2019高考物理一輪優(yōu)級（備講練）全國經(jīng)典版講義第5章第4講功能關(guān)系能量守恒定律

第4講功能關(guān)系能量守恒定律板塊一主干梳理·夯實基礎(chǔ)【知識點1】功能關(guān)系Ⅱ1．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(guān)系(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)?！局R點2】能量守恒定律Ⅱ1．內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。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(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律。3．表達式(1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和。(2)ΔE增＝ΔE減，增加的能量總和等于減少的能量總和。板塊二考點細研·悟法培優(yōu)考點1功能關(guān)系的理解和應用[深化理解]1．對功能關(guān)系的進一步理解(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)化是通過做功來實現(xiàn)的。(2)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，對應不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。2．幾種常見的功能關(guān)系及其表達式力做功能的變化定量關(guān)系合力的功動能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢能變化(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)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化(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)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2續(xù)表力做功能的變化定量關(guān)系除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少(2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少(3)W＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功內(nèi)能變化(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力總功一定為負值，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)Q＝Ff·L相對例1在奧運比賽項目中，高臺跳水是我國運動員的強項。如圖所示，質(zhì)量為m的跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動，設水對她的阻力大小恒為F，那么在她減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是(g為當?shù)氐闹亓铀俣?()A．她的動能減少了FhB．她的重力勢能增加了mghC．她的機械能減少了(F－mg)hD．她的機械能減少了Fh(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。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D。運動員下降高度h的過程中，重力勢能減少了mgh，選項B錯誤；除重力做功以外，只有水對她的阻力F做負功為Fh，因此機械能減少了Fh，選項C錯誤，選項D正確；由動能定理可知(－F＋mg)h＝0－Ek，所以Ek＝(F－mg)h，動能減少了(F－mg)h，故選項A錯誤?？偨Y(jié)升華功能關(guān)系的選用原則(1)總的原則是根據(jù)做功與能量轉(zhuǎn)化的一一對應關(guān)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(guān)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(guān)系分析。(4)只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關(guān)系分析。eq\a\vs4\al([遞進題組])1.[2017·河南八市質(zhì)檢]某同學將質(zhì)量為m的一礦泉水瓶(可看成質(zhì)點)豎直向上拋出，水瓶以eq\f(5,4)g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()A．上升過程中水瓶的動能減少量為eq\f(5,4)mgHB．上升過程中水瓶的機械能減少了eq\f(5,4)mgHC．水瓶落回地面時動能大小為eq\f(mgH,4)D．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A解析水瓶以a＝eq\f(5,4)g減速上升，設阻力為f，則有mg＋f＝ma，解得阻力f＝eq\f(1,4)mg，上升階段動能的改變量等于合外力做功，W合＝－maH＝－eq\f(5,4)mgH，故A正確。上升過程由動能定理：－eq\f(5,4)mgH＝0－Ek0得初動能為eq\f(5,4)mgH，全程由動能定理得：－2fH＝Ek－Ek0，解得Ek＝eq\f(3,4)mgH，故C錯誤。上升過程機械能的變化看阻力做功，即－fH＝ΔE，所以上升過程機械能減少eq\f(1,4)mgH，故B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。2.[2017·青島模擬](多選)如圖所示，一根原長為L的彈簧，下端固定在水平地面上，一個質(zhì)量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球從開始下落至最低點的過程()A．小球動能的增量為零B．小球重力勢能的增量為mg(H＋x－L)C．彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L)D．系統(tǒng)機械能減小FfH答案AC解析小球下落的整個過程中，開始時速度為零，結(jié)束時速度也為零，所以小球動能的增量為0，故A正確；小球下落的整個過程中，重力做功為WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根據(jù)重力做功量度重力勢能的變化WG＝－ΔEp得：小球重力勢能的增量為－mg(H＋x－L)，故B錯誤；根據(jù)動能定理得：WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根據(jù)彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化W彈＝－ΔEp得，彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)·(H＋x－L)，故C正確；系統(tǒng)機械能的減少等于重力、彈力以外的力做的功，所以小球從開始下落至最低點的過程，克服阻力做的功為：Ff(H＋x－L)，所以系統(tǒng)機械能的減小量為：Ff(H＋x－L)，故D錯誤?？键c2摩擦力做功與能量的關(guān)系[對比分析]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不同點能量的轉(zhuǎn)化方面在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能從一個物體轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為其他形式的能量(1)相互摩擦的物體通過摩擦力做功，將部分機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體(2)部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機械能的損失量一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零一對相互作用的滑動摩擦力對物體系統(tǒng)所做的總功，等于摩擦力與兩個物體相對路程的乘積為負功，即WFf＝－Ff·x相對，表示物體克服摩擦力做功，系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)變成內(nèi)能相同點正功、負功、不做功方面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(zhì)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(shù)為μ，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(zhuǎn)過的路程；(3)小木塊獲得的動能；(4)摩擦過程產(chǎn)生的摩擦熱；(5)電動機帶動傳送帶勻速傳動輸出的總能量。(1)小木塊剛放上傳送帶時加速度的方向怎樣？運動性質(zhì)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？電動機多輸出的能量轉(zhuǎn)化成了什么能量？提示：Q＝Ffl相對，電動機多輸出的能量轉(zhuǎn)化成了小木塊的動能與摩擦生熱之和。嘗試解答(1)eq\f(v2,2μg)(2)eq\f(v2,μg)(3)eq\f(1,2)mv2(4)eq\f(1,2)mv2(5)mv2。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，達到與傳送帶共速后不再相對滑動，整個過程中木塊獲得一定的能量，系統(tǒng)要產(chǎn)生摩擦熱。對小木塊，相對滑動時由μmg＝ma得加速度a＝μg。由v＝at得，達到相對靜止所用時間t＝eq\f(v,μg)。(1)小木塊的位移l1＝eq\f(v,2)t＝eq\f(v2,2μg)。(2)傳送帶始終勻速運動，路程l2＝vt＝eq\f(v2,μg)。(3)小木塊獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2也可用動能定理μmgl1＝Ek，故Ek＝eq\f(1,2)mv2(4)產(chǎn)生的摩擦熱：Q＝μmg(l2－l1)＝eq\f(1,2)mv2。(注意：Q＝Ek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(zhuǎn)化為小木塊的動能與摩擦熱，所以E總＝Ek＋Q＝mv2?？偨Y(jié)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(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。區(qū)分滑動摩擦力對某一物體做的功與對系統(tǒng)做的功。(3)公式Q＝Ff·l相對中l(wèi)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時，則l相對為總的相對路程。eq\a\vs4\al([跟蹤訓練])[2017·山東濟寧模擬](多選)如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ。物塊以初速度v0從木板的左端向右滑動時，若木板固定不動時，物塊恰好能從木板的右端滑下。若木板不固定時，下面敘述正確的是()A．物塊不能從木板的右端滑下B．對系統(tǒng)來說產(chǎn)生的熱量Q＝μmgLC．經(jīng)過t＝eq\f(Mv0,M＋mμg)物塊與木板便保持相對靜止D．摩擦力對木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功答案AC解析木板固定不動時，物塊減少的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。木板不固定時，物塊向右減速的同時，木板要向右加速，物塊減少的動能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和木板的動能，所以產(chǎn)生的內(nèi)能必然減小，物塊相對于木板滑行的距離要減小，不能從木板的右端滑下，故A正確。對系統(tǒng)來說，產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx相對＝μmgx相對<μmgL，故B錯誤。設物塊與木板最終的共同速度為v，物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，對木板，由動量定理得：μmgt＝Mv，聯(lián)立解得t＝eq\f(Mv0,M＋mμg)，故C正確。由于物塊與木板相對于地的位移大小不等，物塊對地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯誤?？键c3能量轉(zhuǎn)化問題的應用[拓展延伸]1．應用能量守恒定律的基本思路(1)某種形式的能的減少，一定存在其他形式的能的增加，且減少量和增加量一定相等；(2)某個物體的能量減少，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．應用能量守恒定律解題的步驟(1)分清有多少形式的能(動能、勢能、內(nèi)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ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式。(3)列出能量守恒關(guān)系式ΔE減＝ΔE增。例3[2017·江西南昌二模]傾角為37°的足夠長光滑斜面上固定一個槽，勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧上端與輕桿相連，下端與一質(zhì)量m＝1kg的小車相連，開始時，彈簧處于原長，輕桿在槽外的長度為l，且桿可在槽內(nèi)移動，桿與槽間的最大靜摩擦力大小f＝8N，假設桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)將小車由靜止釋放沿斜面向下運動，在小車第一次運動到最低點的過程中(已知彈簧彈性勢能，Ep＝eq\f(1,2)kx2，式中的x為彈簧的形變量，輕彈簧、輕桿質(zhì)量不計，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)當輕桿開始運動時，小車的速度有多大？(2)為了使輕桿不被全部拽入槽內(nèi)，求l的最小長度及在此長度下輕桿在槽內(nèi)的運動時間。(1)什么時候輕桿開始運動？提示：桿與槽間的摩擦力達到最大靜摩擦力時。(2)由于輕桿質(zhì)量不計，輕桿滑動后，彈簧彈力變化嗎？提示：不變。嘗試解答(1)eq\f(2,5)eq\r(10)m/s(2)0.4m；eq\f(\r(10),5)s。(1)當輕桿開始運動時，彈簧的彈力等于輕桿與槽間的最大靜摩擦力f，kx＝f，解得：彈簧的形變量x＝0.4m，彈簧的彈性勢能：Ep＝eq\f(1,2)kx2＝1.6J，由能量守恒得：mgxsinθ＝Ep＋eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可解得：v＝eq\f(2,5)eq\r(10)m/s。(2)由于輕桿質(zhì)量不計，輕桿滑動后，彈簧彈力不再變化，輕桿隨小車一起做勻減速直線運動，到小車第一次速度為0的過程中，根據(jù)能量守恒定律得：fx滑＝eq\f(1,2)mv2＋mgsinθx滑，其中x滑為桿在槽中運動的位移，得x滑＝0.4m，為使輕桿不被全部拽入槽內(nèi)，則l至少為0.4m，輕桿開始滑動后，輕桿、彈簧和小車一起做勻減速直線運動，直到速度為0，由牛頓第二定律可知，加速度大小：a＝eq\f(f－mgsinθ,m)＝2m/s2，又由運動學公式可得：t＝eq\f(v,a)＝eq\f(\r(10),5)s?？偨Y(jié)升華能量問題的解題方法(1)涉及能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法①當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。②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ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。(2)涉及彈簧類問題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(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點：①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)機械能守恒。②如果系統(tǒng)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。eq\a\vs4\al([跟蹤訓練])如圖所示，傾角θ＝30°的粗糙面固定在地面上，長為l，質(zhì)量為m，粗細均勻、質(zhì)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()A．物塊的機械能逐漸增加B．軟繩重力勢能共減少eq\f(1,4)mglC．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；軟繩重心下降的高度為eq\f(l,2)－eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,4)l，軟繩的重力勢能減少eq\f(1,4)mgl，B正確；由功能關(guān)系，物塊重力勢能的減小等于重力做的功，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(zhuǎn)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。答卷現(xiàn)場4傳送帶模型[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(xiàn)將一質(zhì)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(shù)μ＝0.5。設皮帶足夠長，取g＝10m/s2，在郵件與皮帶發(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W。試卷抽樣評析指導1.失分點①：應求郵件對地位移，而不是對皮帶的位移，理解錯誤，導致求解錯誤，本步完全失分，扣5分。失分原因：按自己的想象做題。補償建議：認真審題，按題目要求求解。規(guī)范解答：郵件對地位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×5×0.22m＝0.1m2．失分點②：要求解的是摩擦力對皮帶所做的功，不是摩擦力對郵件所做的功，理解錯誤，本步完全失分，扣5分。失分原因：審題不清，研究對象不明。補償建議：認真審題，按題目要求求解。規(guī)范解答：郵件與皮帶之間的摩擦力對皮帶做的功W＝Ff·s皮帶＝－μmg·vt＝－0.5×2×10×1×0.2J＝－2J板塊三限時規(guī)范特訓時間：45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1～6為單選，7～10為多選)1．質(zhì)量為m的物體，從靜止開始以a＝eq\f(g,2)的加速度豎直向下運動h米，下列說法中不正確的是()A．物體的動能增加了eq\f(mgh,2)B．物體的機械能減少了eq\f(mgh,2)C．物體的勢能減少了eq\f(mgh,2)D．物體的勢能減少了mgh答案C解析因向下的加速度小于重力加速度，可判斷物體一定受到阻力作用，由牛頓第二定律可求出合力F＝ma＝eq\f(1,2)mg，可得阻力f＝eq\f(1,2)mg，合力做功W＝eq\f(1,2)mgh，動能增加eq\f(1,2)mgh，A正確；阻力做功Wf＝－eq\f(1,2)mgh，機械能減少eq\f(1,2)mgh，B正確；重力做功WG＝mgh，則重力勢能減少mgh，D正確，C錯誤。2．[2017·安徽合肥一模]一個質(zhì)量為m的小鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道上邊緣由靜止滑下，到半圓底部時，小鐵塊所受向心力為小鐵塊重力的1.5倍，則此過程中小鐵塊損失的機械能為()A.eq\f(1,8)mgRB.eq\f(1,4)mgRC.eq\f(1,2)mgRD.eq\f(3,4)mgR答案B解析已知小鐵塊滑到半圓底部時，小鐵塊所受向心力為小鐵塊重力的1.5倍，由牛頓第二定律得：1.5mg＝meq\f(v2,R)。對鐵塊的下滑過程運用動能定理得：mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得：W＝eq\f(1,4)mgR，B正確。3.[2017·山東濱州市一模]兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面上，如圖甲，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動物塊A，使之向上做勻加速直線運動，如圖乙，在物塊A開始運動到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，下列說法正確的是()A．力F先減小后增大B．彈簧的彈性勢能一直增大C．物塊A的動能和重力勢能一直增大D．兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能先增大后減小答案C解析對A物塊由牛頓第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先減小后反向增大，故拉力一直增大，A錯誤；在A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，B錯誤；在上升過程中，由于物塊A做勻加速運動，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動能和重力勢能增大，C正確；在上升過程中，除重力與彈力做功外，還有拉力做正功，所以兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能一直增大，D錯誤。4.[2017·吉林長春模擬]如圖所示，重10N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點由靜止開始下滑，到b點開始壓縮輕彈簧，到c點時達到最大速度，到d點(圖中未畫出)開始彈回，返回b點離開彈簧，恰能再回到a點。若bc＝0.1m，彈簧彈性勢能的最大值為8J，則下列說法正確的是()A．輕彈簧的勁度系數(shù)是50N/mB．從d到b滑塊克服重力做功8JC．滑塊的動能最大值為8JD．從d點到c點彈簧的彈力對滑塊做功8J答案A解析當滑塊的合力為0時，滑塊速度最大，即在c點時滑塊的速度最大，此瞬間滑塊受力平衡，有mgsin30°＝k·eq\x\to(bc)，可得k＝eq\f(mgsin30°,\x\to(bc))＝50N/m，A正確；滑塊從d到a，運用動能定理得WG＋W彈＝0－0；又W彈＝Ep＝8J，可得WG＝－8J，即克服重力做功8J，所以從d到b滑塊克服重力做功小于8J，B錯誤；滑塊從d到c，由系統(tǒng)的機械能守恒知滑塊的動能增加量與重力勢能增加量之和等于彈簧彈性勢能的減小量ΔEp，而ΔEp小于8J，所以滑塊的動能最大值小于8J，C錯誤；彈簧彈性勢能的最大值為8J，根據(jù)功能關(guān)系知，從d點到b點彈簧的彈力對滑塊做功為8J，而從d點到c點彈簧的彈力對滑塊做功小于8J，D錯誤。5.[2017·山東煙臺市模擬]某段高速公路對載重貨車設定的允許速度范圍為50～80km/h，而上坡時若貨車達不到最小允許速度50km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險，如圖所示。某質(zhì)量為4.0×104kg的載重貨車，保持額定功率200kW在“爬坡車道”上行駛，每前進1km，上升0.04km，汽車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10m/s2，爬坡車道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中()A．牽引力等于2×104NB．速度可能大于36km/hC．上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功D．上坡過程增加的機械能等于汽車克服阻力所做的功答案A解析貨車勻速上坡的過程中，根據(jù)平衡條件得：牽引力大小F＝0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10N＋4.0×104×10×eq\f(0.04,1)N＝2×104N，故A正確；根據(jù)P＝Fv得：v＝eq\f(P,F)＝eq\f(2×105,2×104)m/s＝10m/s＝36km/h，故B錯誤；上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系知，上坡過程增加的機械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯誤。6．[2017·石家莊質(zhì)檢]一質(zhì)量為0.6kg的物體以20m/s的初速度豎直上拋，當物體上升到某一位置時，其動能減少了18J，機械能減少了3J。整個運動過程中物體所受阻力大小不變，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是(已知物體的初動能Ek0＝eq\f(1,2)mv2＝120J)()A．物體向上運動時加速度大小為12m/s2B．物體向下運動時加速度大小為9m/s2C．物體返回拋出點時的動能為40JD．物體返回拋出點時的動能為114J答案A解析根據(jù)機械能的變化量等于除了重力以外的其他力做的功，所以阻力做功Wf＝－3J，在物體上升到某一位置的過程中根據(jù)動能定理有，－mgh＋Wf＝ΔEk，解得h＝2.5m，又Wf＝－fh解得f＝eq\f(6,5)N，上升過程中有mg＋f＝ma，解得a＝12m/s2，下落過程中有mg－f＝ma′，解得a′＝8m/s2，A項正確，B項錯誤；初動能Ek0＝eq\f(1,2)mv2＝120J，當上升到某一位置動能變化量為ΔEk＝－18J，ΔEk＝Ek1－Ek0，解得：Ek1＝102J，再上升到最高點時機械能減少量為ΔE，則eq\f(18,3)＝eq\f(102,ΔE)，解得ΔE＝17J，所以在上升、下落全過程中機械能的減少量為40J，這個過程中利用動能定理有－40J＝Ek－Ek0，得返回拋出點時的動能Ek＝80J，所以C、D兩項均錯誤。7.[2017·威海模擬]如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上，另一端拴接一小物塊，小物塊放在動摩擦因數(shù)為μ的水平面上，當小物塊位于O點時彈簧處于自然狀態(tài)。現(xiàn)將小物塊向右移到a點，然后由靜止釋放，小物塊最終停在O點左側(cè)的b點(圖中未畫出)，以下說法正確的是()A．Ob之間的距離小于Oa之間的距離B．從O至b的過程中，小物塊的加速度逐漸減小C．小物塊在O點時的速度最大D．從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功答案AD解析如果沒有摩擦力，根據(jù)簡諧運動的對稱性知O點應該在ab中間，Oa＝Ob。由于有摩擦力，物塊從a到b過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的b點，即O點靠近b點，故Oa>Ob，A正確；從O至b的過程中，小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力，且彈力逐漸變大，故物塊的加速度逐漸變大，B錯誤；當物塊從a點向左運動時，受到向左的彈力和向右的摩擦力，且彈力逐漸減小，加速度逐漸減小，當彈力等于摩擦力時加速度為零，此時速度最大，故小物塊的速度最大位置在O點右側(cè)，C錯誤；由能量守恒關(guān)系可知，從a到b的過程中，彈簧彈性勢能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功，D正確。8.[2017·四川成都模擬]如圖甲所示，軌道NO和OM底端對接且θ>α，小環(huán)自N點由靜止滑下再滑上OM。已知小環(huán)在軌道NO下滑的距離小于在軌道OM上滑的距離，忽略小環(huán)經(jīng)過O點時的機械能損失，軌道各處的動摩擦因數(shù)相同。若用F、Ff、v和E分別表示小環(huán)所受的合力、摩擦力、速度和機械能，這四個物理量的大小隨環(huán)運動路程的變化關(guān)系如圖乙。能正確反映小環(huán)自N點到右側(cè)最高點運動過程的是()答案AB解析小球下滑和上滑過程中都是做勻變速直線運動，故根據(jù)勻變速直線運動的平均速度公式知加速和減速過程中平均速度大小相等，eq\x\to(v)＝eq\f(v＋v0,2)，由于下滑距離小于上滑距離，故小環(huán)下滑時間小于小環(huán)上滑時間，又由于下滑和上滑過程中速度變化的大小相同，則根據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)知，小環(huán)下滑時的加速度大，即小環(huán)在下滑時所受合外力大于小環(huán)在上滑時所受合外力，故A正確；如圖所示，小環(huán)在桿上受重力、支持力和滑動摩擦力作用，由題意知Ff＝μFN＝μmgcosθ，因為θ>α，所以下滑時的摩擦力小于上滑時的摩擦力，故B正確；小環(huán)下滑時做初速度為0的勻加速運動，由v2＝2ax，得v＝eq\r(2ax)，即速度與位移的二次方根成正比，故C錯誤；除重力和彈力外其他力做的功等于小環(huán)機械能的變化，故小球下滑時的機械能等于E＝E0－Ffx，由于下滑時摩擦力小于上滑時摩擦力，故小環(huán)下滑時圖象的斜率小于上滑時的圖象斜率，故D錯誤。9．[2017·湖北七市一模]如圖所示，傾角為37°的光滑斜面上粘貼有一厚度不計、寬度為d＝0.2m的橡膠帶，橡膠帶的上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行，橡膠帶的上邊緣到斜面的頂端距離為L＝0.4m，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝1kg、寬度為d的矩形薄板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開橡膠帶的過程中(此過程矩形板始終在斜面上)，下列說法正確的是()A．矩形板受到的摩擦力為Ff＝4NB．矩形板的重力做功為WG＝3.6JC．產(chǎn)生的熱量為Q＝0.8JD．矩形板的上邊緣穿過橡膠帶下邊緣時速度大小為eq\f(2\r(35),5)m/s答案BCD解析矩形板在滑上橡膠帶時，隨著進入橡膠帶的長度增大，對橡膠帶的正壓力增大，所以矩形板受摩擦力是變化的，故A錯誤；重力做功WG＝mg(L＋d)sinθ＝3.6J，所以B正確；矩形板進入橡膠帶到離開橡膠帶運動的位移為2d，最大摩擦力為μmgcos37°，因為摩擦力大小隨位移線性變化，所以可以用平均摩擦力計算產(chǎn)生的熱，產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)μmgcosθ·2d＝0.8J，所以C正確；根據(jù)動能定理有WG－Q＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\f(2\r(35),5)m/s，所以D正確。10．水平地面上有兩個固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底邊長分別為L1、L2，且L1<L2，如圖所示。兩個完全相同的小滑塊A、B(可視為質(zhì)點)與兩個斜面間的動摩擦因數(shù)相同，將小滑塊A、B分別從甲、乙兩個斜面的頂端同時由靜止開始釋放，取地面所在的水平面為參考平面，則()A．從頂端到底端的運動過程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同B．滑塊A到達底端時的動能一定比滑塊B到達底端時的動能大C．兩個滑塊從頂端運動到底端的過程中，重力對滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大D．兩個滑塊加速下滑的過程中，到達同一高度時，機械能可能相同答案BC解析設甲圖斜面的傾角為θ，乙圖斜面傾角為α，甲圖中摩擦力做功為W1＝－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)＝－μmgL1，乙圖中摩擦力做功為W2＝－μmgL2，則A、B滑塊從斜面頂端分別運動到底端的過程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定不同，故A錯誤；分別對A、B滑塊應用動能定理得：mgh－μmgL1＝EkA，mgh－μmgL2＝EkB，可知，滑塊A到達底端時的動能一定比B到達底端時的動能大，故B正確；整個過程中，兩物塊所受重力做功相同，但由于A先到達底端，故重力對滑塊A做功的平均功率比滑塊B的大，故C正確；兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時，重力做功相同，摩擦力做功不等，所以機械能不同，故D錯誤。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11．[2017·廈門高三質(zhì)檢](12分)如圖所示，水平傳送帶在電動機帶動下以速度v1＝2m/s勻速運動，小物體P、Q質(zhì)