2020年高考物理一輪復習第五章第4講功能關系能量守恒定律學案(含解析)

1、功能關系能量守恒定律主干梳理對點激活知識點卜II功能關系n1 .能的概念：一個物體能對外做功，這個物體就具有能量。2 .功能關系（1）功是即能量轉化的量度,即做了多少功就有口02多少能量發(fā)生了轉化。（2）做功的過程一定伴隨著口03能量的轉化,而且口04能量轉化必通過做功來實現。知識點12II能量守恒定律n1 .內容：能量既不會憑空口01產生,也不會憑空消失，它只能從一種形式口絲轉化為另一種形式，或者從一個物體口03轉移到另一個物體,在04轉化或轉移的過程中,能量的總量匚05保持不變。2 .適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學的基本規(guī)律，是各種自然現象中口竺普遍適用的一條規(guī)律。3 .表達式（1）

2、Em=E末，初狀態(tài)各種能量的口07總和等于末狀態(tài)各種能量的口理總和。（2） &£增=&£減，增加的能量總和等于減少的能量總和。一思維辨析1 .物體下落h,重力做功mgh物體具有了能量mgh（）2 .能量在轉移或轉化過程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源。（）3 .在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。（）4 .一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少。（）5 .滑動摩擦力做功時，一定會產生熱量。（）6 .重力和彈簧彈力之外的力做功的過程是機械能和其他形式能量轉化的過程。（）答案1.X2.X3.V4.V5.V6.V二對點激活1 .有關功和能，下列說法正

3、確的是（）A.力對物體做了多少功，物體就具有多少能8 .物體具有多少能，就一定能做多少功C.物體做了多少功，就有多少能量消失D.能量從一種形式轉化為另一種形式時，可以用功來量度能量轉化的多少答案D解析功是能量轉化的量度，物體做了多少功，就有多少能量發(fā)生了轉化；并非力對物體做了多少功，物體就具有多少能；也并非物體具有多少能，就一定能做多少功，所以A、B錯誤。做功的過程是能量轉化的過程，能量在轉化過程中總量守恒，并不消失，所以C錯誤，D正確。2.質量為m的物體以初速度V0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距19s,如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為w ,物體與彈簧相碰后，彈簧的

4、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做的功為A. gmV-mgj s+x)C. (1 mgs答案 A解析物體克服彈簧彈力做功,3.1 mVmgxD. mc( s + x)彈性勢能增加，克服彈力做多少功就轉化成多少彈性勢能，由能量守恒得 b+mgs+x)12 ,gmv,所以1 2二£，右Ep=mv(imgs+ x),故 A正確。考點細研悟法培優(yōu)考點1功能關系的理解和應用1 .對功能關系的進一步理解(1)做功的過程就是能量轉化的過程。不同形式的能量發(fā)生相互轉化是通過做功來實現的。(2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現在不同的力做功，對應不同形式的能

5、轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等。2 .幾種常見的功能關系及其表達式力做功能的變化/E里天東合外力做功動能變化(1)合外力做正功，動能增加(2)合外力做負功，動能減少(3)VW=&一日=AE重力做功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負功，重力勢能增加(3)W=AEp=Ep1-&彈簧彈力做功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負功，彈性勢能增加(3)W=AEp=Ep1-&2電場力做功電勢能變化(1)電場力做正功，電勢能減少(2)電場力做負功，電勢能增加(3)Wk=A日安培力做功電能(1)安培力做正功，

6、電能減少變化(2)安培力做負功，電能增加(3)Wfe=-AE電除重力和彈簧彈力之外的其他力做功機械能變化(1)其他力做正功，機械能增加(2)其他力做負功，機械能減少(3)W=AE一對相互作用的滑動摩擦力的總功內能變化(1)作用于系統的一對滑動摩擦力的總功一支負值，系統內能增加(2)QJ=FfL相對例1(2018鄭州質檢)(多選)在奧運比賽項目中，10m跳臺跳水是我國運動員的強項。某次訓練中，質量為60kg的跳水運動員從跳臺自由下落10m后入水，在水中豎直向下減速運動。設他在空中下落時所受空氣阻力不計，水對他的阻力大小恒為2400No那么在他入水后下降2.5m的過程中，下列說法正確的是(取g=1

7、0m/s2)()2A.他的加速度大小為30m/sB.他的動量減少了300kgm/sC.他的動能減少了4500JD.他的機械能減少了4500J解題探究(1)運動員入水后受幾個力？分別做什么功？提示：受重力和阻力共兩個力。重力做正功，阻力做負功。(2)運動員機械能如何變化？提示：阻力做負功，機械能減少。嘗試解答選AP跳水運動員入水后，受到豎直向下的重力mg=600N,水對他的阻力f=2400N,由牛頓第二定律有，fmg=ma解得a=30m/s2,A正確；運動員從10m高跳臺自由下落h=10m時的速度V1=2gh=10-72m/s,由v2v2=2aH,解得入水后下降H=2.5m時速度V2=5小m/s

8、,他的動量減少了mvmv=300小kgm/s,B錯誤；在入水后下降H=2.5m的過程中，合外力彳的功W=mgH-fH=-4500J,根據動能定理可知，他的動能減少了4500J,C正確；在入水后下降H=2.5m的過程中，他克服水的阻力做的功為W=fH=6000J,根據功能關系，他的機械能減少了6000J,D錯誤?？偨Y升華功能關系的選用原則(1)總的原則是根據做功與能量轉化的一一對應關系，確定所選用的定理或規(guī)律，若只涉及動能的變化用動能定理分析。(2)只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關系分析。(3)只涉及機械能的變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析。(4)只涉及電勢能

9、的變化用電場力做功與電勢能變化的關系分析。變式1(2019四川廣元第一次適應性統考)質量相等的甲、乙兩物體從離地面相同高度處同時由靜止開始下落，運動中兩物體所受阻力的特點不同，其v-t圖象如圖所示。則下列判斷正確的是()A. to時刻甲物體的加速度大于乙物體的加速度B. t0時刻甲、乙兩物體所受阻力相同C. 0t0時間內，甲、乙兩物體重力勢能的變化量相同D. 0to時間內，甲物體克服阻力做的功較多答案A解析由圖線的斜率可以看出，to時刻甲物體的加速度大于乙物體的加速度，故A正確;在to時刻，甲物體的加速度大于乙物體的加速度，根據牛頓第二定律可知a=gm=g-質量相等，則to時刻甲物體所受阻力小

10、于乙物體所受阻力，故B錯誤；由圖象可知，0to時間內乙下落的位移大于甲下落的位移，則乙重力做的功較多，所以乙物體重力勢能的變化量較大，故C錯誤；oto時間內，根據動能定理可知，甲、乙合外力做功相等，而乙重力做的功較多，所以乙克服阻力做的功較多，故D錯誤?？键c2摩擦力做功與能量轉化的關系對比兩種摩擦力的做功情況比較、類別比較、靜摩擦力滑動摩擦力能量 的轉 化方 面不在靜摩擦力做功的 過程中,只有機械 能從一個物體其移 到另一個物體(靜 摩擦力起著傳遞機 械能的作用),而沒 有機械能轉化為其 他形式的能量(1)相對運動的物體通 過滑動摩擦力做功,將 部分機械能從一個物 體網移到另一個物體 (2)部

11、分機械能轉化為 內能.此部分能量就是 系統機械能的損失量一對相互作用的滑動 拿擦力對物體系統所 做的總功.等于摩擦力 與兩個物體相對路程 的乘積旦為負功.即R * I的表小 物體克服摩擦力做功.相 同 占J *正功、負功、不做功方面同點"對摩擦一時靜摩擦力所做力的功的代數和總等總功于零方面系統損失的機械能咕變成內能兩種摩擦力對物體都可以做正功、負功,還可以不做功例2電動機帶動水平傳送帶以速度v勻速傳動，一質量為m的小木塊由靜止輕放在傳送帶上，如圖所示。若小木塊與傳送帶之間的動摩擦因數為,當小木塊與傳送帶相對靜止時，求：(1)小木塊的位移；(2)傳送帶轉過的路程；(3)小木塊獲得的動能

12、；(4)摩擦過程產生的摩擦熱；(5)電動機帶動傳送帶勻速傳動輸出的總能量。解題探究(1)小木塊剛放上傳送帶時加速度的方向怎樣？運動性質如何？提示：加速度方向水平向右，小木塊做勻加速直線運動。(2)摩擦生成的熱量的計算公式是什么？電動機輸出的能量轉化成了什么能量？提示：Q=Ffl相對，電動機輸出的能量轉化成了小木塊的動能與摩擦熱。v2v212122嘗試解答(1)2(2)(3)2mv(4)2mv(5)mv木塊剛放上時速度為零，必然受到傳送帶的滑動摩擦力作用，做勻加速直線運動,木塊，相對滑動時由(1 mg= ma導加速度a= w g。由v = at得，達到相對靜止所用時間達到對小與傳送帶共速后不再相

13、對滑動，整個過程中木塊獲得一定的能量，系統要產生摩擦熱。2vv(1)小木塊的位移11=；t=o。22也g(2)傳送帶始終勻速運動，路程 12= vt =2vo w g12(3)小木塊獲得的動能E=imv12也可用動能定理mg11=E,故E=2mv。12(4)廣生的摩擦熱：Q=(1mg(12-11)=-mvo(汪息：Q=&是一種巧合，不是所有的問題都這樣)(5)由能量守恒定律得，電機輸出的總能量轉化為小木塊的動能與摩擦熱，所以E總=5+Q=mv?？偨Y升華求解物體相對滑動的能量問題的方法(1)正確分析物體的運動過程，做好受力情況分析。(2)利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系

14、及位移關系。注意：無論是計算滑動摩擦力做功，還是計算靜摩擦力做功，都應代入物體相對地面的位移。(3)公式Q=F1相對中1相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體在接觸面上做往復運動,則l相對為總的相對路程。v向右勻速運動，現將變式2如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度質量為m的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體m和木板之間的動摩擦因數為（1,為保持木板的速度不變，從物體m放到木板上到它相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F,那么力F對木板做功的數值為（）2mvA.2mV D . 2mVmvB.C.答案C解析由能量轉化和守恒定律可知，拉力F對木板所做的功W部分轉化

15、為物體m的動能，一部分轉化為系統內能，故W2mV+（1mg，s相，其中s相=vt，v=gt,以上三2式聯立可得：Wmv,故C正確?？键c3能量守恒定律的理解和應用1 .對能量守恒定律的理解且減少量和增加量一定相等。且減少量和增加量一定相等。（1）某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加,（2）某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加,2 .應用能量守恒定律解題的思路（1）分清有多少形式的能（動能、勢能、內能等）發(fā)生變化。（2）明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量AE減和增加的能量AE增的表達式。（3）列出能量守恒關系式A£減=AE增。例3（2018

16、保定一模）如圖所示，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段光滑圓弧連接，傾角分別為“、3,OB=ho細線一端固定在豎直擋板上，另一端系一質量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質彈簧（小物塊與彈簧不連接），燒斷細線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運動到斜面的最高點，已知AD=l,小物塊與水平面、斜面間的動摩擦因數均為（1,重力加速度為g,則（）A.彈簧對小物塊做功為mgl0.十Ar,r/IZr、umghB.斜面摩擦力對小物塊做功為-sinaC.細線燒斷前，彈簧具有的彈性勢能為hmgzmgtanT+lD.撤去斜面AB小物塊還從D點彈出，將沿斜面CB上滑并從B點飛出去解題探究(1)這個過程

17、能量如何轉化？提示：彈簧的彈性勢能轉化為小物塊的重力勢能和摩擦生成的熱量。(2)物塊從D滑到B的過程中克服摩擦力做的功是多少?提示： W=猿 mgl+ 猿 mgcos ahsin amcg- OD嘗試解答選&燒斷細線后，彈簧的彈性勢能轉化成小物塊的重力勢能與摩擦生成的熱量，即EP=mgh十(1mgl+(1moposah=mglumgFl,彈簧對小物塊做的功等于彈性勢能減sinatana少量，也為mg"(1mcg-J+l,故A錯誤，C正確；小物塊從A到B過程中，斜面摩tanhh擦力對小物塊做負功，且為一mgcosasm=-wmgana,故B錯誤；物塊克服摩擦力做的功W=mg-+

18、l=mg-OD可見W與斜面傾角無關，所以撤去斜面AB小tana物塊從C點沖上斜面，仍恰能到達B點，D錯誤?？偨Y升華能量問題的解題方法(1)涉及滑動摩擦力做功的能量問題的解題方法當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能的轉化和守恒定律。解題時，首先確定初末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和AE減和增加的能量總和AE增，最后由4£減=4£增列式求解。(2)涉及彈簧彈力做功的能量問題的解題方法兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統相互作用的過程，具有以下特點：能量變化上，如果只有重力和系統內彈簧彈力做功，系統機械能守恒。如

19、果系統中每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。變式3如圖所示，傾角e=30。的粗糙面固定在地面上，長為l,質量為E粗細均勻、質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端水平。用細線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物體未到達地面)，在此過程中()mA.物塊的機械能逐漸增加1B.軟繩重力勢能共減少4mglC.物塊重力勢能的減少等于軟繩摩擦力所做的功D.軟繩重力勢能的減少大于其動能增加與克服摩擦力所做功之和答案B解析物塊向下運動過程中，繩子拉力對物塊做負功，物塊的機械能減少，A錯誤；軟一、一，ll11繩重心下降的

20、局度為22$所8=/，軟繩的重力勢能減少"mgl,B正確；由功能關系，物塊重力勢能的減小等于物塊重力做的功，而物塊重力大于軟繩所受的摩擦力，C錯誤；對于軟繩，由能的轉化和守恒定律可知，繩子拉力對軟繩所做的功和軟繩重力勢能的減少之和等于軟繩動能的增加與克服摩擦力所做功之和，D錯誤。居智微療題答卷現場3傳送帶模型答卷現場3傳送帶模型(20(2015天津高考)(16分)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意圖如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v=1m/s的恒定速度向右運動，現將一質量為m=2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦因數(1=0.5。設皮帶足夠長，取g=10m/s2,在郵件與皮

21、帶發(fā)生相對滑動的過程中，求：(1)郵件滑動的時間t;(2)郵件對地的位移大小x;(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功WW試卷推樣紂：口也阿溝通叼何加厘為dWy 士 2 % 二1臉I(yè)甲彳錯翎洌*說小有/但耳匕三，巖”心2中竹片對出利做/5壯可=功# 一片用十 ； ii - -at；=Mt<2' * Jxx聽x仲“：士愿 州7漢T30川rtf牌M ©4恪做到外W二/Q、d”=“心菖也| 丁- I T X 73俾折指導l關介點 ：應求般忖對地也稗,而不是對皮帶的位移 理艇喏謀-導致求解超償.本生完金失分.扣三分, 大分原因：搜由己的定拿第M.林償建設士以高審到.按鼠口妥求求

22、解.一箍解答工呢.件時地位稱X- -yc? = "1- X 5 .< Q, 2_ m Or 1 m2.失分點要求第的是康接力對皮用所做的功.不是 攙力對郵件所擷的功，珅軸錯誤.本法完全失分，扣 5分.夫余解出：事邈不清.掰究對象不明：斗償津支：認苴審題，法虢n等求求制.現碓解答才眥件與皮帶之目的曉掂力對皮帶股的功將=FZ F =一產1寫"M= 一,0. 5X2X10X1X0, 2 J高考模擬隨堂集訓1. （2018全國卷I）如圖，abc是豎直面內的光，t固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半彳仝為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球，始終受到與重力大

23、小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（）A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR答案C解析小球始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，機械能的增量4£機=恤gm,機械能的增量等于水平外力在從a點開始運動到其軌跡最高點過程做的功。設小球運動到c點的速度為Vc,由動能定理有：F3Rmg-R=2mV,解得：丫。=2'何、小球運動到c點后,根據小球受力情況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速運動，加速度為ax=g,豎直方向的豎直上拋運動，加速度也為g,小球上升至最高點時，豎直方向速度減小為零，

24、時間為t=Vc=2gRt,水平方向的位移為：x=1axt2=1g2/gR2=2Rio綜上所述小球從a點開始運gg22g動到其軌跡最高點，機械能的增量為A£機=F（3&x）=5mgR正確答案為Q2. （2017全國卷出）如圖，一質量為m,長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用1一一一，外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距/。重力加速度大小3為g。在此過程中，外力做的功為“ i ,A. 9mglB.1 .6mglC.1mglD.1mgl32答案A解析以均勻柔軟細繩吊或為研究對象，其質量為2_,八qm,取M點所在的水平面為零勢能3面，開始時，細繩M*的重力

25、勢能Epi=-1mg-'=-|mgl,用外力將繩的下端Q緩慢地豎3392 l1直向上拉起至M點時，細繩MQ段的重力勢能&2=§mg-6=gmgl,則外力做的功即克服重力做的功等于細繩MB的重力勢能的變化，即叭/=E32-Ep1=-mgl+|mgl=1mgl,選項A999正確。3 .（2018南昌模擬）（多選）如圖所示，內壁光滑半徑大小為R的圓軌道固定在豎直平面內，一個質量為m的小球靜止在軌道的最低點A點?，F給小球一瞬時水平打擊力，使小球沿軌道在豎直平面內運動。當小球回到A點時，再沿它的運動方向給第二次瞬時打擊力。經過二次擊打后，小球才能夠通過軌道的最高點。已知第一次和

26、第二次對小球的打擊力做的功分別為W口3W則W勺值可能為（）135A.mgRB.mgRC.,mgRD.mgR答案BCD解析要使經過二次擊打后，小球才能夠通過軌道的最高點，設小球通過豎直面內圓周2最高點的速度為V,在最高點，由牛頓運動定律可得mgmR,解得vqgh兩次擊打小球一55做的總功為4VV由功能關系可得4W=2mgR-mVnmgR解得WgmgR要使給小球一瞬時水平打擊力，使小球沿軌道在豎直平面內運動且能夠回到A點，則有WmgR所以BC、D正確。4.（2018廣東惠州二調）如圖所示，帶有擋板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面傾角0=30。，質量土勻為2kg的A、B兩物體用輕彈簧拴接在一起，彈簧

27、的勁度系數為5N/cm,質量為4kg的物體C用細線通過光滑的輕質定滑輪與物體B連接，開始時AB均靜止在斜面上，A緊靠在擋板處，用手托住C,使細線剛好被拉直，現把手拿開，讓C由靜止開始運動，從C開始運動到A剛要離開擋板的過程中，下列說法不正確的是（物體C未觸地，g取10m/s2）（）A.初狀態(tài)彈簧的壓縮量為2 cmB.末狀態(tài)彈簧白伸長量為2cmC.物體RC組成的系統機械能守恒D.物體C克服細線的拉力所做的功為0.8J答案C解析初狀態(tài)細線中拉力為0,對B受力分析，由平衡條件可得Fi=mgin300=10N,F1解得輕彈簧彈力F1=10N,根據胡克定律可得，初狀態(tài)彈簧的壓縮量為X1=7=2cm,A正

28、K確；A剛要離開擋板時，輕彈簧對A的拉力F2=mgsin300=10N,根據胡克定律可得，末F2_,狀態(tài)彈簧的伸長量為X2=r=2cm,B正確；C由靜止開始運動，從C開始運動到A剛要離k開擋板的過程中，物體RC和輕彈簧組成的系統機械能守恒，在運動過程中，彈簧的彈性勢能一直在改變，故物體B、C組成的系統機械能并不守恒，C錯誤；從C開始運動到A剛要離開擋板的過程中，物體C下落h=xi+X2=4cm,對AB、C和輕彈簧組成的系統，機一1械能守恒，輕彈黃的彈性勢能在運動過程的初、末位置相等，則有mghmghsin30°=-(rmO1。,一.+m)v=1.2J,對物體C由動能te理，mghW=

29、-ncv,解得物體C克服細線的拉力所做的功為Wmgh2mnv2=0.8J,D正確。5.(2017全國卷I)一質量為8.00xi04kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60x105m處以7.50x103m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2。(結果保留兩位有效數字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。答案(1

30、)4.0X108J2.4X1012J(2)9.7X108J解析(1)飛船著地前瞬間的機械能為1 2AA&0=2mv>式中，m和V。分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率。由式和題給數據得國=4.0X108J設地面附近的重力加速度大小為g。飛船進入大氣層時的機械能為L12,內3=2mv+mghD式中，Vh是飛船在高度1.60x105m處的速度大小。由式和題給數據得日2.4X1012J(2)飛船在高度h'=600m處的機械能為5=/100Vh2+mgH由功能關系得W=Eh-Ek0式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由式和題給數據得W9.7X108J

31、。配套課時作業(yè)時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題（本題共10小題，每小題7分，共70分。其中16為單選，710為多選）1.（2018云南第一次檢測）起跳摸高是學生經常進行的一項體育活動。一質量為m的同學彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h,離地時他的速度大小為v。下列說法正確的是（）A.該同學機械能增加了mgh12B.起跳過程中該同學機械能增量為mg9mV12C.地面的支持力對該同學做功為mgH2mvD.該同學所受的合外力對其做功為gmV+mgh答案B一、一一一%,，一一八，12，一解析該同學重心升高h,重力勢能增大了mgh又知離地時

32、獲得動能為-mv,則機械能增加了mg鋅2mV,A錯誤，B正確；人與地面作用的過程中，支持力對人做功為零，C錯12誤；該同學所受合外力做功等于動能增量，則W4=2mV,D錯誤。52.某同學將質量為m的一礦泉水瓶（可看成質點）豎直向上拋出，水瓶以4g的加速度勻減速上升，上升的最大高度為H水瓶往返過程受到的阻力大小不變。則（）5A.上升過程中水瓶白動能減少量為mgH5B.上升過程中水瓶白機械能減少了4mgHc.水瓶落回地面日動能大小為mgH4D.水瓶上升過程處于超重狀態(tài)，下落過程處于失重狀態(tài)答案A51解析水瓶以a=4g減速上升，設阻力為f,則有m/f=ma解得阻力f=mg上升5階段動能的改變量等于合

33、外力做的功，W4=-maH=mgH故A正確。上升過程機械能的、，一，,一1一，變化看阻力做功，即fH=AE,所以上升過程機械能減少4mgH故B錯誤。上升過程由動.55.一能te理：一4mgH=0國，得初動能為mgH全程由動能te理得：一2fH=EEo,解得E3=mgH故C錯誤。上升階段加速度方向向下，下降階段加速度方向向下，均為失重狀態(tài)，故D錯誤。3.如圖1所示，固定的粗糙斜面長為10m,一小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動能R隨位移x的變化規(guī)律如圖2所示，取斜面底端為重力勢能的參考平面，小滑塊的重力勢能E1隨位移x的變化規(guī)律如圖3所示，重力加速度g=10m/s2。根據上

34、述信息能求出（）A.B.C.D.斜面的傾角小滑塊與斜面之間的動摩擦因數小滑塊下滑的加速度的大小小滑塊受到的滑動摩擦力的大小答案解析D小滑塊沿斜面下滑的過程中,得合力F根據動能定理有:F合x= A E,由圖的斜率可求A E 25N = 2.5 NJ、滑塊重力勢能的變化量A Ep= mg xsin，由圖3的A 日 100 斜率可求得 mgsin 8=又二=70- N = 10 NF 合=mgsinFf = mgsin 0 -mgcos 0 = ma= 2.5 N ,則小滑塊受到的滑動摩擦力的大小 的傾角e、小滑塊與斜面之間的動摩擦因數 故選D。4.如圖所示，足夠長的水平傳送帶以Ff可以求出,因小滑

35、塊的質量 m未知，故斜面w、小滑塊下滑的加速度 a的大小不能求出,v=2 m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，上方漏斗以每秒25kg把煤粉均勻且豎直抖落到傳送帶上，然后煤粉隨傳送帶一起運動。已知煤粉與傳送帶間的動摩擦因數為0.2,重力加速度大小為g=10m/s2,欲使傳送帶保持原來的速度勻速轉動，則傳送帶的電動機應增加的功率為（）A.200WB.50WC.100WD.無法確定答案C由牛解析煤粉豎直抖落到傳送帶上，在滑動摩擦力作用下加速到與傳送帶速度相等。頓第二定律wmg=ma解得煤粉的加速度大小a=g=2m/s2。加速時間t='=1s,加速a位移xi=1at2=1m,在1s時間內傳送帶位

36、移X2=vt=2m,煤粉相對于傳送帶滑動的距離Ax=X2-Xi=1m,每秒鐘由于煤粉滑動摩擦產生的熱量Q=migAx=0.2X25X10X1J1o1o=50J,每秒鐘豎直抖落到傳送帶上的煤粉增加的動能AEk=2mv=-X25X2J=50J,根據功能關系，傳送帶電動機應增加的功率P=100W,C正確。5.（2018河北名校聯盟聯考）如圖所示，輕質彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，A右端連接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時用手托住B,讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B,直至B獲得最大速度。重力加速度大小為g,下列有關該過程白分析正確的是（

37、）B. B動能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和C. B機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量D.細線拉力對A做的功等于A機械能的增加量答案B解析對B,mgT=ma,對A,T-kx=ma,則有mBg-kx=（ra+m）a,釋放B的瞬間彈簧的形變量為零，但由于不知道A、B的質量關系，故無法求出B的瞬時加速度，A錯誤；根據動能定理知，合外力做的功等于動能的變化量，因此，B動能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和，B正確；整個系統中，根據能量守恒可知，B機械能的減少量等于彈簧彈性勢能增加量與A物體動能增加量之和，故C錯誤；細線對A的拉力和彈簧對A拉力做功之和等于A物體機械能的增加量，故D錯誤。6.

38、如圖所示，有三個斜面a、b、c,底邊的長分別為L、L、2L,高度分別為2h、h、h,某物體與三個斜面間的動摩擦因數均相同，該物體分別沿三個斜面從頂端由靜止釋放后，都可以加速下滑到底端。三種情況相比較，下列關系不正確的是（）LLA.下滑過程經歷的時間ta>tb=tcB.物體到達底端的動能Ea>Eb>E<cC.因摩擦產生的內能2Q=2Q=QD.物體損失的機械能AE=2AE=2AE答案A解析設斜面和水平方向夾角為0,斜面長度為x,則物體在下滑到底端的過程中克服摩擦力做的功為：WW=(1mg20s0,xcos0即為底邊長度。物體下滑過程中，除重力外還有摩擦力做功，根據能量守恒，

39、損失的機械能轉化成因摩擦產生的內能，由題圖可知a和b一，一一一1底邊相等且等于c的一半，因摩擦產生的內能關系為：Q=Q=/Q,所以損失的機械能AE1 2x2x=AE，=-AD正確。物體沿斜面運動的時間t=、/='/：T,0b>ec,2 yaoygsine-gcosexb<xc,所以tb<tc,A錯誤。設物體滑到底端時的速度為v,根據動能定理得：mgIH-mg笫os81 2=2mv一0,貝UEa=2mgh-(1mgLEb=mgh-mgLEc= mgh-(1 mg。2 L,可知滑到底端時物體的動能大小關系為：Eka>Eb>Ekc,B正確。7. 一物體在豎直方向

40、的升降機中，由靜止開始豎直向上做直線運動，運動過程中物體的機械能E與其上升高度h關系的圖象如圖所示，其中0hi過程的圖線為曲線，hih2過程卜列說法正確的是()中的圖線為直線。根據該圖象,A. 0hi過程中，物體的動能一定在增加B. 0hi過程中，升降機對物體的支持力一定做正功C. hih2過程中，物體的動能可能不變D. hih2過程中，物體的重力勢能可能不變答案BC解析由功能關系可知除重力和彈簧彈力以外的力做功等于機械能的增加量，知E-h圖象的切線斜率表示升降機對物體的支持力。0hi切線斜率逐漸變小，則支持力逐漸變小，但支持力肯定與運動方向相同，在此階段一直做正功，故B項正確。hi過程，動能

41、如何變化，要看合外力做的功，合外力一開始向上，隨支持力減小合外力是不是一直向上則不確定，故A項錯誤。hih2過程，Eh圖象切線斜率不變，故支持力不變，若支持力等于重力，則C項正確。hih2過程，物體隨升降機向上運動，重力勢能增加，故D項錯誤。8 .(20i8唐山三模)如圖所示，輕質彈簧勁度系數為k,一端與固定在傾角為0的光滑斜面底端的傳感器連接，另一端與木塊連接，木塊處于靜止狀態(tài)，此時傳感器示數為F。若在木塊上端加一沿斜面向上的恒力F,當傳感器示數再次為F0時，下面說法正確的是A.木塊上升的高度為T kB.木塊的機械能增加量為2FF。kC.Fo木塊的質量為gD.木塊的動能增加量為2F0( F-

42、 F0)答案 BD解析 傳感器示數即為彈簧彈力大小，最初木塊處于靜止狀態(tài)，知FoFo質量m=嬴飛"，故C錯誤。開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量xi = -,mgsin 0 = Fo,木塊當傳感器示數再次為Fo時，彈簧處于伸長狀態(tài)，形變量X2 = F0,故木塊沿斜面上升 k2FoX = Xi + X2 =- k高度 h=xsin 02FoVsin 8 ,故A錯誤。彈簧彈力對木塊先做正功后做負功，總功為零，則外力 kF做功等于 2FR機械能的增加量 W= F - x =-,故B正確。由動能定理得木塊動能增加量 kA Ek= Fx mgin0x,得AEk=-(F-Fo),故D正確。9 .如圖所

43、示，質量為M長為L的木板置于光滑的水平面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff,用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為X,滑塊速度為V1,木板速度為V2,下列結論正確的是（）A.上述過程中，F做功大小為2mV+2MM越大，x越小F越大，滑塊到達右端所用時間越長Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多B.其他條件不變的情況下,C.其他條件不變的情況下,D.其他條件不變的情況下,答案BD解析F做功大小為二者動能與產生的熱量之和，A錯誤；滑塊在木板上滑動過程用vt圖象來研究，如圖所示，圖線為滑塊的vt圖，為木板的vt圖，t0時刻滑塊到

44、達木板右端，陰影部分面積為木板長度，則很容易知道其他條件不變，M越大，圖線的斜率越小，to越小，x越小，B正確；其他條件不變，F越大，圖線的斜率越大，to越小，故C錯誤；滑塊與木板間產生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其他條件不變，Ff越大，滑塊與木板間產生的熱量越多，D正確。10 .（2018江西重點中學協作體聯考）如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率vi運行。初速度大小為V2,質量為m的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v-t圖象（以地面為參考系）如圖乙所示。已知v2>vi,則（）A.物塊與傳送帶的動摩擦因數為gtiB.從開始到物塊回到A處，物塊的位移為0,摩擦力對物塊做功為0mvv2t 2tic.。13時間內，摩擦力對物塊的沖量大小為mv2