2024年高考物理二轮复习提升核心素养 功能关系　能量守恒定律（解析版）.docx

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5.4功能关系　能量守恒定律一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk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)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2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＝－ΔEp＝Ep1－Ep2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＝Ff·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能量的转化方面(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体学科网（北京）股份有限公司 不同点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(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．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．功是能量转化的量度力学中几种常见的功能关系如下：学科网（北京）股份有限公司 例题1.在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　)A．他的动能减少了FhB．他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh【答案】D【解析】　运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．(多选)如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，顶端装有质量不计的光滑定滑轮，跨过定滑轮的不可伸长细线两端连接两质量相等的物块A和B。物块A的正下方地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧始终处于弹性限度内，忽略空气阻力。物块B在斜面体底端由静止释放后，在物块A下落至最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)A．物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统机械能守恒B．物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能最大C．细线的拉力对物块B做的功等于B增加的机械能D．弹簧的最大弹性势能等于物块A下降过程中减少的重力势能【答案】AC【解析】物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；物块A刚与弹簧接触时弹簧弹力为零，依然有向下的加速度，故A向下加速运动，在A向下加速的过程中，物块B在绳的拉力作用下与A有相同的速度大小，故物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能还未达到最大值，故B错误；由功能关系知，除重力之外的力对物块B做的功等于B机械能的增加，故细线的拉力对物块B做功等于B增加的机械能，故C正确；弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，此时物块A的动能为零，在A下落的过程中，物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，故物块A减小的重力势能等于弹簧增加的弹性势能与物块B增加的机械能之和，即弹簧的最大弹性势能小于物块A下降过程中减少的重力势能，故D错误。学科网（北京）股份有限公司 如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(　　)A．小球P的动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量【答案】　B【解析】　小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误．功能关系与图像的结合例题2.(多选)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】　　由E－s学科网（北京）股份有限公司 图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30J－10J＝20J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30J，又ΔE＝μmgcosα·s，其中cosα＝＝0.8，h＝3.0m，g＝10m/s2，则可得m＝1kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，故C错误；物块下滑2.0m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，故D错误．如图所示，极限跳伞是世界上流行的空中极限运动，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间．伞打开前可看成是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落．用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能，Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，如果打开伞后空气阻力与速度的二次方成正比，则下列图像可能正确的是(　　)【答案】B【解析】　　重力势能与人下落的高度呈一次函数关系，选项A错误．人先做自由落体运动，机械能守恒，可得Ek＝mgh，动能与下落的高度成正比，打开降落伞后人做减速运动，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动，所以动能先减小得快，后减小得慢，当阻力与重力大小相等后，动能不再发生变化，而机械能继续减小，选项B正确，C、D错误．(多选)如图甲所示，在距离地面高度为h＝0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用．物块开始静止于A点，OA段的动摩擦因数μ＝0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F，其大小随位移x变化关系如图乙所示．物块向左运动xAB＝0.40m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，g取10m/s2，则(　　)学科网（北京）股份有限公司 A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0JB．弹簧在被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0JC．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0JD．M、N的水平距离为1.6m【答案】AD【解析】Fx图象与坐标轴所围图形的面积表示力F做的功，由题图乙可知WF＝6.0J，选项A正确；在压缩弹簧过程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgxAB＝0.50×0.50×10×0.4J＝1.0J，整个运动过程中克服摩擦力做功为2Wf＝2.0J，选项C错误；根据功能关系，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep＝WF－Wf＝5.0J，选项B错误；物块由B点运动到M点，由功能关系得－Wf＝mv2－Ep，解得物块运动到M点的速度v＝4m/s，设M、N的水平距离为x0，由平抛运动规律，有x0＝vt，h＝gt2，联立解得x0＝1.6m，选项D正确．摩擦力做功与摩擦生热的计算1．系统内一对静摩擦力对物体做功时，由于相对位移为零故没有内能产生，只有物体间机械能的转移．2．作用于系统的滑动摩擦力和物体间相对滑动的距离的乘积，在数值上等于滑动过程产生的内能．即Q＝F滑s相对，其中F滑必须是滑动摩擦力，s相对必须是两个接触面的相对滑动距离(或相对路程)．例题3.(多选)如图所示，倾角为α＝37°的斜面体固定在水平面上，质量为m＝1kg可视为质点的物块在斜面体的顶端A处由静止释放，经过一段时间物块到达C点。已知AB＝1.2m、BC＝0.4m，物块与AB段的摩擦可忽略不计，物块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法正确的是(　　)A．物块在BC段所受的摩擦力大小为6NB．上述过程，物块重力势能的减少量为9.6J学科网（北京）股份有限公司 C．上述过程，因摩擦而产生的热量为1.6JD．物块到达C点的速度大小为4m/s【答案】BCD【解析】　物块在BC段，所受的摩擦力大小f＝μmgcosα＝4N，故A错误；物块从顶端A到达C点，物块重力势能的减少量ΔEp＝mg(AB＋BC)sinα＝1×10×1.6×0.6J＝9.6J，故B正确；物块在通过BC段时，因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做功Q＝μmg·BCcosα＝1.6J，故C正确；物块从顶端A到达C点，根据动能定理mg(AB＋BC)sinα－μmgBCcosα＝mv2，解得物块到达C点的速度大小v＝4m/s，故D正确。(多选)如图所示，质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff.经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端(　　)A．此时物块的动能为(F－Ff)(x＋l)B．这一过程中，物块对小车所做的功为Ff(x＋l)C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为FxD．这一过程中，物块和小车产生的内能为Ffl【答案】AD【解析】　　对物块分析，物块的位移为x＋l，根据动能定理得，(F－Ff)(x＋l)＝Ek－0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(x＋l)，故A正确；对小车分析，小车的位移为x，所以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块和小车增加的内能Q＝Ffs相对＝Ffl，故D正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F(l＋x)＝ΔE＋Q，则ΔE＝F(l＋x)－Ffl，故C错误．(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中(　　)学科网（北京）股份有限公司 A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs【答案】AB【解析】　根据功的定义W＝Fscosθ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误．能量守恒定律的理解和应用1.当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．2.解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．例题4.(多选)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，则在小球C下落过程中(　　)A．小球A、B、C组成的系统机械能守恒B．小球C的机械能先减小后增大C．小球C落地前瞬间的速度大小为D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg【答案】ABC【解析】由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；小球B的初速度为零，C落地面瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B学科网（北京）股份有限公司 的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B正确；根据以上分析可知，小球C落地前瞬间的速度大小根据动能定理可知mv2＝mgh，解得v＝，故C正确；当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。(多选)一物体从倾角为θ的斜坡底端向上滑，初动能为E0。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了E1，机械能减少了E2，不计空气阻力，重力加速度为g，则可以求出(　　)A．物体的质量B．物体与斜面间的动摩擦因数C．物体沿斜面向上运动的加速度D．物体重新滑到斜面底端的动能【答案】BCD【解析】设物体沿斜面上滑发生位移x，则有E1＝mgxsinθ＋μmgxcosθ，E2＝μmgxcosθ，解得μ＝·tanθ；也可求物体沿斜面向上运动的加速度a＝gsinθ＋μgcosθ＝gsinθ；设物体沿斜面上滑的最大位移为L，则＝，物体上滑和下滑损失的机械能ΔE＝2Lμmgcosθ＝E0，滑到斜面底端的动能E＝E0－ΔE＝E0。毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地．如图9所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.D.【答案】A【解析】　风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝Mv2＝ρvt·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误．与弹簧有关的综合问题例题5.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成．游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；(2)当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系．【答案】见解析【解析】　　(1)滑块恰好能过F点的条件为mg＝m解得vF＝1m/s(2)滑块从E点到B点，由动能定理得－mgh－μmgL2＝0－mvE2在E点由牛顿第二定律得FN′－mg＝m解得FN＝FN′＝0.14N从O点到B点，由能量守恒定律得：学科网（北京）股份有限公司 Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)解得Ep0＝8.0×10－3J(3)使滑块恰能过F点的弹性势能Ep1＝2mgr＋μmgL1＋mvF2＝7.0×10－3J到B点减速到0Ep1－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0解得h1＝0.05m设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B点不下滑，则μmgcosθ＝mgsinθ解得tanθ＝0.5，此时h2＝0.2m从O点到B点Ep＝mgh＋μmg(L1＋L2)＝2×10－3(10h＋3)J其中0.05m≤h≤0.2m.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＝4kg，B的质量为m＝2kg，初始时物体A到C点的距离L＝1m，现给A、B一初速度v0＝3m/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回到C点．已知重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态．求在此过程中：(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．【答案】(1)2m/s　(2)0.4m　(3)6J【解析】　　(1)在物体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·2mgcosθ·L＝×3mv02－×3mv2＋2mgLsinθ－mgL解得v＝2m/s.学科网（北京）股份有限公司 (2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到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×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得×3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋Epm解得Epm＝6J.如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AB＝h，环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中(　　)A．环在B处的加速度大小为0B．环在C处的速度大小为C．环从B到C一直做加速运动D．环的速度最大的位置在B、C两点之间【答案】D【解析】环在B处水平方向合外力为0，竖直方向上只受重力，所以加速度为g，A错误；环在运动过程中，OC的长度大于OA的长度，因此弹簧从A点到C点伸长量变大，弹性势能增加，如果物体的重力势能全部转化为动能则有mgh＝mv2，可得物体的速度为，但是物体的重力势能转化为动能和弹性势能，因此速度小于，B错误；环在A处，根据牛顿第二定律F＋mg＝m·2g，得弹力在竖直方向的分力F＝mg，环经过B点向下做加速度减小的加速运动，滑动至距离B点h处时，弹簧的伸长量与在A处大小相等，所以弹簧弹力在竖直方向的分力F与重力等大反向，加速度为0，此时速度最大，之后环做减速运动，因为BC＞AB＝h，所以环的速度最大的位置在B、C两点之间，环从B到C先加速后减速，C错误，D正确。学科网（北京）股份有限公司 1.(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，其运动的加速度大小为g，g为重力加速度，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mghB．克服摩擦力做功mghC．动能损失了mghD．机械能损失了mgh【答案】　CD【解析】　这个过程中物体上升的高度为h，则重力势能增加了mgh，故A错误；加速度a＝g＝，则摩擦力Ff＝mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝mg·2h＝，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为ΔEk＝F合·2h＝m·g·2h＝mgh，故C正确；机械能的损失量为ΔE＝Ffx＝mg·2h＝mgh，故D正确．2.(多选)一质量为1kg的物体被人用手由静止开始向上提升1m，这时物体的速度是2m/s，重力加速度g＝10m/s2，则在该过程中(　　)A．物体克服重力做功10JB．手对物体做功10JC．合外力对物体做功2JD．物体的机械能增加2J【答案】AC学科网（北京）股份有限公司 【解析】　由功能关系可知，物体克服重力做功WG克＝mgh＝10J，故A正确；根据动能定理知W合＝W手＋WG＝mv2＝×1×22J＝2J，则手对物体做功为W手＝mv2＋mgh＝12J，故B错误，C正确；由功能关系知，除重力或系统内弹力，其他力对物体所做的功等于物体机械能的变化，即ΔE＝W手＝12J，故D错误．3.(多选)一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中(　　)A．小球受到的合力做的功为mgL(1－cosθ)B．拉力F做功为FLsinθC．小球的重力势能增加mgL(1－cosθ)D．水平力F做功使小球的机械能增加mgL(1－cosθ)【答案】CD【解析】　小球受到的合力做的功等于小球的动能变化，而小球缓慢移动的过程中动能不变，故合力做功为零，选项A错误；拉力是变力，做功大小不能用W＝FLsinθ计算，根据动能定理，WF－mgL(1－cosθ)＝0，可知拉力做功为mgL(1－cosθ)，选项B错误；小球重力势能的增加量等于克服重力做的功，ΔEp＝mgL(1－cosθ)，选项C正确；小球机械能的增加量等于除重力之外的其他力做的功，本题中绳的弹力不做功，故拉力做的功等于机械能的增加量，因WF＝mgL(1－cosθ)，故小球的机械能增加量为mgL(1－cosθ)，选项D正确．4.(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中(　　)A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为学科网（北京）股份有限公司 【答案】BC【解析】　　物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv02，解得v0＝2，选项D错误．5.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示(g取10m/s2)，则下列说法正确的是(　　)A．木板获得的动能为2JB．系统损失的机械能为4JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】D【解析】由图像可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2J，B错误；由v－t图像可求出二者相对位移即木板A的最小长度为1m，C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，D正确。6.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是(　　)学科网（北京）股份有限公司 【答案】C【解析】　由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsinθ＋Ff＝ma1；下滑阶段有：mgsinθ－Ff＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．7.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，不计空气阻力，小球可视为质点，则小球从P到B的运动过程中(　　)A．重力势能减少2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功mgR【答案】　D【解析】　从P到B的过程中，小球下降的高度为R，则重力势能减少了ΔEp＝mgR，A错误；小球到达B点时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，设摩擦力对小球做的功为Wf，从P到B学科网（北京）股份有限公司 的过程，由动能定理可得mgR＋Wf＝mvB2，联立以上两式解得：Wf＝－mgR，即克服摩擦力做功mgR，机械能减少mgR，故B错误，D正确；根据动能定理知：W合＝mvB2＝mgR，故C错误．8.(多选)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1＝2m/s顺时针运行，质量m＝2.0kg的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处以初速度v2＝4m/s向左滑上传送带，若传送带足够长，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g＝10m/s2，下列说法正确的是(　　)A．物块离开传送带时的速度大小为2m/sB．物块离开传送带时的速度大小为4m/sC．摩擦力对物块做的功为－12JD．物块与传送带间因摩擦产生了12J的内能【答案】AC【解析】　小物块先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动，当速度增加到与传送带速度相同时，以2m/s向右做匀速运动，故A正确，B错误；根据动能定理，摩擦力对物块做的功等于物块动能的减少量：W＝m(v12－v22)＝×2.0×(22－42)J＝－12J，故C正确；小物块先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝4m/s2，物块与传送带间的相对位移为：x1＝m＋2×m＝4m，小物块向右做匀加速直线运动时物块与传送带间的相对位移为：x2＝×2m－m＝0.5m，故物块与传送带间因摩擦产生的内能为：Q＝μmg(x1＋x2)＝0.4×2.0×10×(4＋0.5)J＝36J，故D错误．9.如图所示，质量为M＝8kg的长木板放在光滑水平面上，在木板左端施加F＝12N的水平推力，当木板向右运动的速度达到v0＝1.5m/s时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量为m＝2kg的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足够长，g取10m/s2.求：(1)当二者达到共同速度时，木板对铁块以及铁块对木板所做的功；(2)当二者达到共同速度时，木板和铁块之间因摩擦所产生的热量．【答案】(1)9J　－13.5J　(2)4.5J学科网（北京）股份有限公司 【解析】　(1)放上铁块后，铁块加速度a1＝μg＝2m/s2(方向向右)木板加速度a2＝＝1m/s2(方向向右)，二者达到共同速度v所用时间t＝＝，解得v＝3m/s，t＝1.5s.从放上铁块到二者速度相同，铁块位移x1＝t＝2.25m，木板位移x2＝t＝3.375m，木板对铁块做的功W1＝μmgx1＝9J，铁块对木板做的功W2＝－μmgx2＝－13.5J.(2)木板和铁块之间因摩擦所产生的热量Q＝μmg(x2－x1)＝4.5J.10.(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g，则(　　)A．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2D．滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为【答案】ABD【解析】　细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对长木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝学科网（北京）股份有限公司 ，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于mv2，C错误；弹簧最大弹性势能Ep＝mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，联立解得μ＝，D正确．学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司