(江苏专版)19高考物理一轮复习课时跟踪检测(十九)功能关系能量守恒定律

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(江苏专版)2019年高考物理总复习课时作业二十一功能关系能量守恒定律

课时作业二十一功能关系能量守恒定律(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )第1题图A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点2．(多选)下面关于摩擦力做功的叙述，正确的是( )A．静摩擦力对物体一定不做功B．滑动摩擦力对物体不一定做负功C．一对静摩擦力中，一个静摩擦力做正功，则另一个静摩擦力一定做负功D．一对滑动摩擦力中，一个滑动摩擦力做负功，则另一个滑动摩擦力一定做正功3．如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )第3题图A．小物块的初速度是5 m/sB．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J4．物体在竖直方向上分别做匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减少B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减少C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D．三种情况中，物体的机械能均增加5．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径．若在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若A 点小球抛出的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球也能击中D 点．已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )第5题图A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率相等D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶36．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( )第6题图A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgv7．(多选)如图，曲面EC 是半径为R ＝0.4 m 的14圆弧，C 端切线水平且与水平面CA 相连，在CE 上固定一光滑木板CD ，CD 与CA 平滑连接，质量为m ＝0.2 kg 的小物块从水平面上A 处以初速度v 0＝4 m/s 向左运动，恰好可以到达木板的D 端，下滑后停在B 处，AB ＝3BC ，重力加速度g 取10 m/s 2，则由题中信息可求出( )第7题图A ．滑块与水平面AC 的动摩擦因数μB ．木板CD 与水平面的夹角C ．滑块在木板上CD 下滑时重力的平均功率 D ．整个过程的摩擦热8．如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．第8题图9．如图，水平直线轨道OB与竖直的四分之一光滑圆弧轨道AB相切于B点，O为圆心，半径R＝1 m，A点与O点等高，劲度系数k＝103N/m的轻弹簧一端固定在D点挡板处，另一端为自由端在C点．BC＝0.9 m，将质量m＝1 kg的小物块从A点静止释放，观察到物块反弹回来后刚好到达B点．已知物块水平轨道的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.(1)求出弹簧的最大压缩量及物块在水平轨道上运动过程中的最大加速度数值a；(2)若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点释放后，求弹簧被压缩的最大弹性势能E p及物块第一次返回圆弧轨道上B点时轨道对物块支持力大小F N；(3)若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点正上方h＝5 m高处释放落下，并从A 点切入轨道，求物块最终的静止位置离C点的距离．第9题图10．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛．B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点．已知赛车质量m＝0.5 kg，通电后以额定功率P＝2 W工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为F f＝0．4 N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L＝10.0 m，R＝0.32 m，g取10 m/s2.(1)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大？(2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(3)若电动机工作时间为t0＝5 s，当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大？水平距离最大是多少？第10题图课时作业(二十一) 功能关系能量守恒定律1.C 【解析】小物体从A 处运动到D 处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f 1＝mgh ，小物体从D 处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功W f 2＜mgh ，所以小物体能滑回到B 处之上，但最高点要比D 处低，C 正确，A 、B 错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D 错误．2．BC 【解析】物体在静摩擦力作用下可以向各个方向运动，所以静摩擦力可以对物体做功，故A 错误．物体在滑动摩擦力的作用下也可以运动，即运动方向可以与滑动摩擦力的方向相同，从而对物体做正功，故B 正确．由于一对静摩擦力等大反向，且作用位移相同，故一个力做正功，另一个力一定做负功，故C 正确．在一对滑动摩擦力中，力的大小相等、方向相反，但两力的作用位移大小不相同，方向也不相同，故D 错误．故选BC.3．D 【解析】小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错；设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．4．C 【解析】无论物体向上加速还是匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C 正确．故选C.5．D 【解析】 A ．根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg，两球下降的高度之比为2∶1，则运动的时间之比为2∶1.由几何关系知，两球的水平位移之比为2∶3，则两球的初速度之比为6∶3.故D 正确，A 错误．B.因为两小球下降的高度不同，重力做功不同，根据动能定理知，动能的增加量不等．故B 错误；C.两球下落的高度之比为2∶1，则重力做功之比为2∶1.运动的时间之比为2∶1，根据功率的公式p ＝W t知，重力对两小球做功的功率不相等．故C 错误．故选D.6．D 【解析】由能量守恒定律知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；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，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv ，故D 对．7．BCD 【解析】 A ．对全过程运用动能定理得：－μmg (x AC ＋x BC )＝0－12mv 20①，对A到D 过程运用动能定理得：－μmgx AC －mg (2R sin ．．．θ)sin ．．．θ＝0－12mv 20②，由①式可以求出μmgx AC ，代入②式可以得出sin θ，从而得出木板与水平面的夹角，由两式无法求出滑块与水平面的动摩擦因数μ.故A 错误，B 正确．C.CD 的长度L ＝2R sin θ，滑块在CD 上下滑的加速度a ＝g sin θ，根据运动学公式可以求出运动的时间，根据P ＝mgL sin θt可以求出滑块在木板上CD 下滑时重力的平均功率，故C 正确．D.根据①式可以求出整个过程中克服摩擦力做功，从而得出整个过程的摩擦热，故D 正确．故选BCD.8．(1)3 m/s (2)1.4 m 【解析】 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s. (2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总．有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为 2s －s 总＝1.4 m.9．(1)0.1 m 10.5 m/s 2(2)5.5 J 12N (3)0.3 m【解析】 (1)设物块相对B 点向左滑动的最大距离为s ，全程由功能关系得：－2μmgs ＝0－mgR 解得：s ＝1 m弹簧的最大压缩量为：Δx ＝s －BC ＝1－0.9＝0.1 m向左滑行刚要速度减为零时加速度最大，设为a ，根据牛顿第二定律得： k Δx ＋μmg ＝ma 解得：a ＝10.5 m/s 2. (2)由功能关系得：－μmgBC ＝E p －mgR解得，弹簧被压缩的最大弹性势能为：E p ＝5.5 J 返回B 点的速度为v B .由动能定理得：mgR －2μmgBC ＝12mv 2B在B 点，由牛顿第二定律得：2 0.3 m 处．1.2 m 【解析】 (1)赛车恰通过C 点的条件是2mv B ＝2mv C 在B 点应用牛顿第二定律得F N －mg ＝m mv 2BR联立解得v B ＝5gR ＝4 m/sF N ＝6mg ＝30 N 由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N. (2)由A 到B 过程克服摩擦力做功产生的热量Q ＝F f L 根据能量守恒定律得Pt ＝12mv 2B ＋Q联立解得t ＝4 s.(3)由A 到C 过程根据能量守恒定律得Pt 0＝12mv C ′2＋Q ＋mg ·2R 0赛车过C 点后做平抛运动，有 2R 0＝12gt 2，x ＝v C ′t联立解得x 2＝－16R 20＋9.6R 0 当R 0＝0.3 m 时x max ＝1.2 m.。

2019版高考物理一轮复习课时跟踪检测十九第五章能量和动量第4节功能关系能量守恒定律

2019版高考物理一轮复习课时跟踪检测十九第五章能量和动量第4节功能关系能量守恒定律对点训练：功能关系的理解和应用1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。

他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J 。

韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1 900 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解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ＞0，故其动能增加了1 800 J ，选项A 、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G ＝－ΔE p ，所以ΔE p ＝－W G ＝－1 900 J ＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，选项D 错误。

2.(多选)(2017·石家庄模拟)一质量为m 的物体在竖直向上的拉力F 作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如图所示，其中0～x 1为一曲线，x 1～x 2为一与横轴平行的直线，x 2～x 3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法正确的是( )A ．0～x 1过程中拉力F 逐渐增大B ．x 1～x 2过程中物体的重力势能可能不变C ．x 2～x 3过程中拉力F 为恒力D ．0～x 3过程中物体的机械能增加解析：选CD 由动能定理E k －E k0＝F 合x 得，F 合＝E k －E k0x，即图像的斜率(曲线切线)表示物体所受合力F 合，在0～x 1过程中曲线的斜率越来越小，F 合越来越小，mg 不变，则拉力F 越来越小，A 错误；在x 1～x 2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B 错误；在x 2～x 3过程中斜率是一定值，F 合是一定值，所以拉力F 是恒力，C 正确；在0～x 3过程中拉力F 一直做正功，物体机械能一直增加，D 正确。

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

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＝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>F f＝μmg＝2 N.所以m、M相对滑动，a＝F fm＝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 ＝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t 1，匀速运动时间为t 2，有11 μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，v ＝at 1，x 1＝12at 21， l －x 1＝v t 2，联立以上各式解得：t ＝t 1＋t 2＝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 t 1－x 1，由能量守恒定律得ΔE ＝mgl sin θ＋12m v 2＋μmg cos θ·Δx ，解得ΔE ＝15 400 J.答案：(1)1.2 m 0.4 m (2)12.5 s(3)15 400 J。

最新2019版高考物理一轮复习(全国通用)配套精品课件：5.4功能关系能量守恒定律

能量守恒定律可得铁块下滑过程中损失的机械能 1 3 ΔE=mgR- mv 2 = mgR, 选项 D 正确。 2 4 D
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答案
-9知识梳理考点自诊
5.(2017· 山东曲阜市月考)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,B、C在水平线上,其距离d=0.5 m。盆边缘的高度h=0.3 m。在A处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.1。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停下的位置到B的距离为( )
2.做功对应变化的能量形式 (1)合外力做的功影响物体的动能的变化。 (2)重力做的功影响物体重力势能的变化。 (3)弹簧弹力做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化。 (5)滑动摩擦力做的功影响系统内能的变化。 (6)电场力做的功影响电势能的变化。 (7)分子力做的功影响分子势能的变化。
由动能定理ΔEk=WG-Wf=1 900 J-100 J=1 800 J,即动能增加了1 800 J,故A、 B均错;由功能关系ΔEp=-WG=-1 900 J,即重力势能减少了1 900 J,故D错误,C正确。 C
解析
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答案
-13命题点一命题点二命题点三命题点四
思维点拨此题是对功能关系的考查;关键是搞清功与能的对应关系。合外力的功等于动能的变化量;重力做功等于重力势能的减少量;除重力以外的其他力做功等于机械能的变化量。
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,一是体现为不同的力做功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等。

2019年新课标高考一轮复习学案设计：功能关系,能量守恒定律

高考物理一轮复习B．16mglD．12mgl求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；若物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，求物块从平板车右端滑出时平板车的速度；若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如右．小木块在长木板上滑行的时间t＝2 s．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 J；2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝F f·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，果两物体同向运动，x相对移大小之和．点时弹簧的弹性势能一定大于在B点时的弹性势能点时，弹簧的弹性势能大于W－32μmga到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．点时的速度大小；向下运动，刚到C点过程中，对A和B整体，由动能定理：在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙内木板和物块的v-t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得F＝(m＋m)aB．变小D．不能确定人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，物体增加的机械能物体增加的机械能3mg3mg．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能点做斜抛运动点做平抛运动，小孩重力势能减少量大于动能增加量，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量，弹丸的动能一直在增大的过程中，弹丸在E点的动能一定最大，弹丸的机械能先增大后减少弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能．矩形板受到的摩擦力大小为4 N滑块经过圆弧轨道的C点时对地板的压力大小及在斜面上上升的最大高度；滑块第一次返回风洞速率为零时的位置；间运动的总路程．滑块在风洞中A点由静止释放后，设经过C点时速度为v，由动能定理得刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离；刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C做的功．。

江苏专版2019高考物理一轮复习课时跟踪检测十九功能关系能量守恒定律201805233106

课时跟踪检测（十九）功能关系能量守恒定律对点训练：功能关系的理解和应用1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。

他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J 。

2.[多选](2018·南京模拟)一质量为m 的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如图所示，其中0～x 1为一曲线，x 1～x 2为一与横轴平行的直线，x 2～x 3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法正确的是( )A ．0～x 1过程中拉力F 逐渐增大B ．x 1～x 2过程中物体的重力势能可能不变C ．x 2～x 3过程中拉力F 为恒力D ．0～x 3过程中物体的机械能增加解析：选CD 由动能定理E k －E k0＝F 合x 得，F 合＝E k －E k0x，即图像的斜率(曲线切线)表示物体所受合力F 合，在0～x 1过程中曲线的斜率越来越小，F 合越来越小，mg 不变，则拉力F 越来越小，A 错误；在x 1～x 2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B 错误；在x 2～x 3过程中斜率是一定值，F 合是一定值，所以拉力F 是恒力，C 正确；在0～x 3过程中拉力F 一直做正功，物体机械能一直增加，D 正确。

高考物理一轮复习6.4机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律-(原卷版+解析)

【巧学妙记】
考向二功能关系与图像的结合
【典例3】(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 NB．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
考点20机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律
新课程标准
1.理解能量守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用能量守恒定律分析生产生活中的有关问题。
命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合，并密切联系实际，难度较大，突出体现高考的选择性特征．
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加
(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对
电能
安培力做功等于电能变化量
(1)安培力做正功，电能减少(2)安培力做负功，电能增加
W电能＝E2－E1＝ΔE
二、两种摩擦力做功特点的比较
类型
比较
静摩擦力做功
滑动摩擦力做功
不同点
能量ห้องสมุดไป่ตู้转化方面
只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能
试题情境
生活实践类
各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目和传送带等．
功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
学习探究类
含弹簧系统能量守恒问题，传送带、板块模型的功能关系的理解和应用、能量守恒及转化问题
考向一功能关系的理解和应用
考向二功能关系与图像的结合

2019年高考物理大一轮复习第05章机械能第4讲功能关系

1．判断正误 (1)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．( ) (2)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．( ) (3)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放．( ) (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．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√
3．如图，质量为M的长木板放在光滑的水平面上，现有一质量为m的小物块以初速度v0从木板的一端滑向另一端，当小物块在木板上滑过距离d二者的速度相同均为v，此过程中木板前进的位移为x1，设小物块与木板间的滑动摩擦力为f.
根据动能定理可列出以下方程：对木板：fx1＝12Mv2，对物块：－f(x1＋d)＝12mv2－12mv20
A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J C．重力势能减少了1 900 J D．重力势能减少了2 000 J 答案：C
4．质量为 m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为45g，在物体下落 h 的过程中，下列说法中错误的是( )
A．物体的动能增加了4m5gh B．物体的机械能减少了4m5gh C．物体克服阻力所做的功为m5gh D．物体的重力势能减少了 mgh 答案：B
B．陨石下落时，动能转化为重力势能 C．陨石坠入地球是机械能转化为内能的过程 D．“鸡蛋大的陨石砸在地上就是一个坑”，说明陨石对地面做了功答案：CD
3．(2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
由以上两式可得到以下各等式：

2019版高考物理一轮复习江苏专版：课时检测(27) 功能关系能量守恒定律 (重点突破课)

课时检测(二十七) 功能关系能量守恒定律 (重点突破课)一、单项选择题1．小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上，现由图中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( ) A．细绳对小球的拉力不做功B．小球克服细绳拉力做的功等于小球减少的机械能C．细绳对车做的功等于小球减少的重力势能D．小球减少的重力势能等于小球增加的动能解析：选B 小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，小球克服细绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A错误，B正确；细绳对小车做的功等于小球减少的机械能，选项C错误；小球减少的重力势能等于小球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D错误。

2．(2018·南通、扬州、泰州模拟)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨。

如图，一小孩搓动质量为20 g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处。

在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是( )A．0.2 J B．0.6 JC．1.0 J D．2.5 J解析：选D 竹蜻蜓在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼的高度为3 m，二层楼房顶高处即高为6 m，所以重力势能的增加量为E p＝mgh＝1.2 J，则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2 J，A、B、C项错误，D项正确。

3．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。

一小物体从右侧斜槽上距BC 平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( ) A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析：选C 由能量守恒定律知，小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功W f2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体最终可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误。

江苏专版2019年高考物理总复习第21讲功能关系能量守恒定律讲义

第21讲功能关系能量守恒定律弱项清单,1.未用题目所给定的符号或公式书写；审题或读图不清；2．对关系式最终表达式理解不充分等；3．解决物理问题的基本技能没有得到有效的训练．知识整合一、功能关系功与能转化的量度叫做功能关系．从三个方面进行理解：一、能量之间的转化必须通过做功进行；二、做多少功就转化多少能量；三、特定的力做功就转化特定形式的能量．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，在转化或转移的过程中，能量的总量________．2．做功和能量的关系：功不会变为能量、能量也不会变为功．做功会让一种能量向另一种能量转化，做功是能量转化的手段．方法技巧考点1 功能关系的应用1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析．2．只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．只涉及机械能变化，用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．4．只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．5．几个中学阶段常见的功能关系：合力做功转化动能(动能定理)重力做功转化重力势能弹力做功转化弹性势能除重力弹力外的力做功转化机械能系统克服滑动摩擦力做功转化摩擦热能电场力做功转化电势能在动生电流的生成过程中，克服安培力做功转化电能．6．功能关系与动能定理的关系：动能定理是功能关系中的具体一条，即特定的功能关系，在中学物理中使用率最高的功能关系就是动能定理．【典型例题1】 (17年扬州模拟)如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F 作用下物体处于静止状态，当撤去力F 后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( ) A ．弹簧的弹性势能逐渐减少 B ．物体的机械能不变C ．弹簧的弹性势能先增加后减少D ．弹簧的弹性势能先减少后增加【典型例题2】 (17年江苏高考)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R.C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin ；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W.【学习建议】读懂题目，把握住物体的运动状态，找出题眼：C 恰好落到地面时A 的受力分析．训练要关注运动状态，把握好临界点．考点2 摩擦力做功的特点及应用1．静摩擦力做功的特点(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 s 相对．其中s 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．深化拓展：从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；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．【典型例题3】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12mgR1.如图所示，质量M ＝20 kg 的物体从光滑曲面上高度H ＝0.8 m 处释放，到达底端时水平进入水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速率恒为3 m /s .已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.(g 取10 m /s 2)(1)若两皮带轮之间的距离是 6 m ，物体冲上传送带后就移走光滑曲面，物体将从哪一边离开传送带？通过计算说明你的结论．(2)若皮带轮间的距离足够大，从M 滑上到离开传送带的整个过程中，由于M 和传送带间的摩擦而产生了多少热量？考点3 能量守恒定律及应用列能量守恒定律方程的两条基本思路：1．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等； 2．某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等． 3．表达式：ΔE 减＝ΔE 增．【典型例题4】 (17年徐州模拟)如图所示，在光滑的水平面上有质量为3 kg 的长木板，一小方块(大小不计)质量为1 kg 以初速2 m /s 从右端滑上木板，已知方块和木板之间的摩擦因数为0.2，重力加速度取10 m /s 2，在运动中方块不会滑落木板．求：(1)最终两者的速度； (2)木板的长度的最小值．2.(多选)如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，再在B 上放一物体A ，现以恒定的外力拉B ，A 、B 发生相对滑动，向前移动了一段距离．在此过程中( )A ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能增加量B ．A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功C ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增加量D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增加量与B 克服摩擦力所做的功之和当堂检测 1.(多选)如图，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( )第1题图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零2．(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，其运动的加速度为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( )A ．重力势能增加了34mghB ．重力势能增加了mghC ．动能损失了mghD ．机械能损失了12mgh第2题图第3题图3．(多选)如图所示，在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高H ＝2.24 m ，排球质量为m ＝300 g ，运动员对排球做的功为W 1＝20 J ，排球运动过程中克服空气阻力做的功为W 2＝4.12 J ，重力加速度g ＝10 m /s 2.球从手刚发出位置的高度h＝2.04 m，选地面为零势能面，则( )A．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 JB．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 JC．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 JD．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72 J 4．(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能E k、势能E p、机械能E随时间t、位移x关系的是( )第4题图5．(16年苏北四市)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为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开始沿钭面向下运动，B向上运动，物体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，求此过程中：(1)物体向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能．第5题图第21讲功能关系能量守恒定律知识整合基础自测一、动能重力势能弹性势能电势能机械能二、1.产生转化转移保持不变方法技巧·典型例题1·D 【解析】因弹簧左端固定在墙上，右端与物体连接，故撤去F 后，弹簧先伸长到原长后，再被物体拉伸，其弹性势能先减少后增加，物体的机械能先增大后减小，故D 正确，A 、B 、C 均错误．·典型例题2·(1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR 【解析】 (1)C 受力平衡2F cos30°＝mg 解得F ＝33mg ； (2)C 恰好降落到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝33mg B 受地面的摩擦力f ＝μmg 根据题意 f min ＝F x max ，解得μmin＝32； (3)C 下降的高度 h ＝(3－1)R A 的位移x ＝2(3－1)R 摩擦力做功的大小W f ＝f x ＝2(3－1)μmgR 根据动能定理 W －W f ＋mgh ＝0－0解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR .·典型例题3·D 【解析】小球从A 点正上方由静止释放，通过轨道最高点B 时恰好对轨道没有压力，此时只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2R，解得v 2＝gR ，小球从P 点运动到B 点，重力做的功为mgR ，设摩擦力做的功为W ，根据动能定理有mgR ＋W ＝12mv 2＝12mgR ，故合外力做的功为12mgR ，摩擦力做的功为W ＝－12mgR ，由功能关系知小球的机械能减少12mgR .故选项D 正确．·变式训练1·(1)右边 (2)490 J 【解析】(1)物体将从传送带的右边离开．物体从曲面上下滑时机械能守恒，则有：mgH ＝12mv 20解得，物体滑到底端时的速度v 0＝2gH ＝4 m/s ，以地面为参照系，物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为a ＝f M＝μg ＝1 m/s 2物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生的位移为s 1＝0－v 20－2a＝0－42－2m ＝8 m>6 m ，所以物体将从右边离开传送带． (2)以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零，后向左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止，从传送带左端掉下，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为a ＝f M＝μg ＝1 m/s 2取向右为正方向，物体发生的位移为s 1＝v 21－v 202（－a ）＝32－422（－1）＝3.5 m ，物体运动的时间为t ＝v 1－v 0－a＝7 s ，这段时间内皮带向左运动的位移大小为s 2＝vt ＝3×7 m ＝21 m ，物体相对于传送带滑行的距离为Δs ＝s 1＋s 2＝24.5 m ，物体与传送带相对滑动期间产生的热量为Q ＝f Δs ＝μMg Δs ＝490 J.·典型例题4·(1)0.5 m/s (2)0.75 m 【解析】 (1)物体做减速运动，加速度a m＝μg ＝2 m/s 2板做加速运动，加速度a M ＝μmg M ＝23m/s 2最终两者达到共同速度v ＝v 0－a m t ＝a M t解得：t ＝0.75 s v ＝0.5 m/s ；(2)设两者之间的相对位移Δx ，由功能关系：μmg ·Δx ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2解得：Δx ＝0.75 m ，所以木板的长要大于0.75 m.·变式训练2·AD 【解析】对物体A 受力分析，受重力、支持力和摩擦力，只有摩擦力做功，根据动能定理，B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能增加量，故A 正确；由于存在相对滑动，故A 对B 的摩擦力所做的功不等于B 对A 的摩擦力所做的功，故B 错误；对A 、B 整体运用动能定理，除拉力做功外，还有一对滑动摩擦力做功，故系统动能增加量小于拉力做的功，故C 错误；对物体B 运用动能定理可知，拉力做的功减去克服摩擦力做的功等于动能增加量，故外力F 对B 做的功等于B 的动能的增加量与B 克服摩擦力所做的功之和，故D 正确．当堂检测1．AD 【解析】将b 的实际速度进行分解如图：第1题图由图可知v a ＝v b cos θ，即a 的速度小于b 的速度，故a 的动能小于b 的动能，A 正确；由于有摩擦力做功，故ab 系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，B 错误；a 的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a 的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C 错误；在这段时间t 内，绳子对a 的拉力和对b 的拉力大小相等，绳子对a 做的功等于－F T v a t ，绳子对b 的功等于拉力与拉力方向上b 的位移的乘积，即：F T v b cos θt ，又v a ＝v b cos θ，所以绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D 正确．2．BD 【解析】设物体受到的摩擦阻力为F f ，由牛顿运动定律得F f ＋mg sin30°＝ma ＝34mg ，解得F f ＝14mg .重力势能的变化由重力做功决定，故ΔE p ＝mgh .动能的变化由合外力做功决定，故ΔE k ＝(F f ＋mg sin30°)x ＝34mg ·h sin30°＝32mgh .即动能损失了32mgh ，重力势能增加mgh ，则机械能减小了12mgh ，故B 、D 正确．机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE 机械＝F f ·x ＝14mg ·hsin30°＝12mgh ，故BD 正确，AC 错误． 3．BD 【解析】与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg (H －h )＝0.6 J ，A 错误；排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh ＋W 1－W 2＝22 J ，B 正确；排球恰好到达球网上边缘时的动能为W 1－W 2－mg (H －h )＝15.28 J ，C 错误；与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W 2＋mg (H －h )＝4.72 J ，D 正确．4．CD 【解析】根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，选项C 、D 正确；产生的热量Q ＝F f x ，随位移均匀增大，滑块动能E k 随位移x 均匀减小，选项A 、B 错误．5．(1)v 2－23μgL 3 (2)3v 204μg －L 2(3)34mv 20－32μmgL 【解析】 (1)A 和斜面间的滑动摩擦力大小为 f ＝2μmg cos θ，物体A 向下运动到C 点的过程中，根据功能关系有：2mgL sin θ＋123mv 20＝123mv 2＋mgL ＋fL ，解得：v ＝v 20－23μgL3. (2)从物体A 接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C 点，对系统应用动能定理，有：－f 2x ＝0－123mv 2，解得：x ＝3v 204μg －L2.(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据能量关系有： E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋fx ，因为mgx ＝2mgx sin θ 所以有：E p ＝fx ＝34mv 20－32μmgL .。

2019高中全程复习方略物理一轮课时作业 19功能关系能

如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的
点．今使一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧
．如图所示，在高度为h、倾角为30°的粗糙固定的斜面上，有与一轻弹簧拴接的物块恰好静止于斜面底端．
质量为m的物体(可视为质点
的固定斜面，能够到达的最大高度为
选取地面为零势能面，在此过程中，下列说
如图所示，长度为L的细绳一端系于固定悬点上，另
可视为质点的摆球，开始时细绳斜向上绷直且与
如图所示，一轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触，
安徽省黄山市屯溪一中月考)如图所示，光滑斜面的倾，轻弹簧的劲度系数为k，两端分别与物体
与斜面垂直的固定挡板
．如图所示为一传送带装置模型，斜面的倾角为
长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量。

(江苏专版)高考物理一轮复习第五章能量和动量第4节功能关系能量守恒定律课件

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3．[多选]如图 1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接
触轻弹簧的瞬间速度是 5 m/s，接触弹簧后小球速度 v 和弹簧
缩短的长度 Δx 之间关系如图 2 所示，其中 A 为曲线的最高点。
已知该小球重为 2 N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中
始终发生弹性形变。在小球向下压缩弹簧的全过程中，下列
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2．几种常见的功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
重力
正功负功
重力势能减少重力势能增加
弹簧等的弹力
正功负功
弹性
电势能减少电势能增加
合力
正功负功
动能增加动能减少
重力以外的其他力
正功负功
机械能增加机械能减少
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数量关系式 WG＝－ΔEp W弹＝－ΔEp W电＝－ΔEp W合＝ΔEk
说法正确的是
()
A．小球的动能先变大后变小 B．小球速度最大时受到的弹力为 2 N C．小球的机械能先增大后减小 D．小球受到的最大弹力为 12.2 N
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解析：由题图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故 A 正确；小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，则有小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为 2 N，故 B 正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故 C 错误；小球速度最大时，小球的弹力为 2 N，此时小球的形变量为 0.1 m，故可得弹簧的劲度系数 k＝20 N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为 Fmax＝kxmax＝20×0.61 N＝12.2 N，故 D 正确。答案：ABD