必修2專題突破功能關(guān)系能量守恒定律

1、專題突破功能關(guān)系能量守恒定律突破一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1.對(duì)功能關(guān)系的理解（1）做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來 實(shí)現(xiàn)的。功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對(duì)應(yīng)不同形 式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相2幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式各種力做功對(duì)應(yīng)能的變化定量的關(guān)系合力做功動(dòng)能變化合力對(duì)物體做功等于物體動(dòng)能的增量W合=Ek2 -Ek1重力做功重力勢(shì)能變化重力做正功，重力勢(shì)能減少，重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，且 Wg= AEp= Ep1 Ep2彈簧彈力做功彈性勢(shì)能變化彈力做正功，彈性勢(shì)能減少，彈力做負(fù)功，

2、彈性勢(shì)能增加，且 W彈=AEp= Ep1 Ep2只有重力、彈簧彈力做功機(jī)械能不變化機(jī)械能守恒AE = 0非重力和彈力做功機(jī)械能變化除重力和彈力之外的其他力做正功，物體的機(jī)械 能增加，做負(fù)功，機(jī)械能減少，且 W其他=AE【例1】（2017全國(guó)卷IH，16）如圖1, 一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為I的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端 Q緩慢地豎直向上拉起至 M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上1端P相距1。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為（）B.gmglC.gmglD.qmgl解析 由題意可知，PM段細(xì)繩的機(jī)械能不變，MQ段細(xì)繩的重心升高了 6，則重2 l 1力勢(shì)能增加6=mgl, 由功能關(guān)系可知，在此過

3、程中，外力做的功為W1二9mgl，故選項(xiàng)A正確，B、C、 D錯(cuò)誤答案 A|多維訓(xùn)練植遴練透1. 如圖2所示，某滑翔愛好者利用無動(dòng)力滑翔傘在高山頂助跑起飛，在空中完成 長(zhǎng)距離滑翔后安全到達(dá)山腳下。他在空中滑翔的過程中（）圖2A. 只有重力做功B. 重力勢(shì)能的減小量大于重力做的功C. 重力勢(shì)能的減小量等于動(dòng)能的增加量D. 動(dòng)能的增加量等于合力做的功解析 由功能關(guān)系知，重力做功對(duì)應(yīng)重力勢(shì)能的變化，合外力做功對(duì)應(yīng)物體動(dòng)能 的變化，選項(xiàng)D正確。答案 D2韓曉鵬是我國(guó)首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員。他在一次自由式滑雪空中 技巧比賽中沿 助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功 1 900 J,他

4、 克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過程中（）A. 動(dòng)能增加了 1 900 JB. 動(dòng)能增加了 2 000 JC. 重力勢(shì)能減小了 1 900 JD. 重力勢(shì)能減小了 2 000 J解析 由題可得：重力做功 Wg= 1 900 J,則重力勢(shì)能減少1 900 J，故選項(xiàng)C正 確，D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，Wg Wf=AEk，克服阻力做功 Wf= 100 J,則動(dòng)能增 加1 800 J,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。答案 C3.（2018天津理綜，2）滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動(dòng)員 （可視為質(zhì)點(diǎn)）由 坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道 AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中， 由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不

5、變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過程中（）A. 所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功一定為零D.機(jī)械能始終保持不變解析 運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向圓心，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，合外力做功一定為零，C項(xiàng)正確；由運(yùn)動(dòng)員沿 AB下滑過程中做勻速圓周運(yùn) 動(dòng)，知運(yùn)動(dòng)員所受沿圓弧切線方向的合力為零，即摩擦力等于運(yùn)動(dòng)員的重力沿圓 弧切線方向的分力，逐漸變小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，所 以機(jī)械能減少，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 C突破二摩擦力做功與能量的轉(zhuǎn)化1. 兩種摩擦力的做功情況比較、類別 比較、靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不 同 占 八、能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能

6、量的轉(zhuǎn)移，又有能量 的轉(zhuǎn)化一對(duì)摩擦力 的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的 代數(shù)和不為零，總功w= fs相對(duì)，即相對(duì)滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生 的熱量相 同 占 八、正功、負(fù)功、 不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功，還可以不 做功2相對(duì)滑動(dòng)物體能量問題的解題流程析物體貯辺功過忍、料進(jìn)行吐井析I利朋運(yùn)動(dòng)學(xué)公式.笛合半輒笫二定律分折物休的連鷹: 冀果空址移真紙I ?| ；利用能肚守恒定律或州求解摩搏產(chǎn)生的熱 店口式中S對(duì)為兩花肚物低間的栢對(duì)略程【例2】（多選）如圖4所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑水平面上， 質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在小車的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力

7、 F作用在小 物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車之間的摩擦力為 f,小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為 s。此過程中，以下結(jié)論正確 的是（）1*1=tau(J圖4A. 小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F f)(L + s)B. 小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為fsC. 小物塊克服摩擦力所做的功為f(L + s)D. 小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fs解析 由動(dòng)能定理可得，小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)的動(dòng)能 Ek物=W合=(F f)(L + s), A正確；小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車的動(dòng)能 Ek車=fs, B正確；小物塊克 服摩擦力所做的功 W = f(L+ s

8、), C正確；小物塊和小車增加的機(jī)械能為 F(L + s) fL, D錯(cuò)誤。答案 ABC|多維01練輔選練透1. (多選)(2018江蘇單科，7)如圖5所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物 塊，0點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由 A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的 水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá) B點(diǎn)。在從A到B的過程中，物塊()Ad(i圖5A. 加速度先減小后增大B. 經(jīng)過0點(diǎn)時(shí)的速度最大C. 所受彈簧彈力始終做正功D. 所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功解析 對(duì)物塊受力分析，當(dāng)彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，由牛頓第二定律可得kx f二ma，x減小，a減小，當(dāng)a= 0時(shí)，物塊速度最大，此時(shí)，物塊在 O

9、點(diǎn)左側(cè)，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；從加速度a= 0處到O點(diǎn)過程，由牛頓第二定律得f kx= ma, x減小，a 增大，當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，由牛頓第二定律可得kx+f= ma, x增大，a繼續(xù)增大，可知物塊的加速度先減小后增大，選項(xiàng) A正確；物塊所受彈簧的彈力對(duì)物 塊先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng) C錯(cuò)誤；從A到B的過程，由動(dòng)能定理可得 W彈 Wf= 0,選項(xiàng)D正確。答案 AD2. 如圖6所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角廿30傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終保持vo = 2 m/s的速率運(yùn)行?，F(xiàn)把一質(zhì)量為 m= 10 kg的工件(可看作質(zhì)點(diǎn))輕 輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過1.9 s,工件被傳送到h= 1.5 m的高處。

10、g取10 m/s2, 求：圖6(1) 工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2) 電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。解析 (1)傳送帶長(zhǎng)= 3 msin u工件速度達(dá)到V0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移S1 = v t1= V20t1勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s- S1 = V0(t - t1)解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1 = 0.8 s加速運(yùn)動(dòng)的位移S1 = 0.8 m所以加速度a =晉=2.5 m/s2由牛頓第二定律得 卩mgos 0 mgsin A ma解得尸寧。從能量守恒的觀點(diǎn)看，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢(shì)能以及克 服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)摩擦力做功。在時(shí)間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移s傳送帶=V0t

11、1 = 1.6 m在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)傳送帶的位移 s相對(duì)=s傳送帶一 S1 = 0.8 m 在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦生熱Q=卩mgos 0s相對(duì)=60 J 工件獲得的動(dòng)能Ek =2mV2 = 20 J 工件增加的勢(shì)能Ep = mgh= 150 J 故電動(dòng)機(jī)多消耗的電能 W= Q+ Ek+ Ep = 230 Jo答案(2)230 J突破三能量守恒定律的應(yīng)用1對(duì)能量守恒定律的理解(1) 轉(zhuǎn)化：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加 量一定相等。轉(zhuǎn)移：某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加 量一定相等。2. 涉及彈簧的能量問題應(yīng)注意兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與

12、彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點(diǎn)：能量變化上，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2) 如果系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)或壓縮到最大 程度時(shí)兩物體速度相同?！纠?】 如圖7所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧原長(zhǎng)時(shí)上 端與刻度尺上的A點(diǎn)等高，質(zhì)量m= 0.5 kg的籃球靜止在彈簧正上方，底端距 A 點(diǎn)的高度hi = 1.10 m,籃球靜止釋放測(cè)得第一次撞擊彈簧時(shí)，彈簧的最大形變量 xi = 0.15 m,第一次反彈至最高點(diǎn)，籃球底端距 A點(diǎn)的高度h2= 0.873 m,籃球多 次反彈后靜止在彈簧的上端，此時(shí)彈簧的形變量X2 = 0.0

13、1 m,彈性勢(shì)能為Ep=0.025 J。若籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時(shí)的能量 損失和籃球的形變，彈簧形變?cè)趶椥韵薅确秶鷥?nèi)。求：圖7(1) 彈簧的勁度系數(shù);(2) 籃球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力；(3) 籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過的路程；(4) 籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置。解析(1)籃球靜止在彈簧上時(shí)，有 mg kx2= 0,解得 k= 500 N/m(2) 籃球從開始運(yùn)動(dòng)到第一次上升到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mg(hi h2) f(hi+ h2 + 2xi) = 0代入數(shù)值解得f = 0.5 N(3) 設(shè)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中總路程 s,由能量守恒定律得mg(hi +

14、 x2) = fs+ Ep代入數(shù)值解得s= 11.05 m(4) 球在首次下落過程中，合力為零處速度最大速度最大時(shí)彈簧形變量為X3mgf kx3= 0在A點(diǎn)下方，離A點(diǎn)X3= 0.009 m答案 (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m (4)第一次下落至 A 點(diǎn)下方 0.009 m 處速度最大方詵技巧運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路務(wù)析就蠱變此it程屮呷沖妙式的僥哪神影丸的睢董增加廠扁益滬、j能篁時(shí)減少的楷加t-iI多維迥練精選練透1. (2018江西南昌二模)如圖8所示，光滑水平面AB與豎直面上的半圓形光滑固定 軌道在B點(diǎn)銜接，BC為直徑，一可看做質(zhì)點(diǎn)的物塊在 A處壓縮一

15、輕質(zhì)彈簧(物塊 與彈簧不連接)，釋放物塊，物塊被彈簧彈出后，經(jīng)過半圓形軌道B點(diǎn)之后恰好能 通過半圓軌道的最高點(diǎn) C?，F(xiàn)在換用一個(gè)質(zhì)量較小的另一物塊，被同樣壓縮的彈簧由靜止彈出，不計(jì)空氣阻力。則更換后()1.口燦對(duì)f圖8A. 物塊不能到達(dá)C點(diǎn)B. 物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不變C. 物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能增大D. 物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力減小1解析 物塊從A到C過程，由能量守恒有Ep= mg 2R+尹品，可知質(zhì)量減小，物 塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能增大，vc增大，物塊也能到達(dá)C點(diǎn)，故A、B錯(cuò)誤；由能量守 恒定律可知物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能不變均為Ep，故C錯(cuò)誤；物塊從A到B過2程，由能量守恒有Ep= 2mvB，在

16、B點(diǎn)有Fn mg= mR，解得Fn= mg+2E，減 小，故D正確。答案 D2. (2019樂山模擬)如圖9甲所示，在傾角為37足夠長(zhǎng)的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m 二1 kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，兩者不拴接，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。t= 0時(shí)解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的 vt圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲 線，bc段為直線，在t1 = 0.1 s時(shí)滑塊已上滑x= 0.2 m的距離(g取10 m/s2,sin 37=0.6， cos 37 丄圖9滑塊離開彈簧后在圖中bc段對(duì)應(yīng)的加速度大小a及動(dòng)摩擦因數(shù)卩的大小;(2) t2= 0.3 s和t3 = 0.4 s時(shí)滑塊的速度v1、v2的大?。?

17、3) 彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep。解析(1)由題圖乙知滑塊在bc段做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為Av2頁匸10 m/s科學(xué)思維系列一一滿分指導(dǎo)：大題小做 三步曲第一步：讀題審題，做到一 看”二 讀”三 思” 看題看題”是從題目中獲取信息的最直接方法，一定要全面、細(xì)心，看題時(shí)不要急于 求解，對(duì)題中關(guān)鍵的詞語要多加思考，搞清其含義，對(duì)特殊字、句、條件要用著 重號(hào)加以標(biāo)注；不能漏看、錯(cuò)看或看不全題目中的條件，要重點(diǎn)看清題中隱含的 物理?xiàng)l件、括號(hào)內(nèi)的附加條件等。 讀題讀題”就是默讀試題，是物理信息內(nèi)化的過程，它能解決漏看、錯(cuò)看等問題。不 管試題難易如何，一定要懷著輕松的心情去默讀一遍，逐字逐句研究，邊讀

18、邊思 索、邊聯(lián)想，以弄清題中所涉及的現(xiàn)象和過程，排除干擾因素，充分挖掘隱含條 根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 37 + mgos 37 丄 ma解得尸0.5。根據(jù)速度一時(shí)間公式得t2 = 0.3 s時(shí)的速度大小vi = vc a At，解得 vi = 0在t2之后滑塊開始下滑，下滑時(shí)由牛頓第二定律得mgsin 37 卩 mgos 37 丄 ma解得 a = 2 m/s2從t2到t3做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻的速度為V2= a t古 0.2 m/s。從0到ti時(shí)間內(nèi)，由能量守恒定律得Ep= mgxsin 37 半卩 mgcos 37 + mv2解得Ep = 4 Jo答案 (1)10 m/s

19、20.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J核心素養(yǎng)提升件，準(zhǔn)確還原各種模型，找準(zhǔn)物理量之間的關(guān)系。3. 思題思題”就是充分挖掘大腦中所儲(chǔ)存的知識(shí)信息，準(zhǔn)確、全面、快速思考，清楚各 物理過程的細(xì)節(jié)、內(nèi)在聯(lián)系、制約條件等，進(jìn)而得出解題的全景圖。第二步：拆分”運(yùn)動(dòng)過程采用 拆分”的方法，按照物理事件發(fā)生的順序，將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)拆分”成若干個(gè)簡(jiǎn)單的子過程，即一個(gè)個(gè)的小題。第三步：選規(guī)律，列方程針對(duì)各子過程不同的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，應(yīng)用不同的物理規(guī)律。只要掌握了物體各階段運(yùn) 動(dòng)過程的特點(diǎn)，按程序一步步地列出相關(guān)的方程，就可以把問題簡(jiǎn)化，從而得到 解決?！镜淅?(12分)如圖10，半徑R= 0.5 m的光滑圓弧

20、軌道ABC與足夠長(zhǎng)的粗糙 軌道CD在C處平滑連接，O為圓弧軌道ABC的圓心，B點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，半徑OA、OC與OB的夾角分別為53和37 將一個(gè)質(zhì)量m= 0.5 kg的物體(視為 質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)左側(cè)高為h= 0.8 m處的P點(diǎn)水平拋出，恰從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓 弧軌道。已知物體與軌道 CD間的動(dòng)摩擦因數(shù) 尸0.8,重力加速度g取10 m/S物體水平拋出時(shí)的初速度V0的大??； 物體經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道壓力Fn的大小； 物體在軌道CD上運(yùn)動(dòng)的距離So解題指導(dǎo)問題拆分f大題小做f化繁為易第(1)問可折分為3個(gè)子問題 恰從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道時(shí)，豎直速度是多大？ 從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌

21、道時(shí)水平速度與豎直速度存在什么關(guān)系? 過A點(diǎn)時(shí)物體的水平速度是多大？,sin 37丄 0.6， cos 37第(2)問可拆分為2個(gè)子問題 物體通過B點(diǎn)時(shí)的速度是多大？ 寫出物體通過B點(diǎn)時(shí)功與動(dòng)能的關(guān)系式。第(3)問可拆分為2個(gè)子問題 判斷物體在軌道CD上是否存在往返運(yùn)動(dòng)。 求物體沿CD向上運(yùn)動(dòng)的位移。規(guī)范解答：從P到A:豎直方向自由落體Vy= 2gh (1 分)在A點(diǎn)由幾何關(guān)系得：Vx= vytan 37(1分)水平方向勻速運(yùn)動(dòng)：vo = vx= 3 m/s(1分)從P到B機(jī)械能守恒mg(h + R Rcos 53) *mvB *mv0 (2 分)過B點(diǎn)時(shí)，對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得vB

22、Fn mg= mR(2 分)由牛頓第三定律，對(duì)圓弧軌道壓力大小Fn= Fn= 34 N(1 分)因卩mgos 37mgsin 37物體沿軌道CD向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后不再下滑。(1分)由B上滑至最高點(diǎn)的過程，由功能關(guān)系得1 2mgR(1 cos 37) (mgsin 37 半卩 mgos 37 )s=mvB(2 分)代入數(shù)據(jù)解得s= 1.09 m(1分)答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m方法技巧多過程問題的解題技巧(1) 合”一-步了解全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景。(2) 分”一-將全過程進(jìn)行分解，分析每個(gè)過程的規(guī)律。(3) 合”一-到子過程的聯(lián)系，尋找解題方法。

23、課時(shí)作業(yè)（時(shí)間：40分鐘）基礎(chǔ)鞏固練1如圖1所示，一個(gè)質(zhì)量為m的鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道上邊緣由靜止滑 下，到半圓底部時(shí)，軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5倍，重力加速度為g，則此過 程中鐵塊損失的機(jī)械能為（）圖14A.mgR答案 DB.mgR1C.qmgRD. |mgR2. （多選）如圖2所示，水平傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，并始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng),現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊由靜止放在傳送帶的左端，過一會(huì)兒物塊能保持與傳送帶相 對(duì)靜止，設(shè)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為仏對(duì)于這一過程，下列說法正確的是（）n圖2A. 摩擦力對(duì)物塊做的功為0.5mv2B. 物塊對(duì)傳送帶做功為0.5mC. 系統(tǒng)摩擦生熱為0.5m

24、v2D. 電動(dòng)機(jī)多做的功為mv2解析 對(duì)物塊運(yùn)用動(dòng)能定理，摩擦力做的功等于物塊動(dòng)能的增加，即0.5m/，故選項(xiàng)A正確；傳送帶的位移是物塊位移的兩倍，所以物塊對(duì)傳送帶做功的絕對(duì)值 是摩擦力對(duì)物塊做功的兩倍，即為 mv2,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)多做的功就是傳送帶克服摩擦力做的功，也為 mv2,故選項(xiàng)D正確；系統(tǒng)摩擦生熱等于摩擦力與 相對(duì)位移的乘積，故選項(xiàng) C正確答案 ACD3. 質(zhì)量為m的物體以初速度vo沿水平面向左開始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn) A與一輕彈簧0 端相距s,如圖3所示。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 仏物體與彈簧相碰 后，彈簧的最大壓縮量為 x,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所

25、做的功為（）圖3卩 mgs+ x)1 2B. qmvo卩 mgxC. 卩 mgsD.卩 m+ x）解析 根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為 W = m（s+ x），由能量守恒定1i律可得2mv = W彈+ W，W彈=2mv卩m（s+ x），故選項(xiàng)A正確。答案 A4. （多選）如圖4所示，質(zhì)量為m的物體以某一速度沖上一個(gè)傾角為 37勺斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度的大小為0.9g。這個(gè)物體沿斜面上升的最大高度為H，則在一這過程中（）A.物體的重力勢(shì)能增加了B. 物體的重力勢(shì)能增加了 mgHC. 物體的動(dòng)能損失了 0.5mgHD.物體的機(jī)械能損失了 0.5mgH解析 在物體上滑到最大高度的過程中，重力對(duì)

26、物體做負(fù)功，故物體的重力勢(shì)能 增加了 mgH，故A錯(cuò)誤；B正確；物體所受的合力沿斜面向下，其合力做的功為HhW= F 寧ma 三1.5mgH，故物體的動(dòng)能損失了 1.5mgH,故Csin 37sin 37錯(cuò)誤；設(shè)物體受到的摩擦力為f,由牛頓第二定律得mgsin 37 + f= ma,解得f=0.3mg。摩擦力對(duì)物體做的功為W =失了 0.5mgH,故D正確。答案 BDH= -o.gH,因此物體的機(jī)械能損5. （多選）將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑的水平面上，如圖5甲所示，一個(gè)小鉛塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平初速度vo由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì) 靜止?，F(xiàn)將木板分成A和B兩段，使B的長(zhǎng)度和

27、質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放 在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度vo由木板A的左端開始向右滑動(dòng)，如圖乙所 示。若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過程中所受的摩擦力始終不變，則下列說法正確的是（）n卜ABA. 小鉛塊將從木板B的右端飛離木板B. 小鉛塊滑到木板B的右端前就與木板B保持相對(duì)靜止C. 甲、乙兩圖所示的過程中產(chǎn)生的熱量相等D. 圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量解析 在圖甲所示的小鉛塊運(yùn)動(dòng)過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板 一直加速，圖乙中小鉛塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到B部分上后A部分停止加速， 只有B部分加速，加速度大于圖甲中的對(duì)應(yīng)過程，故圖乙中小鉛塊與B木板將更早達(dá)到速度相等

28、，所以小鉛塊還沒有運(yùn)動(dòng)到 B的右端，兩者速度就已經(jīng)相同，選 項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)摩擦力乘相對(duì)位移等于產(chǎn)生的熱量，圖甲中的相對(duì)位移 大小大于圖乙中的相對(duì)位移大小，則圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的 過程產(chǎn)生的熱量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案 BD6. 如圖6所示，一個(gè)質(zhì)量為m= 60 kg的物體在沿固定斜面向上的恒定外力 F作 用下，由靜止開始從斜面的底端沿光滑斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí) 間后外力F做的功為120 J,此后撤去外力F，物體又經(jīng)過一段時(shí)間后回到出發(fā)點(diǎn)。若以地面為零勢(shì)能面，則下列說法正確的是 （）A. 在這個(gè)過程中，物體的最大動(dòng)能小于120 JB. 在這個(gè)過程中，物體

29、的最大重力勢(shì)能大于120 JC. 在撤去外力F之后的過程中，物體的機(jī)械能等于 120 JD. 在剛撤去外力F時(shí)，物體的速率為2 m/s解析 由題意可知，恒力F對(duì)物體做功120 J，則物體的機(jī)械能等于120 J。撤去F后，只有重力對(duì)物體做功，機(jī)械能守恒，所以物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為120 J, 選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得 Wf+ Wg= 0， 即重力做功為 Wg = Wf= 120 J,重力做負(fù)功，物體的最大重力勢(shì)能等于120 J, 選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中重力對(duì)物體做負(fù)功，所以在剛撤去外力F時(shí)，物體的動(dòng)能小于120 J,物體的速度v=2X120”6

30、0 m/s= 2 m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案 C綜合提能練7. （2018四川成都模擬）如圖7甲所示，傾角 缸30勺足夠長(zhǎng)固定光滑斜面上，用 平行于斜面的輕彈簧拉著質(zhì)量 m= 1 kg的物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。已知物體在t二1 s 到t= 3 s這段時(shí)間的vt圖象如圖乙所示，彈簧的勁度系數(shù)k= 200 N/m,重力加 速度g取10 m/s2。貝U在該段時(shí)間內(nèi)（）A. 物體的加速度大小為2 m/s2B. 彈簧的伸長(zhǎng)量為3 cmC. 彈簧的彈力做功為30 JD. 物體的重力勢(shì)能增加36 J解析 根據(jù)速度圖象的斜率表示加速度可知，物體的加速度大小為a=w =1 m/s2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)斜面上的物體受力分析

31、，受到豎直向下的重力mg、斜面的支持力和輕彈簧的彈力F,由牛頓第二定律，F(xiàn) mgsin 30 = ma,解得F = 6 N。 由胡克定律F = kx可得彈簧的伸長(zhǎng)量x= 3 cm,選項(xiàng)B正確；在t= 1 s到t = 3 s 這段時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)能增大 AEk= 2mv2 mv!= 6 J,根據(jù)速度一時(shí)間圖象面積等 于位移，可知物體向上運(yùn)動(dòng)位移 s= 6 m，物體重力勢(shì)能增加 p= mgssin 30丄 30 J;根據(jù)功能關(guān)系可知，彈簧彈力做功 W=AEk +AEp= 36 J,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案 B8. （2018全國(guó)卷I ,佝如圖8, abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為 2R； bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始 終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為（）圖8A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR解析 設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc，則對(duì)小球由a到c的過程，由動(dòng)能定 理有F 3