和势能相同时,重力势能为30 J,故它们相同的位置一定在撤去力F之前的某位置,D正确;由可得:F=mgsin θ,故B错误。
答案:ACD二、实验题(共15分)9.(5分)关于“验证机械能守恒定律”的实验中,以下说法正确的是。
A.实验中摩擦是不可避免的,因此纸带越短越好,因为纸带越短,克服摩擦力做的功就越少,误差就越小B.实验时需称出重物的质量C.纸带上第1、2两点间距若不接近2mm,则无论怎样处理实验数据,实验误差都一定较大D.处理打点的纸带时,可以直接利用打点计时器打出的实际点迹,而不必采用“计数点”的方法解析:选项A中,纸带过短,长度测量的相对误差较大,故A错误;由mv2=mgh知,只需验证v2=gh 即可,不必测重物质量,故B错;对C选项中的纸带,可选点迹清晰、距离合适的任意两点M、N,通过计算ΔE k=与mgh MN比较,实验误差不一定大,故C错误;由于自由落体加速度较大,因此除去1、2两点距离可能很小,其他相邻两点间的距离均大于或远大于2mm,用毫米刻度尺测量完全可以,不必采用“计数点”法,故D正确。
答案:D10某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率,进行了如下实验:①用天平测出电动小车的质量为0.4kg。
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图所示安装。
③接通打点计时器(其打点周期为0.02s)。
④使电动小车以额定功率加速运动,达到最大速度一段时间后关闭小车电源。
待小车静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)。
在上述过程中,打点计时器在纸带上所打的点迹如图甲、乙所示,图中O点是打点计时器打的第一个点。
请你分析纸带数据,回答下列问题:(1)该电动小车运动的最大速度为m/s。
(2)该电动小车运动过程中所受的阻力大小为N。
(3)该电动小车的额定功率为W。
解析:(1)速度恒定时:v=m/s=1.50 m/s。
(2)匀减速运动阶段:a=≈-4.00 m/s2则f=ma=-1.60N。
(3)F=-f电动小车的额定功率:P=Fv=1.60×1.50W=2.4 W。
答案:(1)1.50 (2)1.60 (3)2.4三、计算题(本题共3小题,共47分)11.(14分)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。
比赛路径如图所示,赛车从起点A出发,沿水平直线轨道运动L后,由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点,并能越过壕沟。
已知赛车质量m=0.1kg,通电后以额定功率P=1.5 W工作,进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N,随后在运动中受到的阻力均可不计。
图中L=10.00m,R=0.32m,h=1.25m,s=1.50m。
问:要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间?(取g=10m/s2)解析:设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1,由平抛运动的规律s=v1t,h=gt2解得v1=s=3m/s设赛车恰好通过圆轨道,对应圆轨道最高点的速度为v2,最低点的速度为v3,由牛顿第二定律及机械能守恒定律mg=m+mg(2R)解得:v3==4m/s通过分析比较,赛车要完成比赛,在进入圆轨道前的速度最小应该是:v min=4 m/s设电动机工作时间至少为t,根据功能关系:Pt-fL=由此可得t=2.53s。
答案:2.53s12.(18分)如图甲所示,水平传送带的长度L=6m,皮带轮以速度v顺时针匀速转动,现在一质量为1kg的小物块(可视为质点)以水平速度v0从A点滑上传送带,越过B点后做平抛运动,其水平位移为x,保持物块的初速度v0不变,多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移x,得到如图乙所示的xv图象。
(1)当0<v≤1m/s时,物块在A、B之间做什么运动?当v≥7m/s时,物块在A、B之间做什么运动?(2)物块的初速度v0多大?解析:(1)由于0<v≤1m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变,所以物体在A、B之间做匀减速直线运动。
由于v≥7m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变,所以物体在A、B之间做匀加速直线运动。
(2)由图象可知在传送带速度v带=1m/s时,物体做匀减速运动。