2020届高考物理总复习第五章机械能核心素养提升练十七5.4功能关系能量守恒定律(含解析)新人教版
2020年高考物理一轮复习 第5章 功能关系和机械能 第4课时 功能关系 能量守恒定律习题
第4课时功能关系能量守恒定律一、功能关系功能量的变化重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少合外力做负功动能减小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．1．力对物体做了多少功，物体就有多少能量．(×)2．功就是能，能就是功．(×)3．滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)4．能量在转化或转移的过程中，其总量有可能增加，也可能减小．(×) 5．能量在转化或转移的过程中总量保持不变，故没有必要节约能源．(×)1．(2020·鞍山模拟)如图所示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：在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中，有摩擦力做功，消耗机械能，缓冲器的机械能不守恒，A项错误、B项正确；在弹簧压缩的过程中，有部分动能转化成了弹簧的弹性势能，并没有全部转化为内能，C项错误；在弹簧压缩的过程中，是部分动能转化成了弹簧的弹性势能，而不是弹簧的弹性势能全部转化为动能，D 项错误．答案：B2．(2020·长治模拟)如图所示，三个固定的斜面，底边长度都相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样．完全相同的物体(可视为质点)A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部的过程中( )A．物体A克服摩擦力做的功最多B．物体B克服摩擦力做的功最多C．物体C克服摩擦力做的功最多D．三个物体克服摩擦力做的功一样多解析：因为三个固定斜面的表面情况一样，A、B、C又是完全相同的三个物体，因此A、B、C与斜面之间的动摩擦因数相同，可设为μ，由功的定义知Wf ＝－Ffs＝－μmgs cos θ＝－μmgd，三个固定斜面底边长度d都相等，所以摩擦力对三个物体做的功相等，都为－μmgd.答案：D3．(2020·长沙模拟)如图所示，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( )A．电动机做的功为12 mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．传送带克服摩擦力做的功为12 mv2D．电动机增加的功率为μmgv解析：由能量守恒，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，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＝mv2，选项C错误；由功率公式知传送带增加的功率为μmgv，选项D正确．答案：D4．(2020·唐山模拟)如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R ＝1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B 点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m＝0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4.工件质量M＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1(取g＝10 m/s2)．(1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C 两点间的高度差h；(2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动．①求F的大小；②当速度v＝5 m/s时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离．解析：(1)物块从P 点下滑经B 点到C 点的整个过程，由动能定理有mgh －μ1mgL ＝0，代入数据解得h ＝0.2 m.(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心连线与竖直方向夹角为θ，由几何知识得cos θ＝R －hR. 对m 由牛顿第二定律有mgtan θ＝ma ， 对工件和物块整体F －μ2(M ＋m)g ＝(M ＋m)a. 代入数据解联立方程得F ＝8.5 N.②物块飞离弧面做平抛运动，设水平射程为x ，有x ＝vt ， h ＝12gt 2， 代入数据解得：t ＝0.2 s ， x ＝1.0 m.落点到B 点距离s ＝x －Rsin θ＝0.4 m. 答案：(1) 0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m一、单项选择题1．自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能( )A．增大B．变小C．不变 D．不能确定解析：人对水做正功，则水的机械能增大，由于水的动能仍为0，故重力势能增大，A对．答案：A2．(2020·枣庄模拟)如图所示，一个质量为m的铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，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( )A.18mgR B.14mgRC.12mgR D.34mgR解析：由FN －mg＝mv2R，FN＝1.5mg，可得v2＝gR2.由功能关系可知，铁块损失的机械能ΔE＝mgR－12mv2＝34mgR，故D正确．答案：D3．(2020·随州模拟)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( )A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析：当加速度等于零，即kx＝mgsin θ时，速度最大，又两物块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变，刚开始运动时，物块加速度最大，根据牛顿第二定律kx－mgsin θ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；根据＝mgh，弹性势能相同，重力势能的增加量等于弹性势能的减少量，故重能量守恒Ep力势能的变化量是相同的，由于物块质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确，D错误．答案：C4．(2020·承德模拟)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量C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量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等于全过程物体与传送带间因摩擦产生的热量解析：第一阶段滑动摩擦力对物体做功，第二阶段静摩擦力对物体做功，A项错误；摩擦力做的功等于物体机械能的增加量，B项错误；第一阶段物体的平均速度是传送带速度的一半，因此物体运动的位移x1恰好等于物体和传送带间相对移动的距离d.所以因摩擦产生的热量Q＝Ff d＝Ffx1，等于物体机械能的增加量而不是动能的增加量，C正确；因第二阶段静摩擦力做功，物体机械能增加，物体与传送带间没有产生热量，可知D错误．答案：C5．(2020·衡水模拟)如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同．物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态．现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止，弹簧原长小于MM′.若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s.不计转折处的能量损失，下列图象所描述的关系中可能正确的是( )解析：因摩擦力始终做负功，故系统产生的热量Q随s增大，而系统的机械能随s而减小，B、D均错误；当s>xMM′，有Q＝μmgxMM′＋μmg cos θ(s－xMM′)，E＝E 0－μmgxMM′－μmg cos θ(s－xMM′)，对应图线可知，A错误，C正确．答案：C6．(2020·吕梁模拟)如图所示为某飞机场自动装卸货物的传送装置，假设传送带足够长且与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻乘务员在传送带适当的位置放上具有一定初速度的皮箱，以此时为t＝0时刻记录了皮箱之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中|v1|>|v2|，已知传送带的速度保持不变，则(g取10 m/s2)( )A．0～t1时间内，传送带对皮箱做正功B．皮箱与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tan θC．0～t2时间内，传送带对皮箱做功为W＝12mv22－12mv21D．系统产生的热量一定大于皮箱动能的变化量解析：0～t1时间内，皮箱沿斜面向下运动，其势能和动能都减小，所以其机械能减小，除重力外，其他外力对皮箱做负功，即传送带对皮箱做负功，A错误；根据速度－时间图象可知，在t1时刻，皮箱的速度减为零，之后在传送带的作用下做加速运动，所以其合力方向沿斜面向上，即μmg cos θ>mgsin θ，则μ>tan θ，B错误；0～t2时间内，传送带对皮箱做的功W加上重力对皮箱做的功WG等于皮箱动能的增加量，即W＋WG ＝12mv22－12mv21，根据v－t图象的“面积”法求位移可知，WG≠0，所以C错误；0～t2时间内，皮箱与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q＝Ff s相对，该过程中，皮箱受到的摩擦力Ff 大小恒定，设0～t1时间内皮箱的位移大小为s1，t1～t2时间内皮箱的位移大小为s2，则s相对>s1＋s2，对0～t1时间内和t1～t2时间内的皮箱运用动能定理有－(Ff －mgsin θ)s1＝0－12mv21，(Ff－mgsin θ)s2＝12mv22，所以Ffs1＝12mv21＋mgs1sinθ，Ff s2＝12mv22＋mgs2sin θ，所以Q＝Ffs相对>Ff(s1＋s2)＝12mv21＋12mv22＋mgsin θ(s1＋s2)>12mv21－12mv22，故D正确．答案：D二、多项选择题7．(2020·黄石模拟)如图所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b 始终未离开桌面．在此过程中( )A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零解析：轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，A正确；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确．答案：AD8．(2020·张家界模拟)如图所示，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，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )A．此时物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为FfxC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－FfLD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL解析：对小物块由动能定理得F(L＋x)－Ff (L＋x)＝ΔEk，A错误；对小车由动能定理知W＝Ff ·x＝Ek，故Ek＝Ffx，B正确；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔEk＋E k ＝F(L＋x)－FfL，C错误；摩擦产生的热量Q＝FfL，D正确．答案：BD9．(2020·新乡模拟)一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值3.0 cm时，木块沿水平面恰好移动距离2.0 cm.则在上述过程中( )A．木块获得的动能与子弹损失的动能之比为1∶1B．系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为3∶5C．系统损失的机械能与木块获得的动能之比为3∶2D．系统产生的热量与子弹损失的动能之比为3∶5解析：由动能定理对子弹Ff ·(3＋2)×10－2＝ΔEk1，对木块Ff×2×10－2＝ΔEk2，则ΔEk1∶ΔEk2＝5∶2，A项错；系统损失的动能为FfΔs＝Ff×3×10－2＝ΔE，ΔE∶ΔEk1＝3∶5，B、D两项正确；ΔE∶ΔEk2＝3∶2，C项正确．答案：BCD三、非选择题10．(2020·廊坊模拟)如图所示，质量m＝1 kg的小物块放在一质量为M＝4 kg 的足够长的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与水平面间的摩擦不计．物块用劲度系数k＝25 N/m的弹簧拴住，弹簧的左端固定(与木板不粘连)．开始时整个装置静止，弹簧处于原长状态．现对木板施以12 N的水平向右的恒力(物块与木板间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．已知弹簧的弹性势能Ep ＝12kx2，式中x为弹簧的伸长量或压缩量．求：(1)开始施力的瞬间小物块的加速度；(2)物块达到的最大速度是多少？解析：(1)假设m、M相对静止，由牛顿第二定律a＝FM＋m＝2.4 m/s2.此时m受的合外力F合＝ma＝2.4 N>Ff＝μmg＝2 N.所以m、M相对滑动a＝Ffm＝μg＝2 m/s2.(2)速度最大时，物块所受合力为零，此时弹簧伸长x，则kx＝μmg，所以x＝0.08 m，由功能关系有μmgx＝12kx2＋12mv2m，所以vm＝0.4 m/s.答案：(1)2 m/s2(2)0.4 m/s11．(2020·永州模拟)如图所示，倾角为37°的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道．两个光滑半圆轨道半径都为R ＝0.2 m ，其连接处CD 之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD 之间距离可忽略．斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹簧下端与一个可视为质点、质量为m ＝0.02 kg 的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能E p ＝0.27 J ．现解除弹簧的锁定，小球从A 点出发，经翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s ＝2.0 m ．已知斜面轨道的A 点与水平面上B 点之间的高度为h ＝1.0 m ，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75，小球从斜面到达半圆轨道通过B 点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，求：(1)小球从E 点水平飞出时的速度大小； (2)小球对B 点轨道的压力； (3)斜面粗糙部分的长度x.解析：(1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E ，由平抛运动规律知s ＝v E t ， 4R ＝12gt 2.联立解得v E ＝5 m/s.(2)小球从B 点运动到E 点的过程， 由机械能守恒有12mv 2B ＝mg×4R＋12mv 2E ，解得v B ＝41 m/s.在B 点有F N －mg ＝m v 2BR ，F N ＝4.3 N ，所以F′N ＝F N ＝4.3 N ，方向竖直向下． (3)小球沿斜面下滑到B 点的过程，由功能关系有mgh －μmg cos 37°·x ＝12mv 2B －E p ，解得x ＝0.5 m.答案：(1)5 m/s (2)4.3 N 竖直向下 (3)x ＝0.5 m。
2020届高考物理一轮复习5.4功能关系和能量守恒定律课件新人教版
最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
【答案】 C 【解析】 由题意知水平拉力为：F＝mg；设小球达到 c 点 的速度为 v，从 a 到 c 根据动能定理可得：F·3R－mgR＝12mv2， 解得：v＝ 4gR；小球离开 c 点后，竖直方向做竖直上抛运动， 水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从 c 点达到最 高点的时间为 t，则有：t＝vg＝ 4gR；此段时间内水平方向的位 移为：x＝12at2＝12×mF ×( 4gR)2＝2R，所以小球从 a 点开始运动
(多选)如图所示，质量为 M、 长度为 l 的小车静止在光滑的水平面 上，可视为质点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，使小物块从静止开始 做匀加速直线运动．小物块质量为 m，与小车之间的摩擦力为 Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 x.则下列说 法正确的是( )
(2018·南通模拟)某缓冲装置的理想模型如图所 示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固 定的竖直槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为 Ff，轻杆向 下移动不超过 l 时，装置可安全工作．一质量为 m 的重物 若从离弹簧上端 h 高处由静止自由下落碰撞弹簧，将导致 轻杆向下移动了4l .轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，且不计空气阻力的影响．已知重力加速度为 g.
2．模型总结 (1)滑动摩擦力对物体做的功：Wf＝f·x，x 是物体对地面的位 移． (2)摩擦产生的热量：Q＝|Wf|＝f·L 相对，L 相对是物体的相对位 移，若物体做往复运动，则 L 相对为相对运动的总路程．
(多选)如图所示在光滑的水平面 上，有一质量为 M 的长木板以一定的初速 度向右匀速运动，将质量为 m 的小铁块无初速地轻放到长木板 右端，小铁块与长木板间的动摩擦因数为 μ，当小铁块在长木板 上相对长木板滑动 L 时，与长木板保持相对静止，此时长木板对 地的位移为 x，在这个过程中，下面说法正确的是( )
高考物理总复习第五章 第4讲 功能关系、能量守恒定律
2013-11-27 有志者事竟成 9
高考复习· 物理
3．(2012· 安徽理综)如图5－4－1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( )
2013-11-27
有志者事竟成
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高考复习· 物理
(4)电场力做功：电势能与其他能相互转化． (5)安培力做功：电能和机械能相互转化． 二、能量守恒定律 1．内容． 能量既不会消灭，也不会创生，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，而在转 化和转移的过程中，能量的总量保持不变．
A．逐渐升高 B．逐渐降低 C．先降低后升高 D．始终不变
2013-11-27
有志者事竟成
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高考复习· 物理
解析
由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心
升高，故选A项．
答案
A
高考复习· 物理
题型归类•深度剖析
2013-11-27
有志者事竟成
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高考复习· 物理
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高考复习· 物理
解析 功的计算公式W＝Fscosα中的s是指相对于地面 的位移，滑动摩擦力和静摩擦力仅起阻碍物体间的相对运动 (或相对运动趋势)的作用，它与物体对地“绝对位移”的方 向既可能相同也可能相反，说它们一定做负功是错误的．物 体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，物体可以对地移 动，所以静摩擦力也可能做功．物体间有相对滑动时，伴随 机械能的损耗(转化为内能)，所以一对滑动摩擦力做功的总 和恒为负值．
答案 A
2025年高考物理总复习课件专题五机械能第4讲功能关系、能量守恒
A.小车克服重力所做的功是mgh B.合力对小车做的功是m2v2 C.推力对小车做的功是Fs-mgh D.阻力对小车做的功是m2v2+mgh-Fs
高考总复习·物理
【解析】上升过程，重力做功为WG＝mgΔh＝mg(hA-hB)＝-mgh，故小车 克服重力所做的功是mgh，A正确；对小车从A运动到B的过程中运用动 能定理得W＝12mv2，B正确；由动能定理得W推-mgh+Wf＝12mv2，解得W 推＝12mv2-Wf+mgh，由于推力为恒力，故W推＝Fs，阻力对小车做的功是 Wf＝12mv2+mgh-Fs，C错误，D正确.
高考总复习·物理
2.(2023年广州模拟)(多选)如图，广州地铁3号线北延段使用了节能坡.某次 列车以64.8 km/h的速度冲上高度为4 m的坡顶时，速度减为7.2 km/h，设 该过程节能坡的转化率为η(列车重力势能的增加量与其动能减小量之比)， 则( BD ) A.该过程列车的机械能守恒 B.该过程列车的机械能减少 C.η约为10% D.η约为25%
关系可知-μmgcos α·sinh α＝ΔE，解得μ＝0.5，B正确；根据题意，由牛顿 第二定律有mgsin α+μmgcos α＝ma，解得a＝10 m/s2，C错误；根据题意 可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为Wf ＝ΔE＝-20 J，整个过程由动能定理有2Wf＝Ek-E0，其中E0＝50 J，解得 Ek＝10 J，D错误.
2025年高考物理总复习专题五机械能第4讲功能关系、能量守恒
第4讲 功能关系、能量守恒知识巩固练1.(2023年海淀一模)如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态.然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止.在此过程中，下列说法正确的是 ( )A.弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加B.弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量C.重物对手的压力随下降的距离均匀变化D.手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量【答案】C 【解析】由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和且一直在减少，A 错误；弹簧和手对重物做的功等于重物机械能的变化量，B 错误；由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为x 0，则有kx 0＝mg ，当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为x ，则有k (x 0-x )+F ＝mg 联立解得F ＝kx ，故C 正确；物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D 错误.2.质量为m 的物体，从距地面h 高处由静止开始以加速度a ＝13g 竖直下落到地面，在此过程中 ( )A.物体的重力势能减少13mgh B.物体的动能增加13mgh C.物体的机械能减少13mghD.物体的机械能保持不变【答案】B 【解析】竖直下落到地面过程中，W G ＝mgh ，故重力势能减少mgh ，A 错误；物体所受合力为F 合＝ma ＝13mg ，由动能定理得，动能的增加量ΔE k ＝F合h ＝13mgh ，B 正确；由于重力势能减少mgh ，动能增加13mgh ，故机械能减少23mgh ，C 、D 错误.3.如图所示，足够长的水平传送带以v ＝2 m/s 的速度匀速前进，上方漏斗以25 kg/s 的速度把煤粉均匀、竖直抖落到传送带上，然后随传送带一起运动.已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，欲使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为 ( )A.200 WB.50 WC.100 WD.无法确定【答案】C 【解析】在1 s 内落到传送带上煤的质量为Δm ，这部分煤由于摩擦力f 的作用被传送带加速，由功能关系得fs ＝12Δmv 2，煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有s ＝0+v 2t ＝vt 2.传送带的位移s 传＝vt ，相对位移Δs ＝s 传-s ＝s ，由此可知煤的位移和煤与传送带的相对位移相同，因此摩擦生热Q ＝f Δs ＝12Δmv 2，传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功来保持传送带速度.所以传送带1 s 内增加的能量ΔE ＝12Δmv 2+f Δs ＝Δmv 2＝25×22 J ＝100 J ，皮带机应增加的功率P ＝ΔEt＝100 W ，故C 正确.4.我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣.某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动.无论在“天宫”还是在地面做此实验 ( ) A.小球的速度大小均发生变化B.小球的向心加速度大小均发生变化C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化 【答案】C 【解析】在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A 错误，C 正确；在地面上小球运动的速度大小改变，根据a ＝v 2r和F ＝m v 2r(重力不变)可知小球的向心加速度和拉力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，B 、D 错误.综合提升练甲5.(2023年重庆模拟)(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成.如图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m ＝2 kg 的水，辘轳轮轴半径为r ＝0.1 m ，水斗的质量为0.5 kg ，井足够深且井绳的质量忽略不计.t ＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g 取10 m/s 2，则 ( )A.水斗速度随时间变化规律为v＝0.4tB.井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10tC.0~10 s内水斗上升的高度为4 mD.0~10 s内井绳拉力所做的功为520 J【答案】AD【解析】根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝4010×0.1t＝0.4t，A正确；井绳拉力瞬时功率为P＝Fv＝Fωr，又由于F-(m+m0 )g＝(m+m0 )a，根据上述有a＝0.4 m/s2，则有P＝10.4t，B错误；根据图像可知，0~10 s内水斗上升的高度为h＝ωr2t＝40×0.1×102m＝20 m，C错误；根据上述P＝10.4t，0~10 s内井绳拉力所做的功为W＝10.4×10×102J＝520 J，D正确.6.(2022年福建卷)(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端.该物体的动能E k随位移x的变化关系如图所示，图中x0、E k1、E k2均已知.根据图中信息可以求出的物理量有()A.重力加速度大小B.物体所受滑动摩擦力的大小C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析】由动能定义式得E k1＝12mv02，则可求解质量m；上滑时，由动能定理E k-E k1＝-(mg sin θ+f)x，下滑时，由动能定理E k＝(mg sin θ-f)(x0-x)，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mg sin θ+f＝E k1x0，mg sin θ-f＝E k2x0，两式相加可得g sin θ＝12m(E k1x0+E k2x0)，相减可知f＝E k1-E k22x0，即可求解g sin θ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小和斜面的倾角不能求出，A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mg sin θ+f＝ma，t＝v0a，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确.7.(2023年广东模拟)如图所示，质量分别为m和3m的小物块A和B，用劲度系数为k轻质弹簧连接后放在水平地面上，A通过一根水平轻绳连接到墙上.A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.用水平拉力将B向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，B恰好能保持静止，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.下列判断正确的是 ( )A.物块B 向右移动的最大距离为x B ＝4μmg kB.若剪断轻绳，A 在随后的运动过程中相对于其初位置的最大位移大小6μmg kC.若剪断轻绳，A 在随后的运动过程中通过的总路程为4μmg kD.若剪断轻绳，A 最终会静止时弹簧处于伸长状态，其伸长量为μmg k【答案】C 【解析】根据题意撤去拉力后，B 恰好能保持静止，即kx B ＝3μmg ，解得x B ＝3μmg k.剪断轻绳，A 会在弹簧弹力和摩擦力共同作用下向右运动，弹簧伸长量减小，弹力减小，B 不会发生移动，即B 处于静止状态，A 速度减为零时，设弹簧处于拉长状态且伸长量为x A ，根据能量守恒可知12kx B 2-12kx A 2＝μmg (x A -x B )，解得x B ＝x A (舍去)，x A ＝-13x B .负号表示弹簧处于压缩状态，压缩量为x'A ＝μmg k，此时恰好有kx A ＝μmg ，即A 速度减为零时刚好能静止，所以A 运动的最大位移及路程为s ＝x'A +x B ＝4μmg k，C 正确，B 、D 错误.8.如图所示，质量为m 的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L .现将滑块缓慢水平向左移动，压缩固定在平台上的轻质弹簧，到达某处时突然释放，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.(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能； (3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.解：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；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.(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v ，由机械能守恒定律，得E p ＝12mv 2， 滑块从B 运动到C 过程，由动能定理，得 -μmgL ＝12mv 02-12mv 2， 所以E p ＝12mv 2＝12mv 02+μmgL .(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 ，v 0＝v -at ，a ＝μg ，由(2)得v＝√v02+2μgL，滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L-x，相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，解得Q＝μmgL-mv0(√v02+2μgL-v0).。
2020年高考物理一轮复习专题5.4 功能关系、能量转化和守恒定律(精讲)(原卷版)
专题5.4 功能关系、能量转化和守恒定律1．知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系。
2．知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题。
知识点一对功能关系的理解及其应用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．做功对应变化的能量形式(1)合外力对物体做的功等于物体的动能的变化。
(2)重力做功引起物体重力势能的变化。
(3)弹簧弹力做功引起弹性势能的变化。
(4)除重力和系统内弹力以外的力做的功等于物体机械能的变化。
知识点二能量守恒定律的理解及应用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，在转化或转移的过程中，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用的一条规律。
3．表达式ΔE减＝ΔE增，E初＝E末。
考点一对功能关系的理解及其应用【典例1】（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。
取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s2。
由图中数据可得A．物体的质量为2 kg B．h=0时，物体的速率为20 m/sC．h=2 m时，物体的动能E k=40 J D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J【举一反三】(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。
某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变【举一反三】(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。
2020年高考物理素养提升专题07 功能关系及能量守恒(原卷版)
素养提升微突破07 功能关系及能量守恒——树立环保意识，建立节约观念功能关系及能量守恒功是能量转化的量度。
即物体做了多少功就有多少能量发生变化，而且能的转化必须通过做功来实现。
能量既不能凭空产生，也不能凭空消失。
它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变。
本节知识促进学生在理解科学·技术·社会·环境（STSE）的关系基础上逐渐形成的对科学和技术应有的正确态度以及责任感。
如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。
一质量为m的小球。
始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。
小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR一、功能关系的理解和应用功能关系是历年高考的考查热点。
考查的题型既有选择题又有计算题。
学生在解答这类问题时，常因为没有正确分析出哪些力做功或者哪些能量发生变化而出错。
【2019·佛山模拟】(多选)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34g ，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mghB ．机械能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．克服摩擦力做功14mgh【规律方法】(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，动能的变化用动能定理分析。
(2)重力势能的变化用重力做功分析。
(3)机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功分析。
(4)电势能的变化用电场力做功分析。
二、多运动过程中的功能问题【2019·杭州模拟】在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。
如图所示，将一质量为0.1 kg 的钢球放在O 点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA 和AB 运动。
2020届高考物理总复习第五单元机械能课时4功能关系能量守恒定律教师用书含解析新人教版201905313105
课时4 功能关系 能量守恒定律1.能量守恒定律2.常见功能关系1.(2018吉林通化阶段测验)会荡秋千的人不用别人推就能越摆越高。
要使秋千越摆越高,以下做法合理的是( )。
A.从高处摆下来的时候身体迅速下蹲,而从最低点向上摆起时,身体迅速直立起来B.从高处摆下来的时候身体要保持直立,而从最低点向上摆起时,身体迅速下蹲C.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起,身体都要保持下蹲D.,身体都要保持直立A2.(2018黑龙江大庆10月段考)(多选)如图所示,置于足够长斜面上的盒子A 内放有光滑球B ,B 恰与盒子前、后壁接触,斜面光滑且固定于水平地面上,一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P 拴接,另一端与A 相连。
现用外力推A 使弹簧处于压缩状态,然后由静止释放,则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中()。
A.弹簧的弹性势能一直减小直至为零B.A对B做的功等于B机械能的增加量C.弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量D.A A动能的增加量BC3.(2018贵州铜仁五校联考)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,物体做匀速运动到达传送带顶端。
下列说法中正确的是()。
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量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量D.C1.(2018全国卷Ⅰ,18)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。
一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。
重力加速度大小为g。
小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为()。
A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR设小球运动到c点的速度大小为v c,则对小球由a到c的过程,由动能定理得F·3R-mgR=m,又F=mg,解得v c=2,小球离开c点后,在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可知,小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知,小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间t==2,小球在水平方向的加速度a=g,在水平方向的位移x=at2=2R。
2020版高考物理(山东版)总复习：第五章 第4讲 功能关系 能量守恒定律
第4讲功能关系能量守恒定律A组基础过关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.该同学的机械能增加了mghB.起跳过程中该同学机械能的增量为mgh+12mv2C.地面的支持力对该同学做的功为mgh+12mv2D.该同学所受的合外力对其做的功为12mv2+mgh答案B该同学重心升高了h,重力势能增加了mgh,又知离地时获得的动能为12mv2,则机械能增加了mgh+12mv2,A项错误,B项正确;该同学在与地面作用的过程中,支持力对该同学做的功为零,C项错误;该同学所受的合外力对其做的功等于动能的增量,即W合=12mv2,D项错误。
2.(多选)(2019山东临沂质检)如图所示,在升降机内有一固定的光滑斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体下方的固定木板A上,另一端与质量为m的物块B相连,弹簧与斜面平行。
升降机由静止开始加速上升高度h的过程中()A.物块B的重力势能增加量一定等于mghB.物块B的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和C.物块B的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和D.物块B和弹簧组成的系统机械能的增加量等于斜面对物块B的支持力和A对弹簧的弹力做功的代数和答案CD升降机静止时,物块B受重力、支持力、弹簧的弹力,处于平衡状态,当物块B随升降机加速上升时,其具有向上的加速度,合力向上,弹簧弹力和支持力在竖直方向上的合力大于重力,所以弹簧的弹力增大,物块B相对于斜面向下运动,物块B上升的高度小于h,所以重力势能的增加量小于mgh,A项错误;由动能定理可知,动能的增加量等于合力做的功,经受力分析可知,物块B受三个力的作用,除弹簧弹力和支持力外,还有重力,B项错误;由功能关系可知,机械能的增量等于除重力及系统内弹力外其他力对系统做的功,分别对B和B与弹簧组成的系统受力分析,可知C、D项正确。
山东省2020版高考物理一轮复习第五章机械能第4节功能关系能量守恒定律课件新人教版
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思维点拨本题中小球初末状态时弹簧的弹力大小相等,且 ∠ONM<∠OMN< π2,M处的弹簧处于压缩状态,N处的弹簧处于伸长 状态;竖直方向的受力情况。
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知识梳理 考点自诊
1.判断下列说法的正误。 (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)滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化。( ) (5)一个物体的能量增加,必定有别的物体能量减少。( ) (6)合外力做功等于物体动能的改变量。( ) (7)与势能有关的力(重力、弹簧弹力、电场力)做的功等于对应 势能的改变量。( )
A.摆球机械能守恒 B.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 C.能量正在消失 D.只有动能和重力势能的相互转化
关闭
由于空气阻力的作用,机械能减少,机械能不守恒,内能增加,机械能转化为
内能,能量总和不变,只有选项B正确。
关闭
B
解析 答案
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知识梳理 考点自诊
4.(2018·广西三市4月联考)如图所示,某段滑雪雪道倾角为30°,总 若小了v可质 上 过2=物于内知量由程2ABCDa12体能...m.为静中运 下g运L运g,不,=故故止m,动 滑h动动下2-受(运×W开包员 过员A员列���4摩f���动始=×括减 程获错克说12擦2员匀滑m少 中得误法h服力=v应加雪的 系的;正摩2g运,,解受h则速具重 统动确擦,动动得到下加在力 减能的力员能摩速滑W内势 少为是做下为f擦度,=)能 的m加功的滑(124g力E应全 机mh速为滑的k=g,为故部 械度mh雪距124)g,m减故转 能aah运离=v'=2少化 为D动=gL12s的m为错,=���4员在im���2ngs重h动误gi从n他3hℎ30力能;,0距从故机°°==势底上械12C2g能h端向,能错而,由有高下的误现运一为滑减;在由动部h到小的处动学分底量加的能公转端等速雪定式化的于度道理为阻关闭
高三物理一轮复习 第5章 机械能 第4讲 功能关系 能量守恒律知能提升演练
峙对市爱惜阳光实验学校功能关系 能量守恒律[随堂反应]1. (2021·高考卷)以下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 ．垫板的动能转化为内能 D ．弹簧的弹性势能转化为动能解析：由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，摩擦力做负功，那么缓冲器的机械能转化为内能，应选项A 错误，选项B 正确；车厢撞击过程中，弹簧被压缩，摩擦力和弹簧弹力都做功，所以垫块的动能转化为内能和弹性势能，选项C 、D 错误． 答案：B2．质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1B.GMm ⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2C.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2解析：在R 1轨道做圆周运动时有G Mm R 21＝m v 21R 1，故E k1＝12mv 21＝GMm 2R 1，那么此时人造卫星的机械能E 1＝E k1＋E p1＝－GMm 2R 1.同理可得E 2＝E k2＋E p2＝－GMm2R 2.根据能量守恒，此过程中因摩擦产生的热量为机械能的减少量，即Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1，故C 正确． 答案：C3．(多项选择)(2021·高考卷)如下图，轻质弹簧一端固，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固杆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之内，重力加速度为g .那么圆环( )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14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：圆环向下运动的过程，在B 点速度最大，说明向下先加速后减速，加速度先向下减小，后向上增大，A 错误．下滑过程和上滑过程克服摩擦做功相同，因此下滑过程W f ＋E p ＝mgh ，上滑过程W f ＋mgh ＝12mv 2＋E p ，因此克服摩擦做功W f＝14mv 2，B 正确．在C 处，E p ＝mgh －W f ＝mgh －14mv 2，C 错误．从A 下滑到B 时，12mv 2B 1＋E p ′＋W f ′＝mgh ′，从B 上滑到A 时，12mv 2B 2＋E p ′＝mgh ′＋W f ′，得12mv 2B 2－12mv 2B 1＝2W f ′，可见v B 2＞v B 1，D 正确． 答案：BD4．如下图，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．对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，以下说法中正确的选项是( ) A ．电动机多做的功为12mv 2B ．物体在传送带上的划痕长为v 2μgC ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgv解析：物体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＝v 2t ，传送带做匀速运动，由运动学公式知x 传＝vt ，对物体根据动能理有μmgx物＝12mv 2，摩擦产生的热量Q ＝μmgx 相对 ＝μmg (x 传－x 物)，四式联立得摩擦产生的热量Q ＝12mv 2，根据能量守恒律，电动机因多做功消耗的电能一转化为物体的动能，一转化为热量，故电动机多做的功于mv 2，A 项错误； 物体在传送带上的划痕长于 x 传 － x 物＝x 物＝v 22μg ，B 项错误；传送带克服摩擦力做的功为μmgx 传＝2μmgx 物＝mv 2，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． 答案：D5.如下图，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 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/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 .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 ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12mv 20＋mgl AD sin37°①物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝ m ③F f ＝μmg cos 37°④由能量守恒律可得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 ′＝12mv 20⑥重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin 37°⑦ 摩擦生热Q ′＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC ⑧ 由能量守恒律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE k ′＋ΔE p ′－Q ′⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ＝2 J. 答案：(1)0.52 (2)2 J[课时作业] 一、单项选择题1．(2021·质检)自然现象中蕴藏着许多物理知识，如下图为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，那么水的势能( ) A ．增大B.变小 C ．不变D.不能确解析：人推袋壁使它变形，对它做了功，由功能关系可得，水的重力势能增加，A 正确．答案：A2.如下图，物体A 的质量为m ，置于水平地面上，A 的上端连一轻弹簧，原长为L ，劲度系数为k .现将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，使B 点上移距离为L ，此时物体A 也已经离开地面，那么以下说法中正确的选项是( )A ．提弹簧的力对系统做功为mgLB ．物体A 的重力势能增加mgLC ．系统增加的机械能小于mgLD ．以上说法都不正确解析：由于将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后于A 物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功小于mgL ，A 错误；系统增加的机械能于提弹簧的力对系统做的功，C 正确；由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L，B错误．答案：C3．如下图，空X－37B无人飞机于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，那么在此轨道上其机械能逐渐变小解析：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正确，B错误．根据能量守恒律，C错误．X －37B在确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错误．答案：A4.(2021·模拟)如下图，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运发动从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13 g.在他从上向下滑到底端的过程中，以下说法正确的选项是( ) A．运发动减少的重力势能转化为动能B．运发动获得的动能为13mghC．运发动克服摩擦力做功为23mghD．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh解析：运发动的加速度为13g，沿斜面方向有12mg－F f＝m·13g，那么摩擦力F f＝16 mg，摩擦力做功W f＝16mg·2h＝13mgh，A、C错误，D正确．运发动获得的动能E k＝mgh－13mgh＝23mgh，B错误．答案：D5．(2021·模拟)轻质弹簧右端固在墙上，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轴坐标变化的情况如图乙所示．物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，那么此时弹簧的弹性势能为(g取10 m/s2)( )A． J B. JC． J D.2.0 J解析：物块与水平面间的摩擦力为F f＝μmg＝1 N．现对物块施加水平向右的外力F ，由F －x 图象面积表示功可知F 做功W ＝ J ，克服摩擦力做功W f ＝F f x ＝0.4 J ．由功能关系可知，W －W f ＝E p ，此时弹簧的弹性势能为E p ＝ J ，选项A 正确． 答案：A6.如下图，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(视为质点)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．AP ＝2R ，重力加速度为g ，那么小球从P 到B 的运动过程中( ) A ．重力做功2mgR B.机械能减少mgR C ．合力做功mgRD.克服摩擦力做功12mgR解析：小球在A 点正上方由静止释放，通过B 点时恰好对轨道没有压力，设此时小球速度为v ，此时小球的重力提供向心力，即mg ＝mv 2R，得v ＝gR .小球从P 到B 的过程中，重力做功W ＝mgR ，A 错误；减小的机械能ΔE 减＝mgR －12mv2＝12mgR ，B 错误；合力做功W 合＝12mv 2＝12mgR ，C 错误；由动能理得mgR －W f ＝12mv 2－0，所以克服摩擦力做功W f ＝12mgR ，D 正确．答案：D7.(2021·高考卷)如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固在斜面底部挡板上，斜面固不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量；假设撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，那么从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( ) A ．最大速度相同 B ．最大加速度相同 C ．上升的最大高度不同 D ．重力势能的变化量不同解析：设斜面倾角为θ，物块速度到达最大时，有kx ＝mg sin θ，假设m 1<m 2，那么x 1<x 2，当质量为m 1的物块到达质量为m 2的物块速度最大位置的同一高度时，根据能量守恒得ΔE p ＝mg Δh ＋12mv 2，所以v ＝2ΔE pm－2g Δh ，因为m 1<m 2，所以v 1>v 2max ，此时质量为m 1的物块还没到达最大速度，因此v 1max >v 2max ，故A 错误．刚撤去外力时，两滑块的加速度最大，根据牛顿第二律得kx －mg sin θ＝ma (θ为斜面倾角)，a ＝kxm－g sin θ，由于两滑块的质量不同，故两滑块的最大加速度不同，选项B 错误．整个过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的重力势能，由于两滑块质量不同，故上升的最大高度不同，选项C 正确．两滑块重力势能的变化量于弹簧弹性势能的减少量，故重力势能的变化量相同，选项D 错误．答案：C8．如下图，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态．把一个小物体放到右端的A点，某人用恒的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1.随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2.以下关系中正确的选项是( )A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2解析：因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相，所以W1＝W2.当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2.一对滑动摩擦力做功的绝对值于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2.应选项B正确．答案：B 二、多项选择题9．(2021·质检)如图，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(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，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为F f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的选项是( )A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC．小物块克服摩擦力所做的功为F f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx解析：由动能理可得小物块到达小车最右端时的动能E k物＝W合＝(F－F f)(L＋x)，A正确；小车的动能E k车＝F f x，B正确；小物块克服摩擦力所做的功W f＝F f·(L ＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－F f·L，D错误．答案：ABC10.如图为某探究活动小组设计的节能运输系统．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36.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．以下选项正确的选项是( )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，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能解析：根据功能关系知，木箱在下滑和上滑时克服摩擦力所做功于接触面之间产生的内能．木箱下滑时Q1＝W f1＝μ(M＋m)gl cos 30°①木箱上滑时Q2＝W f2＝μMgl cos 30°②木箱从开始下滑到弹簧压缩至最短的过程中，设弹簧的最大弹性势能为E pmax，那么根据能量守恒律得(M＋m)gl sin 30°＝Q1＋E pmax③卸下货物后，木箱被弹回到轨道顶端的过程中，同理有E pmax＝Mgl sin 30°＋Q2④联立①②③④并将μ＝36代入得m＝2M，A错误，B正确；从③式可以看出，木箱下滑的过程中，克服摩擦力和弹簧弹力做功，因此木箱和货物减少的重力势能一转化为内能，一转化为弹簧的弹性势能，故D错误；木箱不与弹簧接触时，根据牛顿第二律得下滑时(M＋m)g sin 30°－μ(M＋m)g cos 30°＝(M＋m)a1上滑时Mg sin 30°＋μMg cos 30°＝Ma2解得a1＝g4，a2＝3g4，故C正确．答案：BC三、非选择题11.如下图，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上外表与固的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上外表高度h＝0.6 m．滑块在木板上滑行t＝1 s后，和木板一块以速度v＝1 m/s做匀速运动，g取10 m/s2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离．解析：(1)对木板受力分析F f＝Ma1由运动学公式，有v＝a1t解得F f＝2 N.(2)对滑块受力分析－F f＝ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，那么v －v 0＝a 2t解得v 0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能理得 mgh －W f ＝12mv 20－0W f ＝mgh －12mv 20＝ J.(3)t ＝1 s 内木板的位移x 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行距离L ＝x 2－x 1＝1.5 m.答案：(1)2 N (2) J (3) m12．(2021·模拟)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒速率运行．现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示．取沿传送带向上为正方向，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)0～8 s 内物体位移的大小；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)0～8 s 内物体机械能的增量及与传送带摩擦产生的热量Q .解析：(1)由题图乙可知，0～8 s 内物体位移的大小于0～8 s 内图线与时间轴所围面积的大小，即s ＝2＋4×22m ＋4×2 m＝14 m(2)由题图乙可知，物体相对传送带滑动的加速度 a ＝ΔvΔt＝1 m/s 2由牛顿第二律，得μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得μ＝0.875(3)物体被传送带送上的高度h ＝s sin θ＝8.4 m 重力势能增量ΔE p ＝mgh ＝84 J 动能增量ΔE k ＝12mv 22－12mv 21＝6 J0～8 s 内物体机械能的增量ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J0～8 s 内传送带运动距离s ′＝4×8 m＝32 m相对位移Δs ＝s ′－s ＝18 m产生热量Q ＝μmg cos θΔs ＝126 J答案：(1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J。
(江苏专版)2020版高考物理第五章第4节功能关系能量守恒定律讲义(含解析)
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3(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F f x 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。
[题点全练]1.(2018·镇江一模)风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图所示。
若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中( )A ．处于失重状态，机械能增加B ．处于失重状态，机械能减少C ．处于超重状态，机械能增加D ．处于超重状态，机械能减少解析：选C 由题意可知，人加速向上运动，故人的加速度向上，处于超重状态；由于风力对人做正功，故人的机械能增加；故C 正确，A 、B 、D 错误。
2.如图所示，将一质量为m 的小球以初速度v 0，斜向上抛出，小球落地时的速度为v 。
已知小球抛出点离地面高度为h ，运动过程中小球克服阻力做功为W f ，则( )A ．小球的机械能减少了mgh ＋12m (v －v 0)2B ．小球的重力势能减少了12mv 2－12mv 02C ．合力做的功为mgh －W fD ．小球克服阻力做功W f 等于12mv 2－12mv 02解析：选C 根据动能定理可知：mgh －W f ＝12mv 2－12mv 02，故W f ＝mgh ＋12mv 02－12mv 2，故克服阻力做功为该小球的机械能减少量mgh ＋12mv 02－12mv 2，故A 、D 错误；重力做功W ＝mgh ，故重力势能减小mgh ，故B 错误；合外力做功W 合＝mgh －W f ，故C 正确。
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功能关系能量守恒定律(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分。
1～4题为单选题，5题为多选题)1.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。
某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变【解析】选C。
因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力提供向心力，故有F N-mgcos θ=m⇒F N=m+mgcos θ，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据f=μF N可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合外力做功为零，C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误。
2.如图所示，由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4 m/s顺时针匀速转动。
一质量m=2 kg的小滑块以平行于传送带向下v0=2 m/s的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=，g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内( )A.小滑块的加速度大小为0.1 m/s2B.重力势能增加了120 JC.小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84 JD.电动机多消耗的电能为336 J【解析】选D。
对滑块根据牛顿第二定律得，平行斜面方向F f-mgsin37°=ma，垂直斜面方向F N-mgcos37°=0，其中F f=μF N，联立解得a=g(μcos37°-sin37°)=10×(×0.8-0.6) m/s2=1 m/s2，故A错误；以平行斜面向上为正，根据速度公式得t== s=6 s，位移x=(v+v0)t=×(4-2)×6 m=6 m，故重力势能增加量为ΔE p=mg·Δh=mg·xsin37°=2×10×6×0.6 J=72 J，故B错误；在6 s内传送带的位移x′=vt=4×6 m=24 m，Δx=x′-x=24 m-6 m=18 m，产生的热量为Q=μmgcos37°·Δx=×2×10×0.8×18 J=252 J，故C错误；多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则有ΔE =ΔE p+ΔE k+Q=72 J+(×2×42-×2×22) J+252 J=336 J，故D正确。
【总结提升】解决传送带问题的两个角度(1)动力学角度：如求物体在传送带上运动的时间、物体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的位移，依据牛顿第二定律结合运动学规律求解。
(2)能量的角度：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。
若利用公式Q=F f ll相对为两接触物体间的相对路程。
相对求摩擦热，式中3.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，到达C处的速度为零，AC=h。
如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。
弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。
则 ( )A.从A到C的下滑过程中，圆环的加速度一直减小B.从A下滑到C的过程中弹簧的弹性势能增加量等于mghC.从A到C的下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2D.上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多【解析】选C。
圆环从A处由静止开始下滑，设经过某位置B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；圆环从A处由静止开始下滑到C的过程，由动能定理得mgh-W f-W弹=0-0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理得-mgh+W弹-W f=0-mv2，解得W f=-mv2，W弹=mgh-mv2，则克服摩擦力做的功为mv2，从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgh-mv2，故B错误，C正确；由能量守恒定律知，损失的机械能全部转化为内能了，而Q=x，显然两个过程相等，故D错误。
4.(2019·唐山模拟)在平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得首枚奖牌。
如图为U形池模型，其中A、B为U形池两侧边缘，C为U形池最低点，U形池轨道各处粗糙程度相同。
一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是( )A.小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回B.小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回C.由A到C过程与由C到B过程相比，小球损耗机械能相同D.由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗机械能较小【解析】选A。
小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，此过程损失的机械能为mg·；小球再次返回时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，则平均摩擦力要小，克服阻力做功小于上一次，则阻力做的功小于mg·；故小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回，故A正确、B错误；由A到C过程的平均速率大于由C到B过程的平均速率，平均摩擦力大于由C到B过程的平均摩擦力，前一过程小球损耗机械能较大，故C、D错误。
【加固训练】如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当它们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是( )A.三种情况下摩擦产生的热量Q1<Q2<Q3B.三种情况下摩擦产生的热量Q1>Q3>Q2C.到达底端的速度v1>v2=v3D.到达底端的速度v1>v2>v3【解析】选D。
设斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W=μmg Lcosθ，Lcosθ为底边长度，由图可知1和2底边相等且小于3的底边长度，由功能关系可知，摩擦产生的热量Q=W，因此Q1=Q2<Q3，故A、B错误；设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgh-μmgLcosθ=mv2-0，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为v1>v2>v3，故C错误，D正确。
5.(创新预测)如图所示，物体沿粗糙斜面由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )A.物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量B.物体重力做的功等于重力势能的减少量C.物体克服摩擦力做的功等于物体机械能的减少量D.物体重力和摩擦力做功之和等于物体机械能的减少量【解析】选B、C。
物体下滑过程中，只有重力做正功，摩擦力做负功，由功能关系可知，物体重力做的功等于物体重力势能的减少量，合外力做的功等于动能的增加量，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故A、D错误，B、C正确。
二、计算题(本题共15分，需写出规范的解题步骤)6.如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=，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>，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：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小。
(2)弹簧的最大压缩量。
(3)弹簧的最大弹性势能。
【解析】(1)物体A与斜面间的滑动摩擦力为：F f=2μmgcos θA向下运动到C点的过程，由能量守恒定律得：2mgLsin θ+×3m=×3mv2+mgL+Q1其中：Q1=F f L=2μmgLcos θ解得：v=(2)设弹簧的最大压缩量为x，从物体A接触弹簧将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对系统由能量守恒定律得：Q2=F f·2x=×3mv2解得：x=-=(-L)(3)从弹簧压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得：E p+mgx=2mgxsin θ+Q′Q′=F f x=2μmgxcos θ解得：E p=(-gL)答案：(1)(2)(-L)(3)m(-gL)【加固训练】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图象如图乙所示，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E p。
【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==10 m/s2由牛顿第二定律得：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之后开始下滑，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：E p=mgxsin 37°+μmgxcos 37°+m解得：E p=4 J答案：(1)10 m/s20.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J(25分钟50分)7.(8分)(2019·吉林模拟)如图甲所示，以斜面底端为重力势能的零势能面，一物体在平行于斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动。