（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題二 功和能 第二講 功能關系在力學中的應用教學案

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1、第二講　功能關系在力學中的應用 [知識建構] [備考點睛] (注1)……(注3)：詳見答案部分 1.熟練兩種模型 (1)“傳送帶”模型. (2)“板塊”模型. 2.常見的功能關系 (1)合外力做功與動能的關系：W合＝ΔEk. (2)重力做功與重力勢能的關系：WG＝－ΔEp. (3)彈力做功與彈性勢能的關系：W彈＝－ΔEp. (4)除重力以外其他力做功與機械能的關系：W其他＝ΔE機. (5)滑動摩擦力做功與內能的關系：Ffl相對＝ΔE內. [答案]　(1)兩種摩擦力做功的比較 靜摩擦力做功 滑動摩擦力做功 只有能量的轉移，沒有能量的轉化 既有能量的轉移

2、，又有能量的轉化 互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負，要么都不做功 互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和為負值，即要么一正一負，要么都做負功；代數(shù)和為負值說明機械能有損失——轉化為內能 (2)內容：能量既不能憑空產生，也不能憑空消失．它只能從一種形式轉化為另一種形式，或從一個物體轉移到另一個物體，在轉化或轉移的過程中其總量保持不變． (3)表達式：ΔE減＝ΔE增 ΔE增為末狀態(tài)的能量減去初狀態(tài)的能量，而ΔE減為初狀態(tài)的能量減去末狀態(tài)的能量． 熱點考向一　力學中幾個重要功能關系的應用 【典例】　(多選)(2019·東北三校

3、聯(lián)考)質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用一輕質彈簧相連，然后將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的擋板上．設斜面的傾角為θ，彈簧的勁度系數(shù)為k.現(xiàn)用一平行于斜面的恒力F拉木塊A使A沿斜面由靜止開始向上運動，當木塊B恰好對擋板的壓力為零時，木塊A在斜面上運動的速度為v，則下列說法正確的是(　　) A．此時彈簧的彈力大小為m1gsinθ B．拉力F在該過程中對木塊A所做的功為F C．木塊A在該過程中重力勢能增加了m1 D．彈簧在該過程中彈性勢能增加了F－m1v2 [思路引領]　(1)木塊B恰好對擋板壓力為零時，木塊B處于平衡狀態(tài)，彈簧彈力為m2gsinθ.

4、 (2)彈簧彈性勢能的增加量等于拉力做的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量． [解析]　當木塊B恰好對擋板的壓力為零時，木塊B受重力、支持力以及彈簧的彈力作用，則由力的平衡條件可知，彈簧的彈力大小為m2gsinθ，故A錯誤；木塊A向上運動時有重力、拉力F和彈簧彈力對其做功，根據(jù)動能定理，合力做功等于木塊A動能的增加量，開始時木塊A靜止，彈簧壓縮量x1＝，當B對擋板的壓力剛為零時，彈簧伸長量x2＝，此過程中拉力F對木塊A做的功為WF＝F(x1＋x2)＝F；此過程中木塊A重力勢能的增加量ΔEp＝m1gΔh＝m1g(x1＋x2)sinθ＝m1，故B、C正確；根據(jù)功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力

5、做的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量，即F－m1v2－m1，故D錯誤． [答案]　BC 1．對功能關系的理解 (1)做功的過程就是能量轉化的過程．不同形式的能量發(fā)生相互轉化可以通過做功來實現(xiàn)． (2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現(xiàn)在不同性質的力做功，對應不同形式的能轉化，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(shù)值上相等． 2．功是能量轉化的量度，力學中幾種常見的功能關系如下 遷移一　與圓周運動結合的功能關系 1．(2019·湖北七校聯(lián)考) 如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由

6、靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中(　　) A．重力做功2mgR B．機械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR/2 [解析]　小球從P點運動到B點的過程中重力做功為mgR，選項A錯誤；設小球通過B點時的速度為vB，小球通過B點時剛好對軌道沒有壓力，說明此刻剛好重力提供向心力，對小球通過B點瞬間應用牛頓第二定律有：mg＝m，解得vB＝，設小球從P點運動到B點的過程中克服摩擦力做功為W，對此過程由動能定理有：mgR－W＝mv，聯(lián)立得W＝mgR，選項D正確；合外力做功W合＝mv

7、＝mgR，選項C錯誤；小球機械能的減少量等于小球克服摩擦力所做的功，即ΔE＝W＝mgR，選項B錯誤． [答案]　D 遷移二　與板塊結合的功能關系 2．(多選)(2019·黑龍江哈爾濱三中調研)如圖所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平地面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動摩擦力大小為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，下列結論中正確的是(　　) A．上述過程中，F(xiàn)做的功等于滑塊和木板動能的增加量 B．其他條件不變的情況下，M越大，x越小 C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達木板右端所用的時間越長

8、 D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產生的熱量越多 [解析]　F做的功等于二者的動能與因摩擦產生的熱量之和，A錯誤；其他條件不變的情況下，M越大，木板加速度越小，木板在地面上移動的距離x越小，B正確；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊加速度越大，滑塊到達木板右端所用時間越短，C錯誤；滑塊與木板間產生的熱量等于FfL，其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產生的熱量越多，D正確． [答案]　BD 遷移三　與傳送帶結合的功能關系 3．(2019·山東省淄博市高三二模)已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運動．某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣?/p>

9、的物塊(如圖甲所示)，以此時為t＝0記錄了小物塊之后在傳送帶上運動速度隨時間的變化關系(如圖乙所示)，圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，v1>v2.已知傳送帶的速度保持不變，則(　　) A．物塊在0～t1內運動的位移比在t1～t2內運動的位移小 B．若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，那么μv2，由v2＝2ax知，物塊在0～t1內運動的位移比在t1～t2內運動的位移大，選項A錯誤；由圖乙知

10、，物塊在0～t1內沿斜面向下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律知μmgcosθ>mgsinθ，則μ>tanθ，選項B錯誤；0～t2內，根據(jù)動能定理得，W＋WG＝mv－mv，選項C錯誤；0～t2內，由能量守恒定律知，物塊動能減少量與重力勢能減少量等于物塊與傳送帶間摩擦而產生的熱量，故物塊動能變化量大小一定小于物塊與傳送帶間摩擦而產生的熱量，選項D正確． [答案]　D (1)“傳送帶”模型問題中的功能關系分析 ①功能關系分析：W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝E電． ②對W電和Q的理解：電動機做的功W電＝Fx傳；產生的熱量Q＝Ff·x相對． (2)常用結論 ①把一個物體無初速度放到水平勻

11、速轉動的傳送帶上，在物體與傳送帶相對靜止時，因摩擦產生的熱量Q與物體動能增加量相等，即Q＝. ②把一個物體無初速度放到傾斜向上轉動的傳送帶上，在物體與傳送帶速度相等時，因摩擦產生的熱量Q與物體機械能增加量相等，即Q＝＋mgh. (3)常用方法：物塊在傳送帶上運動，在同一坐標系中同時作出物塊和傳送帶運動的v－t圖線，由圖像分析物塊的運動過程，求物塊與傳送帶的位移及相對位移. 熱點考向二　動力學規(guī)律和動能定理的綜合應用 【典例】　(2019·河北唐山模擬)如圖(甲)所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長．一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質量m＝1.0 kg的

12、小滑塊(可視為質點)接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)．當t＝0時釋放滑塊．在0～0.24 s時間內，滑塊的加速度a隨時間t變化的關系如圖(乙)所示．已知彈簧的勁度系數(shù)k＝2.0×102 N/m，當t1＝0.14 s時，滑塊的速度v1＝2.0 m/s.g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.彈簧彈性勢能的表達式為Ep＝kx2(式中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)．求： (1)斜面對滑塊摩擦力的大小Ff； (2)t＝0.14 s時滑塊與出發(fā)點間的距離d； (3)在0～0.44 s時間內，摩擦力做的功W. [思路引領]　(1)t1＝0.14 s時，滑

13、塊與彈簧開始分離． (2)mgsin37°>Ff，滑塊速度減為零后，會反向做勻加速直線運動． [解析]　(1)由圖(乙)可知，當t1＝0.14 s時，滑塊與彈簧開始分離，此后滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑塊開始做勻減速直線運動．加速度大小為a1＝10 m/s2. 根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋Ff＝ma1， 代入數(shù)據(jù)解得Ff＝4.0 N. (2)當t1＝0.14 s時彈簧恰好恢復原長，所以此時滑塊與出發(fā)點間的距離d等于t0＝0時彈簧的形變量x，所以在0～0.14 s時間內彈簧彈力做的功為 W彈＝Ep初－Ep末＝kd2. 在這段過程中，根據(jù)動能定理有 W彈－mgdsinθ

14、－Ffd＝mv－0， 代入數(shù)據(jù)解得d＝0.20 m. (3)設從t1＝0.14 s時開始，經時間Δt1滑塊的速度減為零，則有Δt1＝＝0.20 s 這段時間內滑塊運動的距離為 x1＝＝0.20 m 此時為t2＝0.14 s＋Δt1＝0.34 s， 由于mgsin37°＝6 N>Ff， 此后滑塊反向做勻加速直線運動，其加速度的大小為a2＝＝2.0 m/s2； 在0.34～0.44 s(Δt2＝0.1 s)時間內，滑塊反向運動的距離為x2＝a2Δt＝0.01 m. 在0～0.44 s時間內，摩擦力Ff做的功為 W＝－Ff(d＋x1＋x2) 代入數(shù)據(jù)解得W＝－1.64 J.

15、[答案]　(1)4.0 N　(2)0.20 m　(3)－1.64 J 動力學規(guī)律和動能定理的綜合問題的解題技巧 1．如果涉及到加速度、時間和受力的分析和計算，一般應用動力學方法；如果只涉及位移、功和能量的轉化問題，通常采用動能定理分析． 2．對于物體受變力作用的力學問題，動能定理是解決問題的重要方法之一． (2019·河南省周口市期末)如右圖所示，半徑R＝0.3 m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道AC相切于B點，水平軌道的C點固定有豎直擋板，軌道上的A點靜置有一質量m＝1 kg的小物塊(可視為質點)．現(xiàn)給小物塊施加一大小為F＝6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物塊沿水平軌道

16、AC向右運動，當運動到AB之間的D點(圖中未畫出)時撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到B點后進入豎直圓槽形軌道做圓周運動，當物塊運動到最高點時，由壓力傳感器測出小物塊對軌道最高點的壓力為 N．已知水平軌道AC長為2 m，B為AC的中點，小物塊與AB段間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.45，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小物塊運動到B點時的速度大小； (2)拉力F作用在小物塊上的時間t； (3)若小物塊從豎直圓槽形軌道滑出后，經水平軌道BC到達C點，與豎直擋板相碰時無機械能損失，為使小物塊從C點返回后能再次沖上圓槽形軌道且不脫離，試求小物塊與水平軌道BC段間的動摩擦因數(shù)的取值范圍． [解析

17、]　(1)小物塊運動到軌道最高點時，由牛頓第二定律得FN＋mg＝m，由牛頓第三定律得FN＝FN′＝ N 聯(lián)立解得v＝2 m/s 物塊從B運動到軌道最高點的過程，由機械能守恒定律得 mg·2R＋mv2＝mv 解得vB＝4 m/s (2)小物塊從A運動到B點的過程，由動能定理得 Fs－μ1mgxAB＝mv－0 根據(jù)牛頓第二定律得：F－μ1mg＝ma 由運動學公式有s＝at2 聯(lián)立解得t＝ s (3)設BC段的動摩擦因數(shù)為μ2. ①設物塊在圓槽形軌道最高點的最小速度為v1，則由牛頓第二定律可得：mg＝m， 由動能定理得：－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得

18、μ2＝0.025 故為使物塊能從C點返回通過軌道的最高點而不會脫離軌道，應滿足0≤μ2≤0.025 ②若物塊從C點返回在圓槽形軌道上升高度為R時速度為零，由動能定理可得： －2μ2mgxBC－mgR＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得：μ2＝0.25 物塊從C返回剛好停止到B點，由動能定理可得： －2μ2mgxBC＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得：μ2＝0.4 故為使物塊能返回圓槽形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，滿足0.25≤μ2<0.4 綜上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4. [答案]　(1)4 m/s　(2) s　(3)0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4

19、 物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程)，可以分段應用動能定理，也可以對整個過程利用動能定理，但不能在某一方向上應用動能定理. 熱點考向三　動力學觀點和能量觀點在多過程問題中的應用 【典例】　(2019·天津市紅橋區(qū)高三二模) 輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力

20、推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g. (1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍． [思路引領]　 [解析]　(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能． 由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為 EP＝5mgl① 設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得 EP＝Mv＋μMg·4l② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題

21、給數(shù)據(jù)得 vB＝③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足－mg≥0④ 設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置與B點之間的距離為 s＝vDt⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知 5mgl>μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓

22、軌道的中點C.由機械能守恒定律有 Mv≤Mgl? 聯(lián)立①②⑩?式得m≤M

23、后由ΔE減＝ΔE增列式求解． (2019·蘇北四校聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ的斜面底端固定一個擋板P，質量為m的小物塊A與質量不計的木板B疊放在斜面上，A位于B的最上端且與擋板P相距L.已知A與B、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且μ1>tanθ>μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A與擋板P相撞的過程中沒有機械能損失．將A、B同時由靜止釋放． (1)求A、B釋放瞬間小物塊A的加速度大小a1； (2)若A與擋板P不相撞，求木板B的最小長度l0； (3)若木板B的長度為l，求整個過程中木板B運動的總路程． [解析]　(1)釋放A、B，它們一起勻加速下滑，以A、B為研究對象，

24、由牛頓第二定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ. (2)在B與擋板P相撞前，A和B相對靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運動．B與擋板P相撞后立即靜止，A開始勻減速下滑．若A到達擋板P處時的速度恰好為零，此時B的長度即為最小長度l0.從A釋放至到達擋板P處的過程中，B與斜面間由于摩擦產生的熱量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)，A與B間由于摩擦產生的熱量Q2＝μ1mgcosθ·l0 根據(jù)能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2，得l0＝L. (3)分兩種情況： ①若l≥l0，B與擋板P相撞后不反彈，A一直減速直到靜止在木板B上 木板B

25、通過的路程s＝L－l ②若l

26、過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規(guī)律； (3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案. 考場滿分答卷策略——功能關系在力學中的綜合應用 真題案例 審題流程 (2019·全國卷Ⅰ)豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖(a)所示．t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止．物塊A運動的v－t圖像如圖(b)所示，圖中的v1和t1

27、均為未知量．已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力． (1)求物塊B的質量； (2)在圖(b)所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功； (3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等．在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上．求改變前后動摩擦因數(shù)的比值. 滿分樣板 [解析]　(1)根據(jù)圖(b)，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大?。O物塊B的質量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′.由動量守恒定律和機械能守恒定律有 mv1＝m＋m′v′① mv＝

28、m2＋m′v′2② 聯(lián)立①②式得m′＝3m③ (2)在圖(b)所描述的運動中，設物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W.由動能定理有 mgH－fs1＝mv－0④ －(fs2＋mgh)＝0－m2⑤ 從圖(b)所給出的v－t圖線可知 s1＝v1t1⑥ s2＝··(1.4t1－t1)⑦ 由幾何關系 ＝⑧ 物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為 W＝fs1＋fs2⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W＝mgH⑩ (3)設傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為μ

29、，有 W＝μmgcosθ·? 設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動能定理有 －μm′gs′＝0－m′v′2? 設改變后的動摩擦因數(shù)為μ′，由動能定理有 mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0? 聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得 ＝? [答案]　(1)3m　(2)mgH　(3) 評分細則 滿分技巧 細則1 本題共20分，第(1)問4分，第(2)問8分，第(3)問8分，①②④⑤⑥⑦⑧⑨每式1分，③⑩????每式2分． 細則2 若過程式①②④⑤⑥⑦⑧⑨???都正確，只有計算結果錯誤，或者沒有計算結果，只扣③⑩?的分數(shù)． 細則3 ④⑤??式沒有用功能處理

30、，應用運動學公式列式，如正確同樣給分. 技巧1　要有必要的文字說明 (1)說明非題設字母、符號的物理意義．例如設物塊B的質量為m′. (2)說明研究對象．例如以物塊B為研究對象． (3)說明研究的過程或狀態(tài)． (4)說明所列方程的依據(jù)．例如①式為動量守恒，②式為機械能守恒． 技巧2　即使題目不會做也要把與本題相關的表達式都寫上 閱卷時只看評分標準中給定的公式來給分，同一個表達式與多個對象掛鉤寫多遍，也是有分的． 技巧3　用最常規(guī)、最基本的方法解題，不標新立異 閱卷工作量很大，且速度很快，采用特殊解法容易造成閱卷老師錯批，進而失分． 技巧4　要有書寫規(guī)范的物理方程式 (1)

31、寫出的物理方程式必須是原始方程式，不能以變形的結果式代替方程式． (2)要用字母表達方程，不要摻有數(shù)字的方程，也不要方程套方程． (3)對多過程問題，應分步列式，不要合寫一式，對各方程式要編號，以及計算和說明. 專題強化訓練(六) 一、選擇題 1．(多選)(2019·四川省攀枝花市第二次統(tǒng)考)物體由地面以120 J的初動能豎直向上拋出，當它從拋出至上升到某一點A的過程中，動能減少40 J，機械能減少10 J．設空氣阻力大小不變，以地面為參考平面，則物體(　　) A．落回到地面時機械能為70 J B．到達最高點時機械能為90 J C．從最高點落回地面的過程中重力做功為60 J

32、D．從拋出到落回地面的過程中克服空氣阻力做功為60 J [解析]　物體以120 J的初動能豎直向上拋出，做豎直上拋運動，向上運動的過程中重力和阻力都做負功，當上升到某一高度時，動能減少了40 J，而機械能損失了10 J．根據(jù)功能關系可知：合力做功為－40 J，空氣阻力做功為－10 J，對從拋出點到A點的過程，根據(jù)功能關系：－mgh－Ffh＝－40 J，－Ffh＝－10 J，得Ff＝mg；當上升到最高點時，動能為零，動能減少120 J，設最大高度為H，則有：mgH＋FfH＝120 J，解得FfH＝30 J，即機械能減少30 J，在最高點時機械能為120 J－30 J＝90 J，即上升過程機械能

33、共減少了30 J；下落過程中，由于空氣阻力做功不變，所以機械能又損失了30 J，故整個過程克服空氣阻力做功為60 J，則該物體落回到地面時的機械能為60 J，從最高點落回地面的過程中重力做功為mgH＝90 J，故A、C錯誤，B、D正確． [答案]　BD 2. (多選)(2019·惠州市高三調研)如圖所示，粗糙斜面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連，彈簧處于自然長度時物塊位于O點．現(xiàn)將物塊拉到A點后由靜止釋放，物塊運動到最低點B，圖中B點未畫出．下列說法正確的是(　　) A．速度最大時，B點一定在O點左下方 B．速度最大時，物塊的位置可能在O點左下方 C．從A到B的過程中，物

34、塊和彈簧的總機械能一定減少 D．從A到B的過程中，物塊減少的機械能一定等于它克服摩擦力做的功 [解析]　彈簧處于自然長度時物塊處于O點，所以在O點時彈簧彈力為零，物塊從A向B運動的過程中，受重力、支持力、彈簧的彈力和滑動摩擦力作用，當受力平衡時物塊的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以當彈力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力時，速度最大，由于不知道物塊重力沿斜面方向的分力與摩擦力的大小關系，故無法判斷彈簧此時是處于伸長還是壓縮狀態(tài)，即B點可能在O點，也可能在O點左下方，也可能在O點右上方，A錯誤，B正確；從A到B的過程中，滑動摩擦力一直做負功，故物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少，C正確；

35、從A到B的過程中，根據(jù)能量守恒定律，當彈簧的彈性勢能增加時，物塊減少的機械能大于它克服摩擦力做的功，D錯誤． [答案]　BC 3. (多選)(2019·安徽省示范高中聯(lián)考)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝6 kg，質量m＝2 kg的鐵塊以水平速度v0＝12 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則下列說法中正確的是(　　) A．鐵塊和木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運動 B．運動過程中彈簧的最大彈性勢能為54 J C．運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產生的熱量為54 J D．

36、運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產生的熱量為108 J [解析]　設最終鐵塊與木板的共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動時，滑動的最大路程為L，滑動摩擦力大小為f.取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可知mv0＝(M＋m)v，解得v＝3 m/s，方向向右，所以鐵塊和木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運動，A正確．鐵塊相對于木板向右運動，鐵塊與木板的速度相同時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律知此時兩者的速度也為v＝3 m/s，根據(jù)能量守恒定律，鐵塊相對于木板向右運動過程，有mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep，鐵塊相對于木板運動的整個過程有，mv＝2fL＋(M＋m)v2，聯(lián)立解得彈簧的最大彈

37、性勢能Ep＝54 J、fL＝54 J，B正確．由功能關系知，運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產生的熱量Q＝2fL＝108 J，C錯誤，D正確． [答案]　ABD 4．(2019·漢中市高三質檢一)空降兵是現(xiàn)代軍隊的重要兵種．一次訓練中，空降兵從靜止在空中的直升機上豎直跳下(初速度可看成零，未打開降落傘前不計空氣阻力)，下落高度h之后打開降落傘，接著又下降高度H之后，空降兵勻速下降．設空降兵打開降落傘之后受到的空氣阻力與速度平方成正比，比例系數(shù)為k，即f＝kv2，重力加速度為g，那么關于空降兵的說法正確的是(　　) A．空降兵從跳下到下落高度為h時，機械能一定損失了mgh B．空降兵從跳下到

38、剛勻速下降時，重力勢能一定減少了mgH C．空降兵勻速下降時，速度大小為 D．空降兵從跳下到剛勻速下降的過程，克服阻力做功為mg(H＋h)－ [解析]　空降兵從跳下到下落高度為h的過程中，只有重力做功，機械能不變，選項A錯誤；空降兵從跳下到剛勻速下降時，重力做功為mg(H＋h)，重力勢能一定減少了mg(H＋h)，選項B錯誤；空降兵勻速運動時，重力與阻力大小相等，所以：kv2＝mg，得：v＝，選項C正確；空降兵從跳下到剛勻速下降的過程，重力和阻力對空降兵做的功等于空降兵動能的變化，即：mg(H＋h)－Wf＝mv2，解得：Wf＝mg(H＋h)－m2＝mg(H＋h)－，選項D錯誤． [答案]

39、　C 5．(多選)(2019·重慶市高三調研)如圖所示，水平傳送帶以恒定速率轉動．每隔相同時間T，在左端A點，輕輕放上一個完全相同的工件，已知工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，工件質量為m.經測量，發(fā)現(xiàn)那些已經和傳送帶共速的工件之間的距離均為L.已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．傳送帶的速度大小為 B．工件在傳送帶上的加速時間為 C．每個工件與傳送帶間因摩擦產生的熱量為 D．傳送帶因傳送一個工件而多消耗的能量為 [解析]　工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，每個工件放在傳送帶上后運動的規(guī)律相同，可知L＝vT，解得傳送帶的速度v＝，A正確；設每個

40、工件做勻加速運動的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律有，工件的加速度為μg，根據(jù)v＝v0＋at，解得t＝＝，B錯誤；工件與傳送帶相對滑動的路程為Δx＝v－＝＝，則摩擦產生的熱量為Q＝μmg·Δx＝，C錯誤；根據(jù)能量守恒有，傳送帶因傳送一個工件多消耗的能量E＝mv2＋μmg·Δx＝，D正確． [答案]　AD 6．(多選)(2019·安徽師大附中模擬) 如圖所示，質量m＝1 kg的物體從高為h＝0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶AB之間的距離為L＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度勻速運動，則(　　) A．物體

41、從A運動到B的時間是1.5 s B．物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2 J C．物體從A運動到B的過程中，產生的熱量為2 J D．物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉動的電動機多做功10 J [解析]　設物體下滑到A點的速度為v0，對PA過程，由機械能守恒定律有：mv＝mgh，代入數(shù)據(jù)得：v0＝＝2 m/s

42、勻速運動的時間為t2＝＝ s＝0.5 s，故物體從A運動到B的時間為：t＝t1＋t2＝1.5 s，A正確；物體運動到B的速度是v＝4 m/s，根據(jù)動能定理得：摩擦力對物體做功Wf＝mv2－mv＝ J＝6 J，B錯誤；在t1時間內，傳送帶做勻速運動的位移為x帶＝vt1＝4 m，故產生熱量Q＝μmgΔx＝μmg(x帶－x1)，代入數(shù)據(jù)得：Q＝2 J，C正確；電動機多做的功一部分轉化成了物體的動能，另一部分轉化為內能，則電動機多做的功W＝＋Q＝ J＝8 J，D錯誤． [答案]　AC 7．(多選)(2019·江蘇卷)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地

43、面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中(　　) A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點的初速度為 [解析]　小物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項B正確；自物塊從最左側運動至A點過程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項C正確；

44、設物塊在A點的初速度為v0，整個過程應用動能定理有－2μmgs＝0－mv，解得v0＝2，選項D錯誤． [答案]　BC 8．(多選)(2019·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和．取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示．重力加速度取10 m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得(　　) A．物體的質量為2 kg B．h＝0時，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J D．從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J [解析]　根據(jù)題給圖像可知h＝4 m時物體的重力勢能mgh＝80 J，解

45、得物體質量m＝2 kg，拋出時物體的動能為Ek＝100 J，由動能表達式Ek＝mv2，可知h＝0時物體的速率為v＝10 m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f＝5 N，從物體開始拋出至上升到h＝2 m的過程中，由動能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，選項C錯誤；由題給圖像可知，物體上升到h＝4 m時，機械能為80 J，重力勢能為80 J，動能為零，即物體從地面上升到h＝4 m，物體動能減少100 J，選項D正確． [答案]　AD 9．(多選)(2019·鄭州外校期末測試)如圖所示，質量為m的物塊從傾角為

46、θ的傳送帶底端由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持速率v勻速運動，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ(μ>tanθ)，物塊到達頂端前能與傳送帶保持相對靜止．在物塊從靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中，下列說法正確的是(　　) A．電動機因運送物塊多做的功為mv2 B．系統(tǒng)因運送物塊增加的內能為 C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動機因運送物塊增加的功率為μmgvcosθ [解析]　電動機多做的功等于系統(tǒng)摩擦產生的內能和物塊機械能的增加量．對物塊，增加的機械能為ΔE＝f·L＝μmgcosθ··t，系統(tǒng)增加的內能Q＝f·Δs＝f·(s帶－s物)＝f＝μmgcosθ·t，故ΔE＝

47、Q.故電動機多做的功等于物塊機械能增加量的2倍，大于mv2，故A錯誤．系統(tǒng)增加的內能Q＝f·Δs＝μmgcosθ·t.物塊的加速度a＝＝g(μcosθ－sinθ)．故加速時間t＝＝，故系統(tǒng)增加的內能Q＝，故B正確．傳送帶運動的距離s帶＝vt＝，故傳送帶克服摩擦力做功Wf克＝f·s帶＝μmgcosθ·＝，故C錯誤．電動機增加的功率即為克服摩擦力做功的功率，大小為P＝fv＝μmgcosθ·v，故D正確． [答案]　BD 二、非選擇題 10．(2019·寧夏銀川模擬)如圖所示，在光滑水平地面上放置質量M＝2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切．一質量m＝1 kg的小滑塊自A點沿弧

48、面由靜止滑下，A點距離長木板上表面的高度h＝0.6 m．滑塊在木板上滑行t＝1 s后和木板以共同速度v＝1 m/s勻速運動，取g＝10 m/s2.求： (1)滑塊與木板間的摩擦力； (2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功； (3)滑塊自A點沿弧面由靜止滑下到與木板共同運動，產生的內能是多少？ [解析]　(1)滑塊在木板上滑行時，對木板，根據(jù)牛頓第二定律有 Ff＝Ma1 由運動學公式得v＝a1t 代入數(shù)據(jù)解得Ff＝2 N. (2)滑塊在木板上滑行時，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有 －Ff＝ma2 設滑塊滑上木板時的初速度為v0，則有 v－v0＝a2t，代入數(shù)據(jù)解得v0

49、＝3 m/s 滑塊沿弧面下滑的過程，由動能定理得 mgh－Wf＝mv，則Wf＝mgh－mv Q1＝Wf＝mgh－mv＝1.5 J. (3)滑塊在木板上滑行，t＝1 s時木板的位移為s1＝a1t2 此過程中滑塊的位移為s2＝v0t＋a2t2 故滑塊相對木板滑行的距離為L＝s2－s1＝1.5 m 所以Q2＝Ff·L＝3 J，則Q＝Q1＋Q2＝4.5 J. [答案]　(1)2 N　(2)1.5 J　(3)4.5 J 11．(2019·山東省淄博市一中三模)如圖所示，一勁度系數(shù)很大的輕質彈簧下端固定在傾角θ＝30°的斜面底端，將彈簧上端壓縮到A點鎖定．一質量為m的小物塊緊靠彈簧上端放

50、置，解除彈簧鎖定，小物塊將沿斜面上滑至B點后又返回，A、B兩點的高度差h，彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep＝mgh，鎖定及解除鎖定均無機械能損失，斜面上A點以下部分的摩擦不計，已知重力加速度為g.求： (1)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)物塊在離開彈簧后上滑和下滑過程中的加速度大小之比； (3)若每次當物塊離開彈簧后立即將彈簧壓縮到A點鎖定，當物塊返回A點時立刻解除鎖定．設斜面最高點C(未畫出)與A的高度差為3h，試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出． [解析]　(1)物塊從A第一次上滑到B的過程中，由功能關系得： Wf＋mgh＝Ep. 即μmgcosθ·＋mgh＝mgh 解

51、得：μ＝ (2)在上滑和下滑的過程中物塊都受到重力、支持力和滑動摩擦力的作用，設上滑和下滑過程中的加速度大小分別是a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律得： 物塊上滑過程中有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1， 得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝g×＝g 物塊下滑過程中有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2， 得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝g×＝g 故a1∶a2＝5∶3. (3)經過足夠長時間后，彈簧給物塊補充的彈性勢能將全部用來克服物塊在斜面上來回運動時受到的阻力做功，設穩(wěn)定時物塊上升的最大高度為hm.則由功能關系得：Ep＝Wf總． 即mgh＝2μmgcosθ· 解得；hm＝2.5h<3h 所以物塊不可能到達C點，即不能從C點拋出． [答案]　(1)　(2)5∶3　(3)不能 24