2018年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：第五章第四讲功能关系能量守恒定律含解析

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2018版高考物理一轮复习第5章机械能第4讲功能关系能量守恒定律课件

(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。
能量发生转化。
(2)√
(3)√
(4)√
1．(多选)在离水平地面 h 高处将一质量为 m 的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为 f，落地时小球距抛出点的水平距离为 x，速率为 v，那么，在小球运动的过程中导学号 51342582 ( AD ) A．重力做功为 mgh B．克服空气阻力做的功为 f· h2＋x2 C．落地时重力的瞬时功率为 mgv D．重力势能和机械能都逐渐减和弹簧弹力之外的其他力做的功一对相互作用的滑动摩擦力的总功
能的变化不引起机机械能守恒ΔE＝0 械能变化
定量关系
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少机械能变 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少化 (3)W＝ΔE (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系内能变化统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对
2．能量守恒定律
不会创生。它只会从一种形式______ 转化为其 (1)内容：能量既不会消灭，也__________ 转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能他形式，或者从一个物体 ______
保持不变。量的总量__________
ΔE增 (2)表达式：ΔE减＝_______ 。
思考：飞船返回舱进入地球大气层以后，由于它的高速下落，而与空气发生剧烈摩擦，返回舱的表面温度达到 1000 摄氏度。 (1)进入大气层很长一段时间，返回舱加速下落，返回舱表面温度逐渐升高。该过程动能和势能怎么变化？机械能守恒吗？ (2)返回舱表面温度越高，内能越大。该过程中什么能向什么能转化？机械能和内能的总量变化吗？
C．mv2 D．2mv2 [解析] 由能量转化和守恒定律可知，拉力 F 对木板所做的功 W 一部分转化

高三一轮复习秘籍-第五章第4讲功能关系能量守恒定律

第五章机械能第3讲功能关系能量守恒定律过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝E k2－E k1＝ΔE k重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W弹＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(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＝F f·x相对二、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的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(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量不同点一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功三、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．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．只涉及动能的变化用动能定理分析．2．只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析．【例1】(多选)某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离s 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W f ，则在此过程中()A ．运动员的机械能增加了12mv 2B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为mghD ．运动员自身做功W ＝12mv 2＋mgh －W f 答案BD 解析运动员的重心升高h ，获得的速度为v ，其机械能的增量为ΔE ＝mgh ＋12mv 2，A 错误，B 正确；运动员的重心升高h ，重力做负功，W G ＝－mgh ，C错误；根据动能定理得，W＋W f－mgh＝1mv2－0，解得W＝21mv2＋mgh－W f，D正确．2【变式1】(多选)物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A的过程中，动能减少40J，机械能减少10J．设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体()A．落回到地面时机械能为70JB．到达最高点时机械能为90JC．从最高点落回地面的过程中重力做功为60JD．从抛出到落回地面的过程中克服阻力做功为60J答案BD解析物体以120J的初动能竖直向上抛出，向上运动的过程中重力和空气阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40J，而机械能损失了10 J．根据功能关系可知：合力做功为－40J，空气阻力做功为－10J，对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgh＋F f h＝40J，F f h＝10J，得F f＝1mg；3当上升到最高点时，动能为零，动能减小120J，设最大高度为H，则有：mgH＋F f H＝120J，解得mgH＝90J，F f H＝30J，即机械能减小30J，在最高点时机械能为120J－30J＝90J，即上升过程机械能共减少了30J；当下落过程中，由于阻力做功不变，所以机械能又损失了30J，故整个过程克服阻力做功为60J，则该物体落回到地面时的机械能为60J，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH＝90J，故A、C错误，B、D正确．【例2】(多选)(2020·全国Ⅰ卷)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案AB解析下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg.下滑5m过程中，由功能关系，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mg sinθ－μmg cosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误．故选AB.【变式2】(多选)如图所示，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()A．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解析设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得μmgx＋E p A＝W，从A点到B点过程中同理可得E p A＝μmga＋E p B，由于克服摩擦力做功，则E p B＜E p A，则B点到O点距离一定小于a2，且x＞a2，则E p A＝W－μmgx＜W－1μmga，A错误；在B点有E p B＝W－μmg(a＋x)＜W2－3μmga，B正确；物块经过O点，同理可得E k O＝W－2μmgx＜W－μmga，2C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误．圆轨道与水平【例3】(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定14轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是()A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)答案CD解析当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时，速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W f大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有W F －mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为W F＝mgR(1＋2μ)，故D 正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－W f－μmgR＝0，因为W f>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此W F<2mgR，故C正确．【变式3】高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B 中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是()A．克服阻力做的功为1mv202B．该过程产生的热量为1mv20－mgh2C．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间答案B解析根据动能定理有－mgh－F f l＝0－1mv20，克服阻力做的功为W f＝F f l＝21mv20－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产2生的热量为1mv20－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克2服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误．1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【例4】如图所示，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，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是()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，合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；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有x1＝v2t，对传送带有x′1＝v·t，因摩擦产生的热量Q＝F f x相对＝F f(x′1－x1)＝F f·v2t，物体机械能增加量ΔE＝F f·x1＝F f·v2t，所以Q＝ΔE，C正确．【变式4】(多选)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，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，同时由静止开始从甲、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点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s＝L1＋L2.小滑块A、B与两个斜面以及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两个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答案AC解析设斜面体甲的倾角为α，斜面体乙的倾角为β，根据动能定理，滑块A 由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmg cosα·s＝12mv2C，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmg cosβ·L1－μmgL2＝12mv2D，又s＝L1＋L2，根据几何关系得s cosα>L1cosβ＋L2，所以12mv2C<12mv2D，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：mgh－μmg cosθ·hsinθ＝12mv2，重力做功相等，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B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；滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D错误．【例5】如图所示，半径为R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高．质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速率v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .答案(1)6m/s (2)9J 解析(1)设物块在B 点的速度为v B ，从A 到B 物块做平抛运动，有：v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有：mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B 解得：v C ＝6m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动．设相对滑动时物块加速度大小为a 1，木板加速度大小为a 2，经过时间t 达到共同速度v ，则：μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2，v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t根据能量守恒定律有：12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得：Q ＝9J.【变式5】(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A ，与滑块A 连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B ，细绳不可伸长，滑块B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B 的细绳和斜面平行，滑块A 从细绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A 下降到速度最大(A 未落地，B 未上升至滑轮处)的过程中()A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量答案CD解析两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度大小相等，则A沿绳的分加速度等于B的加速度，A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B错误；滑块A的速度最大时，将滑块A的速度分解，如图所示，绳连接体沿绳方向的速度大小相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，显然滑块A的速度大于B的速度，C 正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块A做功，由功能关系可知，细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，D正确．。

2018届高三物理一轮复习练习：第5章第4节功能关系能量守恒定律含答案

第4节功能关系能量守恒定律考点一| 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)合外力的功影响物体的动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．1．物质、能量、信息是构成世界的基本要素，下面关于能量的认识中错误的是()A．能量是一个守恒量B．同一个物体可能同时具有多种形式的能量C．物体对外做了功，它的能量一定发生了变化D．地面上滚动的足球最终停下来，说明能量消失了D[能量的概念是在人类对能量守恒的认识过程中形成的，它的重要特性就是守恒，物体对外做功的过程即是能量释放的过程，功是能量转化的标志和量度．地面上滚动的足球最终停下来，其机械能转化为内能，能量并没有消失．故选项A、B、C正确，D错误．故选C.]2.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图5-4-1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5-4-1A ．变大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.如图5-4-2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( ) 【导学号：81370213】图5-4-2A ．重力势能增加了34mghB ．克服摩擦力做功14mghC ．动能损失了mghD ．机械能损失了12mghD [重力势能增加量为mgh ，A 错；由mg sin 30°＋F f ＝m ×34g 知F f ＝14mg时，克服摩擦做功为12mgh ，由功能关系知B 错，D 对，动能损失等于合力做功，即ΔE k ＝34mg ×2 h ＝32mgh ，C 错．]4.如图5-4-3所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g .物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )图5-4-3A ．动能损失了12mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgHC [分析小物块沿斜面上滑，根据题述可知，物块所受滑动摩擦力F f ＝0.5mg ，由动能定理，动能损失了F f H sin 30°＋mgH ＝2mgH ，选项A 、B 错误．由功能关系，机械能损失F f H sin 30°＝mgH ，选项C 正确，D 错误．]考点二| 能量守恒定律及应用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用的一条规律．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．(2015·浙江10月学考)画作《瀑布》如图5-4-4所示．有人对此画作了如下解读：水流从高处倾泻而下，推动水轮机发电，又顺着水渠流动，回到瀑布上方，然后再次倾泻而下，如此自动地周而复始．这一解读违背了( )图5-4-4A．库仑定律B．欧姆定律C．电荷守恒定律D．能量守恒定律D[这是第一类永动机模型，违背了能量守恒定律，选D.]1.如图5-4-5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()图5-4-5A．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B[本题考查能量转化和守恒定律．由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误、B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．]2.蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱．如图5-4-6所示，蹦极者从P点静止下落，到达A点时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B点，B点离水面还有数米距离．蹦极者(可视为质点)从P点下降到B点的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能增加量为ΔE2、克服空气阻力做功为W，绳子重力不计．则下列说法正确的是() 【导学号：81370214】图5-4-6A．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的运动过程中，机械能守恒C．ΔE1＝W＋ΔE2D．ΔE1＋ΔE2＝WC[蹦极者从P到A及蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中都受到空气阻力作用，所以机械能不守恒，A、B错误；根据能量守恒定律可知，在整个过程中重力势能的减少量等于弹性势能的增加量和内能的增加量之和，内能的增加量等于克服空气阻力做的功，C正确，D错误．]3.如图5-4-7所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C，C、O、B 三点在同一竖直线上．(不计空气阻力)试求：图5-4-7(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．【解析】 (1)设物体在B 点的速度为v B ，受到的弹力为F N B ，则有F N B －mg ＝m v 2B R又F N B ＝8mg由能量守恒定律可知弹性势能E p ＝12m v 2B ＝72mgR . (2)设物体在C 点的速度为v C ，由题意可知mg ＝m v 2C R物体由B 点运动到C 点的过程中，由能量守恒定律得E 内＝12m v 2B －⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 2C ＋mg ·2R ＝mgR . 【答案】 (1)72mgR (2)mgR。

2018届高考物理一轮复习精品资料专题5.4 功能关系、能量转化和守恒定律(名师预测原卷版)

名师预测1．将三个不同的斜面如图所示放置，其中斜面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间的动摩擦因数均相同，在物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的过程中，下列说法中正确的是()A．三种情况下物体损失的机械能ΔE3>ΔE2>ΔE1B．三种情况下摩擦产生的热量Q1＝Q2<Q3C．到达底端的速度v1>v2＝v3D．到达底端的速度v1>v2>v32．两木块A、B用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图甲所示．现用一竖直向上的恒力F拉动木板A，使木块A由静止向上做直线运动，如图乙所示，当木块A运动到最高点时，木块B恰好要离开地面．在这一过程中，下列说法中正确的是(设此过程弹簧始终处于弹性限度内)()A．木块A的加速度先增大后减小B．弹簧的弹性势能先减小后增大C．木块A的动能先增大后减小D．两木块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小3．如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是()A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和4．如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g.下列说法不．正确的是()A．小车克服重力所做的功是mghB2C2＋mghD2＋mgh－Fx5．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()A．运动员减少的重力势能全部转化为动能BCD6．如图所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，F做的功为W2，生热为Q2，则应有()A．W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q27．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功．在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10 JB．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒8．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，对此现象下列说法正确的是()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9．如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B 逐渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有()A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长10．如图所示，一轻弹簧原长为L，一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一高度且弹簧保持原长的A点无初速地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中，下列说法正确的是（）A．重物的重力势能减少，弹簧的弹性势能增加B．重物重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量C．重物重力做功mgL，重力势能就减少mgLD．重物摆到最低点时，重力的瞬时功率最大11．如图4－4－5所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将木块A拉到板B的右端．第一次将B固定在地面上，F做功为W1，系统产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑水平地面上自由滑动，F做功为W2，系统产生的热量为Q2，则有()图4－4－5A．W1＝W2，Q1＝Q2B．W1<W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q212．一物体放在升降机的水平地板上,在升降机加速竖直上升的过程中,地板对物体的支持力所做的功等于( )A.物体重力势能的增加量B.物体动能的增加量C.物体动能的增加量和物体重力势能的增加量之和D.物体动能的增加量和克服重力所做的功之和13．某人把原来静止于地面上的质量为2 kg的物体向上提起1 m，并使物体获得1 m/s的速度，取g＝10 m/s2，则过程中()A. 人对物体做功20 JB. 合外力对物体做功21 JC. 物体的重力势能增加20 JD. 物体的机械能增加1 J14．光滑水平桌面上有一个静止的木块,枪沿水平方向先后发射两颗质量和速度都相同的子弹,两子弹分别从不同位置穿过木块.假设两子弹穿过木块时受到的阻力大小相同,忽略重力和空气阻力的影响,那么在两颗子弹先后穿过木块的过程中( )A.两颗子弹损失的动能相同B.木块两次增加的动能相同C.因摩擦而产生的热量相同D.木块两次移动的距离不相同15．如图6甲所示，劲度系数为K 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由释放，压上弹簧后继续向下运动过程中，若以小球开始下落位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴ox ，则小球的速度平方v 2随坐标x 的变化图象如图6乙所示，其中OA 段为直线，AB 段是与OA 相切于A 点的曲线，BC 段是平滑的曲线。

(新)江苏专用2018版高考物理大一轮复习第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量转化和守恒定律

第4讲功能关系能量转化和守恒定律1．如图1所示，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，则下列说法中正确的是( )．图1A ．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，最后大小等于A 物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL ，A 选项错误．系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C 选项正确．由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L ，所以B 选项错误．答案 C2．如图2所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )．图2A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgC ．c 点与b 点的距离为RμD ．整个过程中物块机械能损失了mgR 解析物块从a 到b ，由机械能守恒定律得：mgR ＝12mv 2b 所以v b ＝2gR ，故A 错．在b 点，由F N －mg ＝m v 2bR 得F N ＝3mg ，故B 对．从b到c 由动能定理得：－μmgs ＝－12mv 2b ，得s ＝Rμ，故C 对，对整个过程由能量守恒知D正确．答案 BCD3．已知货物的质量为m ，在某段时间内起重机将货物以加速度a 加速升高h ，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g )( )A ．货物的动能一定增加mah －mghB ．货物的机械能一定增加mahC ．货物的重力势能一定增加mahD ．货物的机械能一定增加mah ＋mgh解析据牛顿第二定律，物体所受的合外力F ＝ma ，则动能的增加量为mah ，选项A 错误；重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh ，选项C 错误；机械能的增量为除重力之外的力做的功(ma ＋mg )h ，选项B 错误、D 正确．答案 D4．如图3所示，斜面AB 、DB 的动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB 、DB 从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是( )．图3A ．物体沿斜面DB 滑动到底端时动能较大 B ．物体沿斜面AB 滑动到底端时动能较大C ．物体沿斜面DB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多D ．物体沿斜面AB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多解析已知斜面AB 、DB 的动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x ，则斜面高度为h ＝x tan θ，斜面长度L ＝xcos θ，物体分别沿AB 、DB 从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有mgh －μmgL cos θ＝12mv 2，可知物体沿斜面AB 滑动到底端时动能较大，故A 错误、B 正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功W f ＝μmgL cos θ＝μmgx 相同，故C 、D 错误．答案 B5．2010年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运会记录的方式夺得110米跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图4所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，则在此过程中，下列说法中不正确的是( )图4A ．地面对人做功W 地＝12mv 2＋mghB ．运动员机械能增加了12mv 2＋mghC ．运动员的重力做功为W 重＝－mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻解析由动能定理可知W 地＋W 阻＋W 重＋W 人＝12mv 2，其中W 重＝－mgh ，所以W 地＝12mv 2＋mgh－W 阻－W 人，A 错误；运动员机械能的增加量ΔE ＝W 地＋W 阻＋W 人＝12mv 2＋mgh ，B 正确；重力做功W 重＝－mgh ，C 正确；运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻－W 地，D 错误．答案 AD6．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图5所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s ，某行李箱的质量为5 kg ，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g 取10 m/s 2，则( )．图5A ．开始时行李的加速度为2 m/s 2B ．行李到达B 点时间为2 sC ．传送带对行李做的功为0.4 JD ．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03 m解析行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg ＝ma ，所以a ＝2 m/s 2，故选A ；由于传送带的长度未知，故时间不可求，故不选B ；行李最后和传送带一起匀速运动，所以传送带对行李做的功为W ＝12mv 2＝0.4 J ，选C ；在传送带上留下的痕迹长度为s ＝vt －vt 2＝vt2＝0.04 m ，不选D.答案 AC7．如图5甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m 的物体在沿斜面方向的力F 的作用下由静止开始运动，物体的机械能E 随位移x 的变化关系如图乙所示．其中0～x 1过程的图线是曲线，x 1～x 2过程的图线为平行于x 轴的直线，则下列说法中正确的是( )．图6A ．物体在沿斜面向下运动B ．在0～x 1过程中，物体的加速度一直减小C ．在0～x 2过程中，物体先减速再匀速D ．在x 1～x 2过程中，物体的加速度为g sin θ解析由图乙可知，在0～x 1过程中，物体机械能减少，故力F 在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在Ex 图线中的0～x 1阶段，图线的斜率变小，故力F 在此过程中逐渐减小，由mg sin θ－F ＝ma 可知，物体的加速度逐渐增大，A 正确，B 、C 错误；x 1～x 2过程中，物体机械能保持不变，F ＝0，故此过程中物体的加速度a ＝g sin θ，D 正确．答案 AD8．如图7所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P 点，已知物体的质量为m ＝2.0 kg ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m.现用力F 拉物体，使弹簧从处于自然状态的O 点由静止开始向左移动10 cm ，这时弹簧具有弹性势能E p ＝1.0 J ，物体处于静止状态，若取g ＝10 m/s 2，则撤去外力F 后( )．图7A ．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cmB ．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cmC ．物体回到O 点时速度最大D ．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0解析物体向右滑动时，kx －μmg ＝ma ，当a ＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x ＝μmgk，物体没有回到O 点，故C 错误；因弹簧处于原长时，E p >μmgx ＝0.8 J ，故物体到O 点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有E p ＝μmgx m ＋E p ′，得x m ＝E p －E p ′μmg <E pμmg＝12.5 cm ，故A 错误、B 正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D 正确．答案 BD9．滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图8所示．质量为m 的运动员在轨道最低点A 的速度为v ，且刚好到达最高点B ，两圆形轨道的半径相等，均为R ，滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略，下列说法正确的是( )．图8A ．运动员在最高点B 时，对轨道的压力为零 B ．由A 到B 过程中增加的重力势能为2mgR －12mv 2C ．由A 到B 过程中阻力做功为2mgR －12mv 2D ．由A 到B 过程中损失的机械能为12mv 2解析刚好到达最高点B ，即运动员到达B 点的速度为零，所以在B 点对轨道的压力大小等于自身的重力，选项A 错误；由A 到B 过程中重力所做的功W G ＝－2mgR ，则ΔE p ＝－W G ＝2mgR ，选项B 错误；对运动员在由A 到B 的过程由动能定理得：－mg ·2R ＋W f ＝0－12mv 2，即W f ＝2mgR －12mv 2，选项C 正确；由功能关系知，机械能的变化量等于除重力外其他力所做的功，即损失的机械能为12mv 2－2mgR ，选项D 错误．答案 C10．如图9所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .图9(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．解析：(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为l ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得μmgl ＝12mv 2A(F －μmg )·(l ＋L )＝12mv 2B又由同时性可得v A a A ＝v B a B ⎝ ⎛⎭⎪⎫其中a A ＝μg ，a B ＝F －μmg m可解得l ＝μmgLF －2μmg.(2)由功能关系知，拉力做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (l ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q可解得Q ＝μmgL . 答案：(1)μmgLF －2μmg(2)μmgL11．如图10所示，一质量m ＝0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A 点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P ＝10.0 W ．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B 点后水平飞出，恰好在C 点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N ．已知轨道AB 的长度L ＝2.0 m ，半径OC 和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R ＝0.5 m ．(空气阻力可忽略，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图10(1)滑块运动到C 点时速度v C 的大小； (2)B 、C 两点的高度差h 及水平距离x ； (3)水平外力作用在滑块上的时间t .解析 (1)滑块运动到D 点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2DR滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得mgR (1－cos α)＋12mv 2C ＝12mv 2D联立解得v C ＝5 m/s(2)滑块在C 点时，速度的竖直分量为v y ＝v C sin α＝3 m/sB 、C 两点的高度差为h ＝v 2y2g＝0.45 m滑块由B 运动到C 所用的时间为t y ＝v y g＝0.3 s 滑块运动到B 点时的速度为v B ＝v C cos α＝4 m/sB 、C 间的水平距离为x ＝v B t y ＝1.2 m(3)滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得Pt －μmgL ＝12mv 2B解得t ＝0.4 s答案 (1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s12．如图11所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：图11(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件？解析 (1)物体在P 点及最终到B 点的速度都为零，对全过程由动能定理得mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0①得s ＝R μ.(2)设物体在E 点的速度为v E ，由机械能守恒定律有mgR (1－cos θ)＝12mv 2E ②在E 点时由牛顿第二定律有N －mg ＝mv 2ER③联立②③式解得N ＝(3－2cos θ)mg .由牛顿第三定律可知物体对圆弧轨道E 点的压力大小为(3－2cos θ)mg . (3)设物体刚好通过D 点时的速度为v D ，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2DR，得：v D ＝gR ④设物体恰好通过D 点时，释放点距B 点的距离为L 0，在粗糙直轨道上重力的功W G 1＝mgL 0sin θ⑤滑动摩擦力的功：W f ＝－μmg cos θ·L 0⑥在光滑圆弧轨道上重力的功W G 2＝－mgR (1＋cos θ)⑦ 对全过程由动能定理得W G 1＋W f ＋W G 2＝12mv 2D ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式解得：L 0＝3＋2cos θR2sin θ－μcos θ则L ′≥3＋2cos θR2sin θ－μcos θ.答案 (1)Rμ(2)(3－2cos θ)mg (3)L ′≥3＋2cos θR2sin θ－μcos θ。

(新课标)2018版高考物理一轮复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律教案

第4讲功能关系能量守恒定律知识点一功能关系1.功是的量度，即做了多少功就有多少发生了转化.2.做功的过程一定伴随着，而且必须通过做功来实现.答案：1.能量转化能量 2.能量的转化能量的转化知识点二能量守恒定律1.内容：能量既不会凭空，也不会凭空消失，它只能从一种形式为另一种形式，或者从一个物体到另一个物体，在的过程中，能量的总量.2.适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中的一条规律.3.表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的等于末状态各种能量的.(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.答案：1.产生转化转移转化或转移保持不变 2.普遍适应 3.(1)总和总和(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)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化. ( )(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少.( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√考点功能关系的应用功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下：[典例1] 如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 点正上方的P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时对轨道压力为mg 2.已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A.重力做功2mgRB.合力做功34mgR C.克服摩擦力做功12mgR D.机械能减少2mgR[解析] 小球能通过B 点，在B 点速度v 满足mg ＋12mg ＝m v 2R ，解得v ＝32gR ，从P 到B 过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR ，动能增加量为12mv 2＝34mgR ，合力做功等于动能增加量34mgR ，机械能减少量为mgR －34mgR ＝14mgR ，克服摩擦力做功等于机械能的减少量14mgR ，故只有B 选项正确.[答案] B[变式1] (多选)如图所示，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( )A.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.两滑块组成的系统机械能损失等于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，系统的机械能减小，减小的机械能等于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.功能关系的应用技巧运用功能关系解题时，应弄清楚重力或弹力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化.考点摩擦力做功与能量转化1.静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零.(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能.2.滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能.(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对，其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程.考向1 摩擦力做功的理解与计算[典例2] (2017·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同.现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同.在这三个过程中，下列说法不正确的是 ( )A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B.沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C.物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的[解析] 设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12mv 21－0；当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12mv 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12mv 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，故A 错，B 对.三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 对.应选A.[答案] A考向2 传送带模型中摩擦力做功与能量转化[典例3] 如图所示，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( )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[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＝v 2t ，对传送带：x 1′＝vt ，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 ·v 2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确.[答案] C考向3 板块模型中摩擦力做功与能量转化[典例4] (2017·安徽黄山模拟)(多选)如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论中正确的是 ( )A.上述过程中，F 做功大小为12mv 21＋12Mv 22 B.其他条件不变的情况下，M 越大，s 越小C.其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多[解析] 由牛顿第二定律得：F f ＝Ma 1，F －F f ＝ma 2，又L ＝12a 2t 2－12a 1t 2，s ＝12a 1t 2，其他条件不变的情况下，M 越大，a 1越小，t 越小，s 越小；F 越大，a 2越大，t 越小；由Q ＝F f L 可知，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，故B 、D 正确，C 错误；力F 做的功还有一部分转化为系统热量Q ，故A 错误.[答案] BD求解相对滑动过程中能量转化问题的思路(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. 考点能量守恒定律及应用1.对能量守恒定律的理解(1)转化：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)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等.2.运用能量守恒定律解题的基本思路考向1 对能量守恒定律的理解[典例5] 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长.现让小球自C点由静止释放，小球在B、D 间某点静止，在小球滑到最低点的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是 ( )A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变[解析] 小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒.弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错误，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错误；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错误.[答案] B考向2 对能量守恒定律的应用[典例6] (2017·豫南九校联考)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＝34，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＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m.现给A、B一初速度v0＝3 m/s，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.已知重力加速度取g＝10 m/s2，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.[解题指导] (1)系统从开始到C 点的过程中，由于摩擦力做负功，机械能减少.(2)物体A 压缩弹簧到最低点又恰好弹回C 点，系统势能不变，动能全部克服摩擦力做功.(3)物体A 在压缩弹簧过程中，系统重力势能不变，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹性势能.[解析] (1)物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得：μ·2mg ·cos θ·L ＝12·3mv 20－12·3mv 2＋2mgL sin θ－mgL 可解得v ＝2 m/s.(2)以A 、B 组成的系统，在物体A 将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量即：12·3mv 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm由能量守恒定律可得：12·3mv 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得E pm ＝6 J.[答案] (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J对于能量转化的过程，可以从以下两方面来理解：(1)能量有多种不同的形式，且不同形式的能可以相互转化.(2)不同形式的能之间的转化是通过做功来实现的，即做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功就有多少能量发生转化，即功是能量转化的量度.1.[功能关系的应用]滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F 作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F 做了10 J 的功.在上述过程中 ( )A.弹簧的弹性势能增加了10 JB.滑块的动能增加了10 JC.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒答案：C 解析：拉力F 做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做的功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C 正确，A 、B 、D 均错误.2.[功能关系的应用]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 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J答案：C 解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔE k ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，A 、B 项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为W G ＝－ΔE p ，即重力势能减少了1 900 J ，C 项正确，D 项错误.3.[摩擦力做功与能量转化]如图所示，一个质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度由A 点冲上倾角为30°的固定斜面，做匀减速直线运动，其加速度的大小为g ，在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中，物体 ( )A.机械能损失了mghB.动能损失了2mghC.动能损失了12mgh D.机械能损失了12mgh 答案：AB 解析：由物体做匀减速直线运动的加速度和牛顿第二定律可知mg sin 30°＋F f ＝ma ，解得F f ＝12mg ，上升过程中的位移为2h ，因此克服摩擦力做的功为mgh ，选项A 正确；合外力为mg，由动能定理可知动能损失了2mgh，选项B正确，选项C、D错误.4.[摩擦力做功与能量转化]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＝Q2B.W1＝W2，Q1＝Q2C.W1<W2，Q1<Q2D.W1＝W2，Q1<Q2答案：A 解析：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.5.[传送带模型]如图所示，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，某人用恒定的水平力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，此人仍然用相同恒定的水平力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.下列关系中正确的是 ( )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答案：B 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，两次拉力做功相等，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；滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1>Q2，选项B正确.。

2018年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：第五章第四讲功能关系能量守恒定律 Word版含解析

第五章机械能第四讲功能关系能量守恒定律课时跟踪练A组基础巩固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( )B．变小A．增大D．不能确定C．不变解析：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.(2017·湖北孝感联考)质量为50kg的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图所示，经实际测量得知上升的最大高度是0.8 m，在最高点的速度为3 m/s，则起跳过程该同学所做功最接近(取g＝10m/s2)( )B．400 JA．225 JD．850 JC．625 J解析：该同学的起跳过程可视为做抛体运动，从起跳到达最大高度的过程中，根据动能定理得W－mgh＝12m v2－0，解得W＝625 J，故C正确，A、B、D错误．答案：C3.(2018·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＝mg sin 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－mg sin θ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；根据能量守恒E p＝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：C 4．(多选)(2018·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的重力势能的减少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：AD5.(多选)(2018·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F f，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F f xC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－F f LD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f L解析：对小物块由动能定理得F(L＋x)－F f(L＋x)＝ΔE k，A错误；对小车由动能定理知W＝F f·x＝E k，故E k＝F f x，B正确；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔE k＋E k＝F(L＋x)－F f L，C错误；摩擦产生的热量Q＝F f L，D正确．答案：BD6.(2018·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：B7.(2018·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>x MM′，有Q＝μmgx MM′＋μmg cos θ(s－x MM′)，E＝E0－μmgx MM′－μmg cos θ(s－x MM′)，对应图线可知，A错误，C正确．答案：C 8．(2018·廊坊模拟)如图所示，质量m＝1kg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E p＝1 2kx2，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>F f＝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＋12m v2m，所以v m＝0.4 m/s.答案：(1)2 m/s2(2)0.4 m/sB组能力提升9.(多选)(2018·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F f ·(3＋2)×10－2＝ΔE k1，对木块F f ×2×10－2＝ΔE k2，则ΔE k1∶ΔE k2＝5∶2，A 项错；系统损失的动能为F f Δs ＝F f ×3×10－2＝ΔE ，ΔE ∶ΔE k1＝3∶5，B 、D 两项正确；ΔE ∶ΔE k2＝3∶2，C 项正确．答案：BCD10.(2018·辽宁抚顺一中模拟)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab 水平，质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，经过轨道后从b 点冲出竖直上抛，上升的最大高度为23H ，空气阻力不计，当质点下落再经过轨道a 点冲出时，能上升的最大高度h 为( )A ．h ＝23HB ．h ＝H 3C ．h <H 3D.H 3<h <2H 3 解析：根据动能定理，质点第一次在半圆轨道中有mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H －2H 3＋(－WF f )＝0，WF f 为质点克服摩擦力做功大小，WF f ＝13mgH .质点第二次在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道对质点的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于13mgH ，机械能损失小于13mgH ，因此小球再经过轨道a点冲出时，能上升的高度为13H<h<2H3，故D正确．答案：D11.(2018·保定模拟)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环．圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为3L，由系统机械能守恒可得mg·3L＝ΔE p，解得ΔE p＝3mgL，选项B正确．答案：B12．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l＝20m ，倾角θ＝37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R 相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车厢底板间的高度差h ＝1.8 m ，传送带匀速运动的速度v ＝2 m/s.在传送带底端(传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100kg ，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车厢底板中心，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x 及主动轮的半径R ；(2)麻袋包在传送带上运动的时间t ；(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．解析：(1)设麻袋包平抛运动时间为t ，有h ＝12gt 2，x ＝v t ，解得x ＝1.2 m ，麻袋包在主动轮的最高点时，有mg ＝m v2R，解得R ＝0.4 m.(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，v＝at1，x1＝12at21，l－x1＝v t2，联立以上各式解得：t＝t1＋t2＝12.5 s. (3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx，每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为ΔE，有Δx＝v t1－x1，由能量守恒定律得ΔE＝mgl sin θ＋12m v2＋μmg cos θ·Δx，解得ΔE＝15 400 J.答案：(1)1.2 m0.4 m (2)12.5 s(3)15 400 J。

2018年物理(新课标)高考总复习第一轮复习教师用书：第五章第四节功能关系能量守恒定律含解析

第四节功能关系能量守恒定律一、功能关系1．功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化．2．几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹机械能增加力外)做正功1.升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g 取10 m/s2)( ）A．升降机对物体做功5 800 JB．合外力对物体做功5 800 JC．物体的重力势能增加500 JD．物体的机械能增加800 J提示：A二、能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式(1)E1＝E2。

（2）ΔE减＝ΔE增．2。

（2017·广东惠州调研)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，对此现象下列说法正确的是（)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提示：B对功能关系的理解和应用【知识提炼】1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．（2）功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．几种常见的功能关系及其表达式各种力做功对应能的变化定量的关系合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝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，弹性势能增加，且W弹＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力的功不引起机械能变化机械能守恒ΔE＝0非重力和弹力的功机械能变化除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加,做负功,机械能减少，且W其他＝ΔE电场力的功电势能变化电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，且W电＝－ΔE p【典题例析】(多选)（2015·高考江苏卷）如图，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。

2018高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律教师用书

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541 A ．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W 1，生热Q 1；第二次让B 在光滑水平面可自由滑动，F 做功W 2，生热Q 2，则下列关系中正确的是( )【导学号：92492233】图542A. W 1<W 2，Q 1＝Q 2 B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2 C ．W 1<W 2，Q 1<Q 2 D ．W 1＝W 2，Q 1<Q 2A [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W 1<W 2；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Q 1＝Q 2，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 －12mv 2C ．他的机械能减少了FhD ．他的机械能减少了mgh AC [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．]。

高考物理一轮总复习第五章第4讲功能关系、能量守恒定律讲义(含解析)新人教版

第 4 讲功能关系、能量守恒定律[ 基础知识·填一填][ 知识点 1]功能关系1．能的观点：一个物体能对外做功，这个物体就拥有能量．2．功能关系(1) 功是能量转变的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转变．(2) 做功的过程必定陪伴着能量的转变，并且能量转变必经过做功来实现．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)能量转变是经过做功来实现的． ( √ )(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．( × )(3)力对物体做正功，物体的总能量必定增添．( × )(4)滑动摩擦力做功时，必定会惹起能量的转变．( √)(5) 合外力做功等于物体动能的改变量．( √)[ 知识点2] 能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空另一种形式，或许从一个物体产生转移，也不会凭空消逝，它只好从一种形式转变为到另一个物体，在转变和转移的过程中，能量的总量保持不变.2．合用范围：能量守恒定律是贯串物理学的基本规律，是各样自然现象中广泛合用的一条规律．3．表达式(1) E初＝E末，初状态各样能量的总和等于末状态各样能量的总和.(2) E 增＝ E 减，增添的能量总和等于减少的能量总和．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．上端固定的一根细线下边悬挂一摆球，摆球在空气中摇动，摇动的幅度愈来愈小，对此现象以下说法能否正确．(1)摆球机械能守恒 . ( × )(2) 总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转变为内能. (√ )(3)能量正在消逝 . ( × )(4) 只有动能和重力势能的互相转变．( × )[ 教材发掘·做一做]1.( 人教版必修 2 P80 第1题改编) 如下图，一小球自 A 点由静止自由着落，到 B 点时与弹簧接触，到 C 点时弹簧被压缩到最短．若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→ B→ C的过程中，且取地面为零势能面，( )则A．小球从A→ B 的过程中机械能守恒；小球从B→ C的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒B．小球在 B 点时动能最大C．小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量D．小球抵达C点时动能为零，重力势能为零，弹簧的弹性势能最大答案： C2． ( 人教版必修 2 P80 第 2 题改编 ) 游玩场的过山车能够底向上在圆轨道上运转，旅客却不会掉下来( 图甲 ) ．我们把这类情况抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动．实验发现，只要 h 大于必定值，小球就能够顺利经过圆轨道的最高点．假如已知圆轨道的半径为R， h 至少要等于多大？不考虑摩擦等阻力．分析：小球恰能经过最高点，则：2v小球由静止运动到最高点的过程中，知足机械能守恒1 2mgh＝2mv＋ mg·2R联立解得： h＝2.5 R.答案： 2.5 R考点一功能关系的理解和应用[ 考点解读 ]1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转变的过程．不一样形式的能量发生互相转变是经过做功来实现的．(2)功是能量转变的量度，功和能的关系，一是表此刻不一样的力做功，对应不一样形式的能转变，拥有一一对应关系，二是做功的多少与能量转变的多少在数值上相等．2．几种常有力做功及能量变化几种常有力做功对应的能量变化关系式重力正功重力势能减少W G＝－E p 负功重力势能增添弹力正功弹性势能减少W弹＝－ E p 负功弹性势能增添协力正功动能增添W ＝ E合k负功动能减少除重力以正功机械能增添W其余力＝ E外的力负功机械能减少[ 典例赏析 ][典例 1] (2018 ·全国卷Ⅰ ) 如图，abc是竖直面内的圆滑固定轨道，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，一直遇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．重力加快度大小为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． 2mgR B． 4mgRC． 5mgR D． 6mgR[ 审题指导] (1) 恒力 F 的方向判断：由题中条件①圆滑轨道；②小球一直遇到水平外力作用；③自 a 点从静止开始向右运动，可判断出外力 F 方向水平向右．(2)因为外力 F＝mg，小球抵达 c 点瞬时 v c＞0，可判断球经过 c 点后将持续向斜上方运动，当竖直方向速度为零时小球抵达最高点．(3)恒力做功等于恒力和物体在力方向上位移的乘积：W ＝ F ·s .(4) 由功能关系确立机械能增量．[分析] C[ 以小球为研究对象，在小球由 a 到 c 的过程中，应用动能定理有F · x ab12＋F · R － mgR ＝2mv c ，此中水平力大小 F ＝ mg ，得 v c ＝ 2 gR . 经过 c 点此后，在竖直方向上t v c Ra x 的匀小球做竖直上抛运动，上涨的时间升＝ g ＝ 2 g . 在水平方向上小球做加快度为加快运动，由牛顿第二定律得＝ x ，且＝，得 x ＝ . 在时间 t 升内，小球在水平方向F ma F mg a g1x 2F 在整个过程中对小球做的功ab上的位移 x ＝ 2a t 升＝ 2R ，故力 W ＝ Fx ＋ FR ＋ Fx ＝ 5mgR .由功能关系，得 E ＝ W ＝ 5mgR .故 C 正确， A 、 B 、 D 错误． ]功能关系的采用原则1．在应用功能关系解决详细问题的过程中，若只波及动能的变化用动能定理剖析．2．只波及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系剖析．3．只波及机械能变化用除重力和弹力以外的力做功与机械能变化的关系剖析．4．只波及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系剖析．[ 题组稳固 ]1．(2017 ·全国卷Ⅲ ) 如图，一质量为 m ，长度为 l 的平均柔嫩细绳 PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端 Q 迟缓地竖直向上拉起至1 M 点， M 点与绳的上端 P 相距 l . 重力加快度大小3为 g . 在此过程中，外力做的功为 ( )11 A. 9mglB. 6mgl11C. mglD. mgl32分析： A [ 把 Q 点提到点的过程中，段软绳的机械能不变，段软绳的机械能的MPMMQ2－1211增量为E ＝3mg 6l－ 3mg －3l ＝9mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为1W ＝ 9mgl ，故 A 正确， B 、 C 、 D 错误． ]2．(2019 ·唐山模拟 )( 多项选择 ) 质量为 m 的物体，在距地面h 高处以初速度 v 竖直向下抛出．其加快度大小为 0.5 g ，方向竖直向下．则在其着落到地面的过程中，以下说法中正确的是()A．物体的重力势能减少0.5 mghB．物体的动能增添0.5 mghC．物体的机械能减少0.5 mgh1 2D．落地时的动能为mgh＋2mv分析： BC [ 物体在着落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小mgh，故A错误；物体所受的协力为F＝ma＝0.5 mg，则协力做功为 W合＝0.5 mgh，所以动能增添了0.5 mgh，故 B 正确；物体着落过程中遇到向下的重力mg和向上的力F′，而物体着落过程中遇到的合外力大小为F＝0.5 mg，即 F＝ mg－ F′，解得F′＝0.5 mg， W F′＝－0.5 mgh，所以机械能1 21 2减少了 0.5 mgh，故 C 正确；由动能定理得W合＝ E k－2mv＝0.5 mgh，解得 E k＝0.5 mgh＋2mv，故 D错误． ]3． (20 19·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，水平向右为正方向成立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/s 2)()A． 3.1 J B． 3.5 JC． 1.8 J D． 2.0 J分析： A [ 物块与水平面间的摩擦力为F′f＝μ mg＝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 F 做的功，可知 F 做功 W＝3.5 J，战胜摩擦力做功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＝3.1 J，故A正确，B、C、D错误． ]考点二摩擦力做功与能量变化的关系[ 考点解读 ]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，没有能量的转变既有能量的转移，又有能量的转变一对互相作用的静摩擦力所做功的代数和为一对互相作用的滑动摩擦力所做功的代数和零，即要么一正一负，要么都不做功为负值，即起码有一个力做负功两种摩擦力都能够对物体做正功或许负功，还能够不做功2.相对滑动物体能量问题的解题流程[ 典例赏析][ 典例2] (2019 ·银川一模) 如下图，一质量为m＝1.5 kg 的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s＝10 m 后进入半径为R＝9 m 的圆滑圆弧AB，其圆心角为θ ，而后水光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间的动摩擦因数μ＝ 0.35 ，地面圆滑且小车足够长，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t 1；(2)滑块离开圆弧尾端 B点前，轨道对滑块的支持力大小；(3) 当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1.[ 审题指导]第一步：抓重点点重点点获守信息自静止开始下滑滑块在斜面上做初速度为零的匀加快直线运动圆滑圆弧AB 滑块在圆弧上运动过程机械能守恒水光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 点的速度地面圆滑且小车足够长滑块滑上小车最后与小车同速，一同做匀速运动第二步：找打破口(1)滑块在斜面上下滑的加快度可由mg sinθ －μ mg cosθ＝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．2v B(3) 滑块抵达B点前瞬时拥有竖直向上的向心加快度，此时知足F N－ mg＝ m .R(4)小车从开始运动到匀速运动过程中，滑块和小车构成的系统损失的机械能对应系统产生的摩擦热．[分析] (1) 设滑块在斜面上滑行的加快度为a，由牛顿第二定律，有mg sin θ －μmg cos θ＝ma，又1 2 s＝2at 1联立以上两式，代入数据解得t 1＝2.5 s.(2)滑块在圆弧 AB上运动过程，由机械能守恒定律，有1 2(1 － cos θ ) ＝1 2A＋B，2mv mgR 2mv此中 v A＝at 12v B由牛顿第二定律，有F B－ mg＝ m R联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力F B≈31.7 N.(3)滑块在小车上滑行时的加快度：2a1＝μ g＝3.5 m/s小车的加快度： a ＝μ mg 2M＝1.5 m/s2小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，知足v B－ a1t 2＝ a2t 2由 (2) 可知滑块刚滑上小车的速度v B＝10 m/s，最后同速时的速度v＝ v B－ a1t 2＝3 m/s由功能关系可得：1 2 1 2μ ·＝ mv－( m＋ M) vmg sB1 2 2解得： s1＝10 m.[答案] (1)2.5 s (2)31.7 N(3)10 m[ 题组稳固 ]1．如下图，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 点时速度恰巧为零，弹簧一直在弹性限度内． AC两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加快度为 g，则物块由 A 点运动到 C点的过程中，以下说法正确的选项是()A．弹簧和物块构成的系统机械能守恒1 2B．物块战胜摩擦力做的功为2mv0C．弹簧的弹性势能增添量为μ mgLD．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增添量与摩擦产生的热量之和分析： D [ 物块与水平面间动摩擦因数为μ ，因为摩擦力做功机械能减小，故 A 错误；物块由 A 点运动到 C 点过程动能变换为弹性势能和内能，依据能量守恒知物块战胜摩擦力做的功为μ＝1 2 1 2，故 C 0－ p 弹，故B错误，D正确；依据B项剖析知p 弹＝0－μmgL 2mv E E 2mv mgL 错误． ]2．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”表示图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚抵达坑口时，两个滚轮相互分开，将夯杆开释，夯杆在自己重力作用下，落回深坑，夯实坑底，而后两个滚轮再将夯杆压紧，夯杆被提上来，这样循环往复( 夯杆被滚轮提高过程中，经历匀加快和匀速运动过程) ．已知两个滚轮边沿的线速度恒为v，夯杆质量为m，则以下说法正确的选项是()A．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B．增添滚轮匀速转动的角速度或增添滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量1 2D．一次提杆过程系统共产生热量2mv分析： B [ 夯杆被提上来的过程中，先遇到滑动摩擦力，而后受静摩擦力，故 A 错误；增添滚轮匀速转动的角速度时夯杆获取的最大速度增大，可减小提杆的时间，增添滚轮对杆的正压力，夯杆遇到的滑动摩擦力增大，匀加快运动的加快度增大，可减小提杆的时间，故 B 正确；依据功能关系可知，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、重力势能的增量之和，故 C 错误；设匀加快直线运动过程，夯杆遇到的滑动摩擦力大小为F f，加快度为a，质量v2 v v2为 m，匀加快运动的时间为t ，则相对位移大小为x＝ vt －2a，t ＝a，解得x＝2a，摩221 2擦产生的热量 Q＝F f x，依据牛顿第二定律得F f－ mg＝ma，联立解得mgv 1Q＝2 ＋2mv＞2mv，a 故 D错误． ]3．如下图，圆滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度 L＝1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块 ( 可视为质点 ) ，质量m＝ 1.0 kg. 小铁块与木板之间的动摩擦因数μ ＝0.30. 开始时它们都处于静止状态，某时辰起对木板施加一个水平向左的拉力 F 将木板抽出，若 F＝8 N， g 取10 m/s2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；(2)抽出木板的过程中因为摩擦产生的内能Q.分析：(1) 当F＝8 N 将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加快度为：a1＝μ g＝3 m/s2－μmg2木板运动的加快度为：a2＝F M ，可得 a2＝5 m/s设抽出过程的时间为t ，依据几何关系：12122a2t －2a1t ＝ L所以小铁块运动的位移为：x1＝21a1t 2，解得： x1＝1.5 m1 2木板运动的位移为： x2＝2a2t ，解得： x2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为：W1＝μ mgx1，解得 W1＝4.5 J摩擦力对木板做的功为：W2＝－μ mgx2，解得： W2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中因为摩擦产生的内能Q＝μ mg( x2－ x1)＝3 J.答案： (1) － 7.5 J 4.5 J(2)3 J考点三能量守恒定律的综合应用[ 考点解读 ]1．对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，必定存在其余形式的能量增添，且减少许和增添量必定相等．(2)某个物体的能量减少，必定存在其余物体的能量增添，且减少许和增添量必定相等．2．能量转变问题的解题思路(1)当波及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转变和守恒定律．(2)解题时，第一确立初、末状态，而后剖析状态变化过程中哪一种形式的能量减少，哪种形式的能量增添，求出减少的能量总和 E 减与增添的能量总和 E 增，最后由 E 减＝E 增列式求解．[ 典例赏析 ][典例 3] 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 v0＝3 m/s 下滑， A 点距弹簧上端挡板地点 B 点的距离 AB＝4 m．当物体抵达 B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量＝ 0.2 m ，而后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高地点为D BC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.[ 审题指导 ] (1) 物体由A到C的过程中，动能减少许与重力势能的减少许之和等于弹簧的弹性势能与物体战胜摩擦力做功之和．(2)物体由 A 到 C后又返回 D的过程中，物体动能减少许与重力势能的减少许之和等于物体战胜摩擦力做的总功．[ 分析 ] (1) 物体从开始地点 A 点到最后 D点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械1 2能的减少许所有用来战胜摩擦力做功，即：2 mv0＋ mgL AD·sin 37°＝μ mg cos 37°(L AB＋2L CB＋L BD)代入数据解得：μ ≈0.52.(2)物体由 A 到 C的过程中，动能减少许 1 2E ＝2mv，k 0重力势能减少许 E ＝ mgL sin 37°p AC摩擦产生的热量Q＝μ mg cos 37°· L AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：E pm＝E k＋E p－ Q1 2＝2mv0＋mgL AC sin 37°－μ mg cos 37°· L AC≈24.5 J.[ 答案 ] (1)0.52(2)24.5 J[ 题组稳固 ]1．(2019 ·乐山模拟) 如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗拙斜面底端，一质量m＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们其实不相连，滑块可视为质点．t ＝0时排除锁定，计算机经过传感器描述出滑块的v－ t 图象如图乙所示，此中Oab 段为曲线， bc 段为直线，在 t 1＝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) 滑块走开弹簧后在图中bc 段对应的加快度大小 a 及动摩擦因数μ 的大小．(2)t 2＝0.3 s和 t 3＝0.4 s时滑块的速度 v1、 v2的大小．(3)弹簧锁准时拥有的弹性势能 E p.分析： (1) 由题图乙知滑块在bc 段做匀减速运动，加快度大小为：a＝v＝10 m/s 2t由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ ma解得：μ＝ 0.5(2)依据速度时间公式得 t 2＝0.3 s时的速度大小：v1＝ v0－ a t解得 v1＝0在 t 2以后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ ma′解得： a′＝2 m/s2从 t 2到 t 3做初速度为零的加快运动，t 3时辰的速度为：v2＝ a′t ＝0.2 m/s(3)从 0 到t1时间内，由能量守恒定律得：1 2E p＝ mgx sin 37°＋μ mgx cos 37°＋2mv b解得： E p＝4 J.答案：(1)10 m/s 2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J2．如图，一个倾角θ＝30°的圆滑直角三角形斜劈固定在水平川面上，顶端连有一轻质圆滑定滑轮．质量为m 的 A 物体置于地面，上端与劲度系数为k 的竖直轻弹簧相连．一条轻质绳越过定滑轮，一端与斜面上质量为m 的 B 物体相连，另一端与弹簧上端连接．调整细绳和两个面平行．现将上涨．求：A、 B 物体的地点，使弹簧处于原长状态，且细绳自然挺直并与三角斜劈的B 物体由静止开释，已知 B 物体恰巧能使 A 物体刚要走开地面但不持续(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x.(2)B物体下滑到最低点时的加快度大小和方向．(3) 若将B物体换成质量为2m的C物体，C物体由上述初始地点静止开释，当 A 物体恰巧要走开地面时，C物体的速度大小v.分析： (1) 当A物体刚要走开地面但不上涨时， A 物体处于均衡状态，设 B 物体沿斜面下滑 x，则弹簧伸长为x.对 A 物体有：kx－ mg＝0mg解得： x＝k(2)当 A 物体刚要走开地面时， A 与地面间作使劲为0.对 A 物体：由均衡条件得：F T－ mg＝0设 B 物体的加快度大小为a，对 B物体，由牛顿第二定律得：F T－ mg sinθ ＝ma1解得： a＝2gB物体加快度的方向沿斜面向上(3) A物体刚要走开地面时，弹簧的弹性势能增添E，对 B 物体下滑的过程，由能量守恒定律得：E＝ mgx sinθ对 C物体下滑的过程，由能量守恒定律得：1 2θ＋×2mv＝2mgx sinE 2解得： v＝ g m 2k .答案： (1) mg 1方向沿斜面向上(3) gmk(2) 2g 2k思想方法 ( 十一 )传递带模型中的功能关系1.求摩擦产生热量的方法(1)相对位移法：摩擦产生的热量等于摩擦力与物块相对传递带的位移乘积．(2) 做功转变法：在典例 1 中，物块相对传递带的位移1 1L＝2vt ＝vt －2vt ，与物块方法对地的位移相等，所以摩擦产生的热量也等于传递带对物块做的功．阐2.求电机多耗费电能的方法述(1)能量守恒法：多耗费的电能等于工件增添的机械能与摩擦产生的热量之和．(2)动能定理法：多耗费的电能等于电动机做的功，因为传递带匀速运动，电动机做的功等于传递带战胜摩擦力做的功，即摩擦力与传递带位移的乘积.[ 典例赏析 ][ 典例 1]( 多项选择 ) 如下图，水平传递带由电动机带动，并一直保持以速度 v 匀速运动，现将质量为m 的某物块由静止开释在传递带上的左端，过一会儿物块能保持与传递带相对静止，设物块与传递带间的动摩擦因数为μ ，关于这一过程，以下说法正确的选项是()A ．摩擦力对物块做的功为 20.5 mv2B ．物块对传递带做功为0.5 mv2C ．系统摩擦生热为 0.5 mvD ．电动机多做的功为 2mv[ 分析 ] ACD [ 设物块匀加快运动的时间为t ，依据动能定理得：1122摩擦力对物块做的功为W 1＝f · 2vt ＝2mv ＝ 0.5 mv .2物块对传递带做功 W 2＝－ fvt ＝－ mv ，故 A 项正确， B 项错误．vt物块与传递带相对位移大小为 x ＝vt － 2 ＝ 0.5 vt ，则x ＝ x 物．摩擦生热为 Q ＝ f · x ＝ fx2项正确．物＝ 0.5 mv . 故 C 电动机多做的功转变成了物体的动能和系统的内能，12 2所以电动机多做的功为W 机＝2mv ＋ Q ＝mv . 故D项正确．( 或电动机做的功等于传递带战胜摩擦力做的功2W 机＝ f ·vt ＝ mv )][ 典例2] 如图，一传递皮带与水平面夹角为30°，以2 m/s 的恒定速度顺时针运行．现将一质量为 10 kg 的工件轻放于底端，经一段时间送到高2 m 的平台上，工件与皮32带间的动摩擦因数为 μ ＝ 2 ， g 取 10 m/s ，求带动皮带的电动机因为传递工件而多耗费的电能．[ 分析 ] 设工件向上运动距离 s 时，速度达到传递带的速度v ，由动能定理可知：1－ mgs sin 30 °＋ μ mgs cos 30 °＝ 2mv 2－ 0解得 s ＝ 0.8 m ，说明工件未抵达平台时，速度已达到 v ，所以工件动能的增量为12E k ＝ mv ＝ 20 J2工件重力势能增量为p＝＝200 JE mgh工件相对皮带的位移1 1L＝ vt －2vt ＝2vt ＝ s＝0.8 m因为摩擦产生热量Q＝ fL 电动机多耗费的电能为[答案] 280J ＝μ mg cos 30° L＝60 JE k＋E p＋ Q＝280 J.传递带问题的剖析流程和技巧[ 题组稳固]1．(2019 ·泉州模拟) 如下图为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传递带和x 光透视系统两部分构成，传递过程传递带速度不变．假定乘客把物件轻放在传递带上以后，物件总会先、后经历两个阶段的运动，用v 表示传递带速率，用μ 表示物件与传递带间的动摩擦因数，则( )A．前阶段，物件可能向传递方向的相反方向运动B．后阶段，物件遇到摩擦力的方向跟传递方向同样C．v同样时，μ不一样的等质量物件与传递带摩擦产生的热量同样D．μ同样时，v增大为本来的 2 倍，前阶段物件的位移也增大为本来的 2 倍分析： C [ 物件轻放在传递带上，前阶段，物件遇到向前的滑动摩擦力，所以物件的运动方向必定与传递带的运动方向同样，故 A 错误；后阶段，物件与传递带一同做匀速运动，不受摩擦力，故 B 错误；设物件匀加快运动的加快度为a，由牛顿第二定律得 F ＝fμ ＝，物件的加快度大小为＝μ ，匀加快的时间为t ＝v＝v，位移为x＝vt ，传mg ma a g a μ g 2x′＝ vt ，物件相对传递带滑行的距离为x＝x′－ x＝vt v2送带匀速的位移为 2 ＝2μg，物件12与传递带摩擦产生的热量为Q ＝ μmg x ＝2mv ，则知 v 同样时， μ 不一样的等质量物件与传vt v 2 送带摩擦产生的热量同样，故C 正确；前阶段物件的位移为 x ＝ 2 ＝ 2μ g ，则知 μ 同样时， v 增大为本来的 2 倍，前阶段物件的位移增大为本来的 4 倍，故D 错误． ]2. 如下图，传递带与地面的夹角θ ＝37°，、 B 两头间距＝ 16 m ，传递带以速度ALv ＝ 10 m/s 沿顺时针方向运动，物体m ＝ 1 kg ，无初速度地搁置于A 端，它与传递带间的动摩擦因数 μ ＝ 0.5 ，试求：(1) 物体由 A 端运动到 B 端的时间．(2) 系统因摩擦产生的热量．分析： (1) 物体刚放上传递带时遇到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mg sinθ ＋ μ mg cos θ ＝ma 1，设物体经时间 t ，加快到与传递带同速，12则 v ＝a 1t 1， x 1＝ 2a 1t 1可解得： a 1＝ 10 m/s 2 t 1＝ 1 sx 1＝ 5 m因 mg sin θ ＞μ mg cos θ，故当物体与传递带同速后，物体将持续加快，由牛顿第二定律得：mg sinθ － μ mg cos θ ＝ma 212L － x 1＝ vt 2＋ 2a 2t 2解得： t 2＝ 1 s故物体由 A 端运动到 B 端的时间 t ＝t 1＋ t 2＝ 2 s(2) 物体与传递带间的相对位移x 相＝ ( vt 1－x 1) ＋ ( L － x 1－vt 2) ＝ 6 m故 Q ＝μ mg cos θ · x 相＝ 24 J答案： (1)2 s (2)24 J。

(新课标)2018年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后检测能力提升课

A．物块 A 先到达传送带底端 B．物块 A、B 同时到达传送带底端 C．传送带对物块 A、B 均做负功 D．物块 A 下滑过程系统产生的热量小于 B 下滑过程系统产生的热量
解析：选 BCD.因 tan 37°＝0.75＞0.5，即 mgsin θ＞μmgcos θ，故 A、B 都会匀加速下滑，根据牛顿第二定律知 A、B 加速度大小相等，故会同时到达底端，选项 A 错误，B、C 正确；因 A 物块与传送带同向运动，相对位移要小，根据 Q＝ Ffx 相对，A 物块下滑产生的热量要小于 B 物块下滑产生的热量，故选项 D 正确．
三、非选择题 9.(2015·高考天津卷)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持 v＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为 m＝2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数 μ＝0.5.设皮带足够长，取 g ＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求： (1)邮件滑动的时间 t； (2)邮件对地的位移大小 x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W.
解析：选 D.由功能关系，拉力 F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，选项 A 错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项 B 错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项 C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量 Q＝fΔ L，其中Δ L 为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为 L1，小木块相对地面的位移为 L2，则Δ L＝L1－L2，且Δ L 存在大于、等于或小于 L2 三种可能，对小木块，fL2＝Δ Ek，即 Q 存在大于、等于或小于Δ Ek 三种可能，选项 D 正确．
解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为 F，则 F＝μmg＝ma① 又 v＝at② 由①②式并代入数据得 t＝0.2 s．③

2018届高三物理一轮复习跟踪演练强化提升第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律

功能关系能量守恒定律跟踪演练·强化提升【课堂达标检测】1.(多选)(2017·汕尾模拟)质量为m的物块在水平恒力F的推动下,从山坡(粗糙)底部的A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处。

到达B处时物块的速度大小为v,A、B之间的水平距离为s,重力加速度为g。

不计空气阻力,则物块运动过程中( )A.重力所做的功是mghB.合外力对物块做的功是mv2C.推力对物块做的功是mv2+mghD.阻力对物块做的功是mv2+mgh-Fs【解析】选B、D。

重力做的功W G=-mgh,推力F的功W F=Fs,故A、C错误;由动能定理可知,合外力的功W合=mv2,故B正确;设阻力的功为W f,由动能定理得Fs-mgh+W f=mv2,解得W f=mv2+mgh-Fs,故D正确。

2.(2017·郴州模拟)如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角为θ,传送带在电动机的带动下,始终保持v 的速率运行,现把一质量为m的工件(可看作质点)轻轻放在传送带的底端,经过一段时间,工件与传送带达到共同速度后继续传送到达h高处,工件与传送带间动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则下列结论正确的是( )A.工件与传送带间摩擦生热为mv2B.传送带摩擦力对工件做的功为mv2+mghC.传送带摩擦力对工件做的功为D.电动机因传送工件多做的功为mv2+mgh【解析】选B。

系统增加的内能Q=F f·Δs= F f(x带-x物)= F f(vt-t)=μmgcosθ·t,工件的加速度a==g(μcosθ-sinθ),故加速时间t==,故系统增加的内能Q=,故A错误;工件除了受重力外还受传送带给的摩擦力和支持力,则重力以外的力对工件做的功等于工件增加的机械能,即W=mv2+mgh,故B正确、C错误;电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和工件机械能的增加量,所以电动机因传送工件多做的功大于mv2+mgh,故D错误。

2018版高考物理一轮复习讲义检测：第五章能量和动量

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。

多角练通]1．(2018·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．(2018·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。

精选-高考物理一轮复习第5章机械能第4讲功能关系能量守恒定律课时作业含解析

4、功能关系能量守恒定律[基础训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂，用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为()A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 答案：A 解析：由“缓慢”这个关键词可知，绳动能变化量为零，然后选择QM 段绳为研究对象，应用动能定理解题．QM 段绳的质量为m ′＝23m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为16l ，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误． 2．(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g .若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的()A ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH 答案：AC 解析：因为加速度大小等于g ，故合外力F ＝mg ，根据动能定理，动能损失等于克服合外力做的功，即ΔE k ＝FL ＝mg H sin 30°＝2mgH ，A 项正确，B 项错误；此过程中，重力势能增加了ΔE p ＝mgH ，故机械能损失了ΔE ＝ΔE k －ΔE p ＝mgH ，C 项正确，D 项错误．3．(2018·湖南长沙质检)(多选)如图所示，AB 为半径R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧轨道A 端由静止释放，到达轨道B 端的速度v ＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是()A ．小滑块在圆弧轨道B 端受到的支持力大小F N ＝16 NB ．小滑块由A 端到B 端的过程中，克服摩擦力所做的功W ＝3 JC ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.6 mD ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.3 m答案：BC 解析：小滑块在圆弧底端B 点受重力和支持力，根据牛顿第二定律有：F N －mg＝m v2R ，代入数据得：F N ＝18 N ，故A 错误．由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，得W ＝3 J ，故B 正确．小滑块从B 点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向：x ＝vt ，竖直方向：h ＝12gt 2，解得x ＝0.6 m ，故C 正确，D 错误． 4．(2018·陕西西安模拟)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失，换用材料相同、质量为m 2的滑块(m 2>m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点时速度相同B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同答案：D解析：两滑块到达B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为mgh，由能量守恒定律得E p＝mgh＋μmg cos θ×hsin θ，所以mgh＝Ep1＋μcot θ，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C错误；由能量守恒定律得ΔE损＝W f＝μmg cos θ×hsin θ＝μmgh cot θ＝μcot θ1＋μcot θE p，故D正确．5．(2018·浙江温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知()A．0～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大B．0～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大答案：C解析：在Ex图象中，切线的斜率表示拉力，由图可知0～x1过程中拉力逐渐减小，当拉力与重力相等时，重物匀速上升；若拉力小于重力，则减速上升，选项A、B错误；由于x1～x2为直线，所以拉力不变，若匀速上升，则输出功率不变，C正确，D错误．6．如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水。

高考物理一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒律跟踪检测

权掇市安稳阳光实验学校第4讲功能关系能量守恒定律(对应学生用书第83页)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．功与对应能量的变化关系合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少外力(除重力、弹力)做正功机械能增加续表滑动摩擦力做功系统内能增加电场力做正功电势能减少分子力做正功分子势能减少【针对训练】1．(2012·海南高考改编)下列关于功和机械能的说法，正确的是( ) A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取无关D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量【解析】物体重力做的功总等于重力势能的减少，因此A错；根据动能定理可知合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，因此B正确；根据重力势能的定义和特点可知C错误；当有除重力以外的力对物体做功时，运动物体动能的减少量不等于其重力势能的增加量，因此D错．【答案】B能量守恒定律1.内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式：ΔE减＝ΔE增．【针对训练】2．(广州模拟)下列说法正确的是( )A．随着科技的发展，第一类永动机是可以制成的B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生【解析】第一类永动机违背了能量守恒定律，所以不可能制成，A错误；根据能量守恒定律，太阳照射到宇宙空间的能量也不会凭空消失，B错误；要让马儿跑，必须要给马儿吃草，否则就违背能量守恒定律，C正确；所谓“全自动”手表内部还是有能量转化装置的，一般是一个摆锤，当人戴着手表活动时，摆锤不停地摆动，给游丝弹簧补充能量，才会维持手表的走动，D错．【答案】C(对应学生用书第83页)功能关系及其理解1.(1)合外力做功等于物体动能的改变，即W合＝E k2－E k1＝ΔE k.(动能定理)(2)重力做功等于物体重力势能的减少量，即W G＝E p1－E p2＝－ΔE p.(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的减少量，即W F＝E p1－E p2＝－ΔE p.(4)除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即W其他力＝E2－E1＝ΔE.(功能原理)2．对功能关系的理解(1)不同的力对物体做功会引起不同能量的转化或转移，应根据题中已知和所求，选择合适的功能关系来分析问题．(2)重力势能、弹性势能、电势能的改变量与对应的力做的功数值相等，但符号相反．3．摩擦力做功的特点及其与能量的关系类别比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化只有能量的转移，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一对静摩擦力所做功的代数总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，即摩擦时产生的热量类别比较静摩擦力滑动摩擦力相同点做功的正、负两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功(2012·重庆高考)如图5－4－1所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L.测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s ≪L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．【审题视点】 (1)注意摆锤的起始和最后位置，计算高度差．(2)摩擦存在于橡胶片压紧地面的一小段s ，且摩擦力为恒力(因为正压力可视为恒力F )．【解析】 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgL cosθ.①(2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0②W G ＝mgL cos θ③由②、③得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ.④ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ⑤ 摩擦力做的功W f ＝－fs ⑥④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs.⑦【答案】 (1)损失的机械能ΔE ＝mgL cos θ (2)摩擦力做功W f ＝－mgL cos θ(3)动摩擦因数μ＝mgL cos θFs【即学即用】1．(马鞍山模拟)已知货物的质量为m ，在某段时间内起重机将货物以a 的加速度加速升高h ，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g )( )A ．货物的动能一定增加mah －mghB ．货物的机械能一定增加mahC ．货物的重力势能一定增加mahD ．货物的机械能一定增加mah ＋mgh【解析】根据动能定理可知，货物动能的增加量等于货物合外力做的功mah ，A 项错误；根据功能关系，货物机械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功，B 项错误；由功能关系知，重力势能的增量对应货物重力做的负功的大小mgh ，C 项错误；由功能关系，货物机械能的增量为起重机拉力做的功m (g ＋a )h ，D 项正确．【答案】 D对能量守恒定律的理解及应用1.(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，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；这也是我们列能量守恒定律方程式的两条基本思路．2．应用能量守恒定律解题的步骤(1)分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．应用能量守恒定律解决有关问题，关键是准确分析有多少种形式的能量在变化，求出减少的总能量ΔE减和增加的总能量ΔE增，然后再依据能量守恒定律列式求解．图5－4－2(长春一中检测)如图5－4－2所示，一物体的质量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，AD＝3 m．挡板及弹簧的质量不计，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E pm.【审题视点】(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能是否变化？利用公式Q＝fx计算摩擦生热时，x表示位移还是路程？(2)物体在C点时弹性势能最大，物体从开始位置A到C的过程中，分析动能变化、重力势能变化、弹性势能变化及摩擦生热，利用能量守恒定律方程求解．【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＝12mv20＋mgl AD sin 37°物体克服摩擦力产生的热量Q＝Fx其中x为物体的路程，即x＝5.4 mF＝μmg cos 37°由能量守恒定律可得ΔE＝Q解得：μ＝0.52.(2)由A到C的过程中，动能减少，即ΔE k＝12mv20重力势能的减少量ΔE p＝mgl AC sin 37°摩擦生热Q′＝Fl AC＝μmg cos 37°·l AC由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为：ΔE pm ＝ΔE k ＋ΔE p －Q ′ 联立解得：ΔE pm ＝24.4 J.【答案】 (1)0.52 (2)24.4 J【即学即用】2.图5－4－3如图5－4－3所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v, AB 之间的水平距离为s ，重力加速度为g .下列说法不正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mghD ．阻力对小车做的功是12mv 2＋mgh －Fs【解析】小车克服重力做功W ＝Gh ＝mgh ，A 选项正确；由动能定理小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，W 合＝ΔE k ＝12mv 2，B 选项正确；由动能定理，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12mv 2，所以推力做的功W 推＝12mv 2－W 阻－W 重＝12mv2＋mgh －W 阻，C 选项错误；阻力对小车做的功W 阻＝12mv 2－W 推－W 重＝12mv 2＋mgh－Fs ，D 选项正确．【答案】 C(对应学生用书第85页)传送带问题送带上运动的问题是此类问题的典型题型．解题策略：(1)要正确分析物体的运动过程，判断物体是一直匀加速运动还是先匀加速再匀速运动；(2)计算力所做的功时，位移是对地位移；计算因滑动摩擦产生的内能时，常用功能关系Q ＝F f s ，需注意的是s 为物体之间的相对路程；只有存在滑动摩擦力时才有内能产生．图5－4－4(山师大附中检测)如图5－4－4所示，传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离L ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝1 m/s 的速度匀速运动．现将一质量m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A点传送到B 点的过程中，求：(取g ＝10 m/s 2)(1)传送带对小物体做的功．(2)电动机做的功．【潜点探究】 (1)物体是否一直做匀加速直线运动？传送带对物体做功时，哪些能发生转化？根据功能关系计算传送带对物体做的功．(2)传送带与物体之间发生了相对滑动，怎样计算因摩擦产生的热量？电动机做的功使哪些能量发生了转化？利用功能关系计算电动机做的功．【规范解答】 (1)小物块加速过程根据牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma物块上升的加速度a ＝14g ＝2.5 m/s 2当物块的速度v ＝1 m/s 时，位移是：x ＝v 22a＝0.2 m即物块将以v ＝1 m/s 的速度完成4.8 m 的路程，由功能关系得：W ＝ΔE p ＋ΔE k ＝mgL sin θ＋12mv 2＝255 J.(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q ，由v ＝at 得t ＝va＝0.4 s相对位移x ′＝vt －12vt ＝0.2 m摩擦生热Q ＝μmgx ′cos θ＝15 J 故电动机做的功W 电＝W ＋Q ＝270 J.【答案】 (1)255 J (2)270 J 【即学即用】 3.图5－4－5(湖北八校联考)如图5－4－5所示，在光滑的水平面上有一个质量为M 的木板B 处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A 在B 的左端以初速度v 0开始向右滑动，已知M ＞m ，用①和②分别表示木块A 和木板B 的图象，在木块A 从B 的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v 随时间t 、动能E k 随位移s 的变化图象，其中可能正确的是( )【解析】设A 、B 间动摩擦因数为μ，二者加速度分别为a A 、a B ，则μmg ＝ma A ，μmg ＝Ma B ，可知a A ＞a B ，v －t 图象中，①的斜率绝对值应大于②，故A 、B 均错误．μmgs B ＝E k2，12mv 20－μmgs A ＝E k1，可知E k －s 图象中，①、②的斜率绝对值应相同，故C 错误，D 正确．【答案】 D(对应学生用书第85页)●考查功能关系 1.图5－4－6(2012·安徽高考)如图5－4－6所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR【解析】小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg ＝mv 2R得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 到B 的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12mv 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12mv2－0，所以W f ＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项D 正确．【答案】 D●考查重力势能、功率、功能关系 2.图5－4－7(2012·福建高考)如图5－4－7所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同【解析】 A 、B 开始时处于静止状态，对A ：m A g ＝T ①对B ：T ＝m B g sin θ② 由①②得m A g ＝m B g sin θ 即m A ＝m B sin θ③剪断绳后，A 、B 均遵守机械能守恒定律，机械能没有变化，故B 项错误；由机械能守恒知，mgh ＝12mv 2，所以v ＝2gh ，落地速率相同，故速率的变化量相同，A 项错误；由ΔE p ＝mgh ，因m 不同，故ΔE p 不同，C 项错误；重力做功的功率P A ＝m A g v ＝m A g v 2＝m A g 2gh 2，P B ＝m B g v sin θ＝m B g 2gh2sin θ，由③式m A ＝m B sin θ，故P A ＝P B ，D 项正确．【答案】 D●涉及摩擦的功能关系的应用 3.图5－4－8(2010·山东高考改编)如图5－4－8所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了12mglC ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和【解析】取斜面最高点为参考平面，软绳重力势能减少量ΔE p 绳＝mg l2－mg l 2sin 30°＝14mgl ，选项B 错误；物块向下运动，对物块，除重力以外，绳拉力对物块做负功，物块机械能减少，选项A 错误；设W 克为软绳克服摩擦力做的功，对系统由功能关系得ΔE p 绳＋ΔE p 物＝12mv 2＋12m 物v 2＋W 克，又因为ΔE p 物＞12m物v 2，故选项C 错而D 对．【答案】 D●功能关系的综合应用4.图5－4－9(南昌一中检测)如图5－4－9所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F 1、F 2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，说法正确的是( )A ．系统受到外力作用，动能不断增大B ．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C ．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大D ．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F 1、F 2的大小【解析】对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减少，A 错误；弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B 正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F 1、F 2对系统做负功，系统机械能开始减少，C 错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D错．【答案】B●能量守恒定律在生活实际中的应用5．(2011·浙江高考)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m＝1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m后，速度变为v2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离L′.【解析】(1)轿车牵引力与输出功率的关系P＝F牵v将P＝50 kW，v1＝90 km/h＝25 m/s代入得F牵＝Pv1＝2×103 N.轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F阻＝2×103 N.(2)在减速过程中，发动机只有15P用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt－F阻L＝12mv22－12mv21代入数据得Pt＝1.575×105 J电源获得的电能为E电＝50%×45Pt＝6.3×104 J.(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻＝2×103 N．在此过程中，由能量守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，则E电＝F 阻′L代入数据得L′＝31.5 m.【答案】(1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m课后作业(十七) (对应学生用书第249页) (时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．)1．(2012·上海高考)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 BB．h A＞h B，则可能有W A＜W BC．h A＜h B，则可能有W A＝W BD．h A＞h B，则一定有W A＞W B【解析】由题易知，离开地面后，细绳A的重心距离细绳A的最高点的距离较大，分析各选项易知B正确．【答案】B2.图5－4－10(东北师大附中检测)如图5－4－10所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平面上．现对小球施加一个方向水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动，则小球在向右运动的整个过程中( ) A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大C．小球的动能逐渐增大D．小球的动能逐渐减小【解析】小球在向右运动的整个过程中，力F做正功，由功能关系知小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大，A项错误，B项正确；弹力一直增大，当弹力等于F时，小球的速度最大，动能最大，当弹力大于F时，小球开始做减速运动，速度减小，动能减小，C、D项错误．【答案】B3.图5－4－11(安庆模拟)如图5－4－11所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定在地面上的粗糙斜面的底端开始冲上斜面，到达某一高度后又自动返回至斜面底端，下图中分别给出了在整个运动过程中滑块的速度v、加速度大小a、动能E k及机械能E随时间t的变化关系图线，则其中可能正确的是(规定斜面底端所在水平面为零势能参考平面)( )【解析】由于斜面存在摩擦，所以向上滑时加速度大于下滑时的加速度，选项A错误，B正确；动能随时间的变化关系为二次函数，选项C错误；由于始终存在摩擦力做负功，所以其机械能一直减少，选项D错误．【答案】B4.图5－4－12(潍坊模拟)如图5－4－12所示，一个质量为m的物体(可视为质点)，由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g ，物体沿斜面上升的最大高度为h ，在此过程中( )A ．重力势能增加了2mghB ．机械能损失了mghC ．动能损失了mghD ．系统生热12mgh【解析】设阻力大小为F f ，由牛顿第二定律得：mg sin 30°＋F f ＝ma ，可得：F f ＝12mg ，故此过程阻力F f 做功为－F f ·hsin 30°＝－mgh ，系统生热mgh ，机械能损失了mgh ，B 正确，D 错误；合外力做负功mg ·hsin 30°＝2mgh ，故动能损失了2mgh ，C 错误；重力做负功mgh ，重力势能增加了mgh ，A 错误．【答案】 B5.图5－4－13来自体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手．蹦床是一项好看又惊险的运动，如图5－4－13所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ 是弹性蹦床的原始位置，A 为运动员抵达的最高点，B 为运动员刚抵达蹦床时的位置，C 为运动员抵达的最低点．不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，在A 、B 、C 三个位置上运动员的速度分别是v A 、v B 、v C ，机械能分别是E A 、E B 、E C ，则它们的大小关系是( )A ．v A ＞vB ，v B ＞vC B ．v A ＞v B ，v B ＜v C C ．E A ＝E B ，E B ＞E CD ．E A ＞E B ，E B ＝E C【解析】运动员在最高点A 的速度为零，刚抵达B 位置时的速度不为零，v A ＜v B ，在最低点C 的速度也为零，v B ＞v C ，故A 、B 错；以运动员为研究对象，B →A 机械能守恒，E A ＝E B ，B →C 弹力对运动员做负功，机械能减小，E B ＞E C ，故C 对，D 错．【答案】 C6．(石家庄一中检测)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图5－4－14所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )图5－4－14A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C ．沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D ．沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的【解析】由于速度是矢量，所以沿着1、2、3下滑到底端时，物块的速度都不同，A错；令斜面底边长为l，与水平地面的夹角为θ，根据动能定理和能量转化有mgl tan θ－μmg cos θ·lcos θ＝12mv2，产生的热量Q＝μmg cosθ·lcos θ＝μmgl，所以，BCD说法都正确．【答案】A7.图5－4－15(扬州模拟)如图5－4－15所示，质量m＝10 kg和M＝20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250 N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是( )A．M受到的摩擦力保持不变B．物块m受到的摩擦力对物块m不做功C．推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D．开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N【解析】取m和M为一整体，由平衡条件可得：F＝kx，隔离m，由平衡条件可得：F f＝kx，可见M缓慢左移过程中，M受的摩擦力在增大，开始滑动时，F f＝kx m＝100 N，故此时推力F为100 N，A、D均错误，m受的摩擦力对m做正功，B错误；系统缓慢移动，动能不变，且又无内能产生，由能量守恒定律可知，推力F做的功全部转化为弹簧的弹性势能，C正确．【答案】C8.图5－4－16(安师大附中模拟)山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图5－4－16所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是( )A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD．下滑时，重力势能的减少小于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功【解析】人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B错误；人下滑时，由mg－F f＝ma，可知，F f<mg，a<g，C正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增量一定小于重力势能的减少量．D错误．【答案】C9.图5－4－17(宿州模拟)伦敦奥运会跳水比赛，在女子单人3米板决赛中，中国选手包揽冠亚，其中吴敏霞夺得金牌，成就个人大满贯伟业，同时中国队也实现了奥运会该项目的七连冠．如图5－4－17所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点(B位置)．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是( )A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功等于跳板的作用力对他做的功【解析】运动员到达最低点时，其所受外力方向向上，合力一定大于零，选项A错误；从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，运动员的动能先增大后减小，跳板的弹性势能一直在增加，选项B错误，C正确；从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，由动能定理可知运动员所受重力对他做的功与跳板的作用力对他做的功之和等于动能的变化，即运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功，选项D错误．【答案】C10.图5－4－18(池州模拟)如图5－4－18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，小物块与小车之间的摩擦力为f，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fxC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－fLD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为f(L＋x)【解析】水平力对物块做功F(x＋L)，此时物块的动能小于F(x＋L)，选项A错误；摩擦力f对小车做功fx，由动能定理可知，此时小车的动能为fx.选项B正确．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL，选项C 错误．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL，选项D错误．【答案】B二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解。

高三物理一轮复习必考部分第5章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律课时强化练(2

（江苏专用）2018届高三物理一轮复习必考部分第5章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律课时强化练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（江苏专用）2018届高三物理一轮复习必考部分第5章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律课时强化练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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功能关系能量守恒定律（限时：40分钟)A级跨越本科线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·苏州模拟）如图5。

4.10所示,跳水运动员跳水前的踏板过程可以简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置）上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置）．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法正确的是（）【导学号：96622311】图5。

4。

10A．到达最低点时，运动员所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于运动员克服跳板弹力做的功C 从运动员与跳板接触至F弹＝mg,运动员做加速度减小的加速运动，之后F弹〉mg，运动员开始减速，到最低点时速度减为零，此时运动员受向上的合力，选项A错误；该过程中运动员的动能先增大后减小，选项B错误;该过程中跳板的形变量一直增大，弹性势能一直在增加,选项C正确；对于该过程，由动能定理得W G－W弹＝0－错误!mv2,则W G＝W弹－错误!mv2，选项D错误．3．构建和谐型、节约型社会深得民心,遍布于生活的方方面面．自动充电式电动自行车就是很好的一例，电动自行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自行车自动滑行时,自行车就可以通过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600 J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54。

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第五章机械能第四讲功能关系能量守恒定律课时跟踪练A组基础巩固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.(2017·湖北孝感联考)质量为50 kg的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图所示，经实际测量得知上升的最大高度是0.8 m，在最高点的速度为3 m/s，则起跳过程该同学所做功最接近(取g＝10 m/s2)()A．225 J B．400 JC．625 J D．850 J解析：该同学的起跳过程可视为做抛体运动，从起跳到达最大高度的过程中，根据动能定理得W－mgh＝12m v2－0，解得W＝625 J，故C正确，A、B、D错误．答案：C3.(2018·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＝mg sin 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－mg sin θ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；根据能量守恒E p＝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．(多选)(2018·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的重力势能的减少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：AD5.(多选)(2018·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F f，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F f xC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－F f LD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f L解析：对小物块由动能定理得F(L＋x)－F f(L＋x)＝ΔE k，A错误；对小车由动能定理知W＝F f·x＝E k，故E k＝F f x，B正确；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔE k＋E k＝F(L＋x)－F f L，C错误；摩擦产生的热量Q＝F f L，D正确．答案：BD6.(2018·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：B7.(2018·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>x MM′，有Q＝μmgx MM′＋μmg cos θ(s－x MM′)，E＝E0－μmgx MM′－μmg cos θ(s－x MM′)，对应图线可知，A错误，C正确．答案：C8．(2018·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E p ＝12kx 2，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 ＝F M ＋m＝2.4 m/s 2. 此时m 受的合外力F 合＝ma ＝2.4 N>F f ＝μmg ＝2 N.所以m 、M 相对滑动，a ＝F f m＝μg ＝2 m/s 2. (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 ＝12kx 2＋12m v 2m ，所以v m ＝0.4 m/s.答案：(1)2 m/s 2 (2)0.4 m/sB 组能力提升9.(多选)(2018·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F f ·(3＋2)×10－2＝ΔE k1，对木块F f ×2×10－2＝ΔE k2，则ΔE k1∶ΔE k2＝5∶2，A 项错；系统损失的动能为F f Δs ＝F f ×3×10－2＝ΔE ，ΔE ∶ΔE k1＝3∶5，B 、D 两项正确；ΔE ∶ΔE k2＝3∶2，C 项正确．答案：BCD10.(2018·辽宁抚顺一中模拟)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab 水平，质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，经过轨道后从b 点冲出竖直上抛，上升的最大高度为23H ，空气阻力不计，当质点下落再经过轨道a 点冲出时，能上升的最大高度h 为( )A ．h ＝23H B ．h ＝H 3 C ．h <H 3 D.H 3<h <2H 3解析：根据动能定理，质点第一次在半圆轨道中有mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H －2H 3＋(－WF f )＝0，WF f 为质点克服摩擦力做功大小，WF f ＝13mgH .质点第二次在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道对质点的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于13mgH ，机械能损失小于13mgH ，因此小球再经过轨道a 点冲出时，能上升的高度为13H <h <2H 3，故D 正确．答案：D11.(2018·保定模拟)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环．圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A ．圆环的机械能守恒B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A 、D 错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C 错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为3L ，由系统机械能守恒可得mg ·3L ＝ΔE p ，解得ΔE p ＝3mgL ，选项B 正确．答案：B12．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l ＝20 m ，倾角θ＝37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R 相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车厢底板间的高度差h ＝1.8 m ，传送带匀速运动的速度v ＝2 m/s.在传送带底端(传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100 kg ，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车厢底板中心，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x 及主动轮的半径R ；(2)麻袋包在传送带上运动的时间t ；(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．解析：(1)设麻袋包平抛运动时间为t ，有h ＝12gt 2，x ＝v t ，解得x ＝1.2 m ，麻袋包在主动轮的最高点时，有mg ＝m v 2R，解得R＝0.4 m.(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，v＝at1，x1＝12at21，l－x1＝v t2，联立以上各式解得：t＝t1＋t2＝12.5 s.(3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δx，每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为ΔE，有Δx＝v t1－x1，由能量守恒定律得ΔE＝mgl sin θ＋12m v2＋μmg cos θ·Δx，解得ΔE＝15 400 J.答案：(1)1.2 m0.4 m(2)12.5 s(3)15 400 J。