（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 第二講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用教學(xué)案

《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 第二講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 第二講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用教學(xué)案（24頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二講　功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用 [知識(shí)建構(gòu)] [備考點(diǎn)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(guān)系 (1)合外力做功與動(dòng)能的關(guān)系：W合＝ΔEk. (2)重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系：WG＝－ΔEp. (3)彈力做功與彈性勢(shì)能的關(guān)系：W彈＝－ΔEp. (4)除重力以外其他力做功與機(jī)械能的關(guān)系：W其他＝ΔE機(jī). (5)滑動(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能的關(guān)系：Ffl相對(duì)＝ΔE內(nèi). [答案]　(1)兩種摩擦力做功的比較 靜摩擦力做功 滑動(dòng)摩擦力做功 只有能量的轉(zhuǎn)移，沒(méi)有能量的轉(zhuǎn)化 既有能量的轉(zhuǎn)移

2、，又有能量的轉(zhuǎn)化 互為作用力和反作用力的一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負(fù)，要么都不做功 互為作用力和反作用力的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，即要么一正一負(fù)，要么都做負(fù)功；代數(shù)和為負(fù)值說(shuō)明機(jī)械能有損失——轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 (2)內(nèi)容：能量既不能憑空產(chǎn)生，也不能憑空消失．它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中其總量保持不變． (3)表達(dá)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(diǎn)考向一　力學(xué)中幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用 【典例】　(多選)(2019·東北三校

3、聯(lián)考)質(zhì)量分別為m1和m2的木塊A和B之間用一輕質(zhì)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(shè)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊B恰好對(duì)擋板的壓力為零時(shí)，木塊A在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度為v，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．此時(shí)彈簧的彈力大小為m1gsinθ B．拉力F在該過(guò)程中對(duì)木塊A所做的功為F C．木塊A在該過(guò)程中重力勢(shì)能增加了m1 D．彈簧在該過(guò)程中彈性勢(shì)能增加了F－m1v2 [思路引領(lǐng)]　(1)木塊B恰好對(duì)擋板壓力為零時(shí)，木塊B處于平衡狀態(tài)，彈簧彈力為m2gsinθ.

4、 (2)彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于拉力做的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量． [解析]　當(dāng)木塊B恰好對(duì)擋板的壓力為零時(shí)，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(cuò)誤；木塊A向上運(yùn)動(dòng)時(shí)有重力、拉力F和彈簧彈力對(duì)其做功，根據(jù)動(dòng)能定理，合力做功等于木塊A動(dòng)能的增加量，開始時(shí)木塊A靜止，彈簧壓縮量x1＝，當(dāng)B對(duì)擋板的壓力剛為零時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量x2＝，此過(guò)程中拉力F對(duì)木塊A做的功為WF＝F(x1＋x2)＝F；此過(guò)程中木塊A重力勢(shì)能的增加量ΔEp＝m1gΔh＝m1g(x1＋x2)sinθ＝m1，故B、C正確；根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于拉力

5、做的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量，即F－m1v2－m1，故D錯(cuò)誤． [答案]　BC 1．對(duì)功能關(guān)系的理解 (1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程．不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化可以通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)． (2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同性質(zhì)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)值上相等． 2．功是能量轉(zhuǎn)化的量度，力學(xué)中幾種常見的功能關(guān)系如下 遷移一　與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合的功能關(guān)系 1．(2019·湖北七校聯(lián)考) 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由

6、靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) A．重力做功2mgR B．機(jī)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中重力做功為mgR，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)剛好對(duì)軌道沒(méi)有壓力，說(shuō)明此刻剛好重力提供向心力，對(duì)小球通過(guò)B點(diǎn)瞬間應(yīng)用牛頓第二定律有：mg＝m，解得vB＝，設(shè)小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做功為W，對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理有：mgR－W＝mv，聯(lián)立得W＝mgR，選項(xiàng)D正確；合外力做功W合＝mv

7、＝mgR，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球機(jī)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(xiàng)B錯(cuò)誤． [答案]　D 遷移二　與板塊結(jié)合的功能關(guān)系 2．(多選)(2019·黑龍江哈爾濱三中調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平地面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊．當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為x，下列結(jié)論中正確的是(　　) A．上述過(guò)程中，F(xiàn)做的功等于滑塊和木板動(dòng)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(dá)木板右端所用的時(shí)間越長(zhǎng)

8、 D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多 [解析]　F做的功等于二者的動(dòng)能與因摩擦產(chǎn)生的熱量之和，A錯(cuò)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(dòng)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(dá)木板右端所用時(shí)間越短，C錯(cuò)誤；滑塊與木板間產(chǎn)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(chǎn)生的熱量越多，D正確． [答案]　BD 遷移三　與傳送帶結(jié)合的功能關(guān)系 3．(2019·山東省淄博市高三二模)已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?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(shí)為t＝0記錄了小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系(如圖乙所示)，圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，v1>v2.已知傳送帶的速度保持不變，則(　　) A．物塊在0～t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1～t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移小 B．若物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，那么μv2，由v2＝2ax知，物塊在0～t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1～t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖乙知

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

11、速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上，在物體與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體動(dòng)能增加量相等，即Q＝. ②把一個(gè)物體無(wú)初速度放到傾斜向上轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上，在物體與傳送帶速度相等時(shí)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體機(jī)械能增加量相等，即Q＝＋mgh. (3)常用方法：物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)，在同一坐標(biāo)系中同時(shí)作出物塊和傳送帶運(yùn)動(dòng)的v－t圖線，由圖像分析物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求物塊與傳送帶的位移及相對(duì)位移. 熱點(diǎn)考向二　動(dòng)力學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)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(zhǎng)．一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質(zhì)量m＝1.0 kg的

12、小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)．當(dāng)t＝0時(shí)釋放滑塊．在0～0.24 s時(shí)間內(nèi)，滑塊的加速度a隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(乙)所示．已知彈簧的勁度系數(shù)k＝2.0×102 N/m，當(dāng)t1＝0.14 s時(shí)，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(shì)能的表達(dá)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(duì)滑塊摩擦力的大小Ff； (2)t＝0.14 s時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d； (3)在0～0.44 s時(shí)間內(nèi)，摩擦力做的功W. [思路引領(lǐng)]　(1)t1＝0.14 s時(shí)，滑

13、塊與彈簧開始分離． (2)mgsin37°>Ff，滑塊速度減為零后，會(huì)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)． [解析]　(1)由圖(乙)可知，當(dāng)t1＝0.14 s時(shí)，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(yùn)動(dòng)．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(dāng)t1＝0.14 s時(shí)彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)，所以此時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d等于t0＝0時(shí)彈簧的形變量x，所以在0～0.14 s時(shí)間內(nèi)彈簧彈力做的功為 W彈＝Ep初－Ep末＝kd2. 在這段過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(shè)從t1＝0.14 s時(shí)開始，經(jīng)時(shí)間Δt1滑塊的速度減為零，則有Δt1＝＝0.20 s 這段時(shí)間內(nèi)滑塊運(yùn)動(dòng)的距離為 x1＝＝0.20 m 此時(shí)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(yùn)動(dòng)，其加速度的大小為a2＝＝2.0 m/s2； 在0.34～0.44 s(Δt2＝0.1 s)時(shí)間內(nèi)，滑塊反向運(yùn)動(dòng)的距離為x2＝a2Δt＝0.01 m. 在0～0.44 s時(shí)間內(nèi)，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(dòng)力學(xué)規(guī)律和動(dòng)能定理的綜合問(wèn)題的解題技巧 1．如果涉及到加速度、時(shí)間和受力的分析和計(jì)算，一般應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法；如果只涉及位移、功和能量的轉(zhuǎn)化問(wèn)題，通常采用動(dòng)能定理分析． 2．對(duì)于物體受變力作用的力學(xué)問(wèn)題，動(dòng)能定理是解決問(wèn)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(diǎn)，水平軌道的C點(diǎn)固定有豎直擋板，軌道上的A點(diǎn)靜置有一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))．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(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到AB之間的D點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到B點(diǎn)后進(jìn)入豎直圓槽形軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，由壓力傳感器測(cè)出小物塊對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力為 N．已知水平軌道AC長(zhǎng)為2 m，B為AC的中點(diǎn)，小物塊與AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.45，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)拉力F作用在小物塊上的時(shí)間t； (3)若小物塊從豎直圓槽形軌道滑出后，經(jīng)水平軌道BC到達(dá)C點(diǎn)，與豎直擋板相碰時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，為使小物塊從C點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍． [解析

17、]　(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得 mg·2R＋mv2＝mv 解得vB＝4 m/s (2)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 Fs－μ1mgxAB＝mv－0 根據(jù)牛頓第二定律得：F－μ1mg＝ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s＝at2 聯(lián)立解得t＝ s (3)設(shè)BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2. ①設(shè)物塊在圓槽形軌道最高點(diǎn)的最小速度為v1，則由牛頓第二定律可得：mg＝m， 由動(dòng)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(diǎn)返回通過(guò)軌道的最高點(diǎn)而不會(huì)脫離軌道，應(yīng)滿足0≤μ2≤0.025 ②若物塊從C點(diǎn)返回在圓槽形軌道上升高度為R時(shí)速度為零，由動(dòng)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(diǎn)，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)而不會(huì)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(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過(guò)程(如加速、減速的過(guò)程)，可以分段應(yīng)用動(dòng)能定理，也可以對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理，但不能在某一方向上應(yīng)用動(dòng)能定理. 熱點(diǎn)考向三　動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用 【典例】　(2019·天津市紅橋區(qū)高三二模) 輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力

20、推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g. (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(diǎn)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(zhì)量的取值范圍． [思路引領(lǐng)]　 [解析]　(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長(zhǎng)度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能． 由機(jī)械能守恒定律，彈簧長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能為 EP＝5mgl① 設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足－mg≥0④ 設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)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(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出．設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l＝gt2⑦ P落回到AB上的位置與B點(diǎn)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(dá)B點(diǎn)時(shí)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(guò)半圓

22、軌道的中點(diǎn)C.由機(jī)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(gè)擋板P，質(zhì)量為m的小物塊A與質(zhì)量不計(jì)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(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且μ1>tanθ>μ2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A與擋板P相撞的過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失．將A、B同時(shí)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(zhǎng)度l0； (3)若木板B的長(zhǎng)度為l，求整個(gè)過(guò)程中木板B運(yùn)動(dòng)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(duì)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(duì)靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運(yùn)動(dòng)．B與擋板P相撞后立即靜止，A開始勻減速下滑．若A到達(dá)擋板P處時(shí)的速度恰好為零，此時(shí)B的長(zhǎng)度即為最小長(zhǎng)度l0.從A釋放至到達(dá)擋板P處的過(guò)程中，B與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)，A與B間由于摩擦產(chǎn)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(guò)的路程s＝L－l ②若l

26、過(guò)程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過(guò)程對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律； (3)“合”——找出各子過(guò)程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案. 考場(chǎng)滿分答卷策略——功能關(guān)系在力學(xué)中的綜合應(yīng)用 真題案例 審題流程 (2019·全國(guó)卷Ⅰ)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過(guò)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(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)，速度減為0，此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止．物塊A運(yùn)動(dòng)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(zhì)量為m，初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力． (1)求物塊B的質(zhì)量； (2)在圖(b)所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)摩擦因數(shù)均相等．在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上．求改變前后動(dòng)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(shè)物塊B的質(zhì)量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)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(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，下滑過(guò)程中所走過(guò)的路程為s1，返回過(guò)程中所走過(guò)的路程為s2，P點(diǎn)的高度為h，整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W.由動(dòng)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(guān)系 ＝⑧ 物塊A在整個(gè)過(guò)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(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變前為μ

29、，有 W＝μmgcosθ·? 設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動(dòng)能定理有 －μm′gs′＝0－m′v′2? 設(shè)改變后的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ′，由動(dòng)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(píng)分細(xì)則 滿分技巧 細(xì)則1 本題共20分，第(1)問(wèn)4分，第(2)問(wèn)8分，第(3)問(wèn)8分，①②④⑤⑥⑦⑧⑨每式1分，③⑩????每式2分． 細(xì)則2 若過(guò)程式①②④⑤⑥⑦⑧⑨???都正確，只有計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤，或者沒(méi)有計(jì)算結(jié)果，只扣③⑩?的分?jǐn)?shù)． 細(xì)則3 ④⑤??式?jīng)]有用功能處理

30、，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式，如正確同樣給分. 技巧1　要有必要的文字說(shuō)明 (1)說(shuō)明非題設(shè)字母、符號(hào)的物理意義．例如設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′. (2)說(shuō)明研究對(duì)象．例如以物塊B為研究對(duì)象． (3)說(shuō)明研究的過(guò)程或狀態(tài)． (4)說(shuō)明所列方程的依據(jù)．例如①式為動(dòng)量守恒，②式為機(jī)械能守恒． 技巧2　即使題目不會(huì)做也要把與本題相關(guān)的表達(dá)式都寫上 閱卷時(shí)只看評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中給定的公式來(lái)給分，同一個(gè)表達(dá)式與多個(gè)對(duì)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(biāo)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(cuò)批，進(jìn)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(jié)果式代替方程式． (2)要用字母表達(dá)方程，不要摻有數(shù)字的方程，也不要方程套方程． (3)對(duì)多過(guò)程問(wèn)題，應(yīng)分步列式，不要合寫一式，對(duì)各方程式要編號(hào)，以及計(jì)算和說(shuō)明. 專題強(qiáng)化訓(xùn)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(dòng)能豎直向上拋出，當(dāng)它從拋出至上升到某一點(diǎn)A的過(guò)程中，動(dòng)能減少40 J，機(jī)械能減少10 J．設(shè)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(shí)機(jī)械能為70 J B．到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能為90 J C．從最高點(diǎn)落回地面的過(guò)程中重力做功為60 J

32、D．從拋出到落回地面的過(guò)程中克服空氣阻力做功為60 J [解析]　物體以120 J的初動(dòng)能豎直向上拋出，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中重力和阻力都做負(fù)功，當(dāng)上升到某一高度時(shí)，動(dòng)能減少了40 J，而機(jī)械能損失了10 J．根據(jù)功能關(guān)系可知：合力做功為－40 J，空氣阻力做功為－10 J，對(duì)從拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)功能關(guān)系：－mgh－Ffh＝－40 J，－Ffh＝－10 J，得Ff＝mg；當(dāng)上升到最高點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為零，動(dòng)能減少120 J，設(shè)最大高度為H，則有：mgH＋FfH＝120 J，解得FfH＝30 J，即機(jī)械能減少30 J，在最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能為120 J－30 J＝90 J，即上升過(guò)程機(jī)械能

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

34、塊和彈簧的總機(jī)械能一定減少 D．從A到B的過(guò)程中，物塊減少的機(jī)械能一定等于它克服摩擦力做的功 [解析]　彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊處于O點(diǎn)，所以在O點(diǎn)時(shí)彈簧彈力為零，物塊從A向B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受重力、支持力、彈簧的彈力和滑動(dòng)摩擦力作用，當(dāng)受力平衡時(shí)物塊的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以當(dāng)彈力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力時(shí)，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(guān)系，故無(wú)法判斷彈簧此時(shí)是處于伸長(zhǎng)還是壓縮狀態(tài)，即B點(diǎn)可能在O點(diǎn)，也可能在O點(diǎn)左下方，也可能在O點(diǎn)右上方，A錯(cuò)誤，B正確；從A到B的過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力一直做負(fù)功，故物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少，C正確；

35、從A到B的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律，當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能增加時(shí)，物塊減少的機(jī)械能大于它克服摩擦力做的功，D錯(cuò)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(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝6 kg，質(zhì)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(shuō)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(yùn)動(dòng) B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為54 J C．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為54 J D．

36、運(yùn)動(dòng)過(guò)程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為108 J [解析]　設(shè)最終鐵塊與木板的共同速度大小為v，鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)的最大路程為L(zhǎng)，滑動(dòng)摩擦力大小為f.取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，A正確．鐵塊相對(duì)于木板向右運(yùn)動(dòng)，鐵塊與木板的速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律知此時(shí)兩者的速度也為v＝3 m/s，根據(jù)能量守恒定律，鐵塊相對(duì)于木板向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep，鐵塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程有，mv＝2fL＋(M＋m)v2，聯(lián)立解得彈簧的最大彈

37、性勢(shì)能Ep＝54 J、fL＝54 J，B正確．由功能關(guān)系知，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝2fL＝108 J，C錯(cuò)誤，D正確． [答案]　ABD 4．(2019·漢中市高三質(zhì)檢一)空降兵是現(xiàn)代軍隊(duì)的重要兵種．一次訓(xùn)練中，空降兵從靜止在空中的直升機(jī)上豎直跳下(初速度可看成零，未打開降落傘前不計(jì)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(shè)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(guān)于空降兵的說(shuō)法正確的是(　　) A．空降兵從跳下到下落高度為h時(shí)，機(jī)械能一定損失了mgh B．空降兵從跳下到

38、剛勻速下降時(shí)，重力勢(shì)能一定減少了mgH C．空降兵勻速下降時(shí)，速度大小為 D．空降兵從跳下到剛勻速下降的過(guò)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(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；空降兵從跳下到剛勻速下降時(shí)，重力做功為mg(H＋h)，重力勢(shì)能一定減少了mg(H＋h)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；空降兵勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力與阻力大小相等，所以：kv2＝mg，得：v＝，選項(xiàng)C正確；空降兵從跳下到剛勻速下降的過(guò)程，重力和阻力對(duì)空降兵做的功等于空降兵動(dòng)能的變化，即：mg(H＋h)－Wf＝mv2，解得：Wf＝mg(H＋h)－m2＝mg(H＋h)－，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]

39、　C 5．(多選)(2019·重慶市高三調(diào)研)如圖所示，水平傳送帶以恒定速率轉(zhuǎn)動(dòng)．每隔相同時(shí)間T，在左端A點(diǎn)，輕輕放上一個(gè)完全相同的工件，已知工件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工件質(zhì)量為m.經(jīng)測(cè)量，發(fā)現(xiàn)那些已經(jīng)和傳送帶共速的工件之間的距離均為L(zhǎng).已知重力加速度為g，下列說(shuō)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(shí)間為 C．每個(gè)工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為 D．傳送帶因傳送一個(gè)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(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，每個(gè)工件放在傳送帶上后運(yùn)動(dòng)的規(guī)律相同，可知L＝vT，解得傳送帶的速度v＝，A正確；設(shè)每個(gè)

40、工件做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(cuò)誤；工件與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)的路程為Δx＝v－＝＝，則摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg·Δx＝，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒有，傳送帶因傳送一個(gè)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(zhì)量m＝1 kg的物體從高為h＝0.2 m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶AB之間的距離為L(zhǎng)＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．物體

41、從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 s B．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體做功為2 J C．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量為2 J D．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做功10 J [解析]　設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，對(duì)PA過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有：mv＝mgh，代入數(shù)據(jù)得：v0＝＝2 m/s

42、勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝ s＝0.5 s，故物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為：t＝t1＋t2＝1.5 s，A正確；物體運(yùn)動(dòng)到B的速度是v＝4 m/s，根據(jù)動(dòng)能定理得：摩擦力對(duì)物體做功Wf＝mv2－mv＝ J＝6 J，B錯(cuò)誤；在t1時(shí)間內(nèi)，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x帶＝vt1＝4 m，故產(chǎn)生熱量Q＝μmgΔx＝μmg(x帶－x1)，代入數(shù)據(jù)得：Q＝2 J，C正確；電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動(dòng)機(jī)多做的功W＝＋Q＝ J＝8 J，D錯(cuò)誤． [答案]　AC 7．(多選)(2019·江蘇卷)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地

43、面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)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(guò)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(shì)能為μmgs D．物塊在A點(diǎn)的初速度為 [解析]　小物塊處于最左端時(shí)，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運(yùn)動(dòng)再減速運(yùn)動(dòng)，可知彈簧的最大彈力大于滑動(dòng)摩擦力μmg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊從開始運(yùn)動(dòng)至最后回到A點(diǎn)過(guò)程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項(xiàng)B正確；自物塊從最左側(cè)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)過(guò)程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項(xiàng)C正確；

44、設(shè)物塊在A點(diǎn)的初速度為v0，整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有－2μmgs＝0－mv，解得v0＝2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． [答案]　BC 8．(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和．取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，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(zhì)量為2 kg B．h＝0時(shí)，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40 J D．從地面至h＝4 m，物體的動(dòng)能減少100 J [解析]　根據(jù)題給圖像可知h＝4 m時(shí)物體的重力勢(shì)能mgh＝80 J，解

45、得物體質(zhì)量m＝2 kg，拋出時(shí)物體的動(dòng)能為Ek＝100 J，由動(dòng)能表達(dá)式Ek＝mv2，可知h＝0時(shí)物體的速率為v＝10 m/s，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物體上升過(guò)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(guò)程中，由動(dòng)能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題給圖像可知，物體上升到h＝4 m時(shí)，機(jī)械能為80 J，重力勢(shì)能為80 J，動(dòng)能為零，即物體從地面上升到h＝4 m，物體動(dòng)能減少100 J，選項(xiàng)D正確． [答案]　AD 9．(多選)(2019·鄭州外校期末測(cè)試)如圖所示，質(zhì)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(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持速率v勻速運(yùn)動(dòng)，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ>tanθ)，物塊到達(dá)頂端前能與傳送帶保持相對(duì)靜止．在物塊從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電動(dòng)機(jī)因運(yùn)送物塊多做的功為mv2 B．系統(tǒng)因運(yùn)送物塊增加的內(nèi)能為 C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動(dòng)機(jī)因運(yùn)送物塊增加的功率為μmgvcosθ [解析]　電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊機(jī)械能的增加量．對(duì)物塊，增加的機(jī)械能為ΔE＝f·L＝μmgcosθ··t，系統(tǒng)增加的內(nèi)能Q＝f·Δs＝f·(s帶－s物)＝f＝μmgcosθ·t，故ΔE＝

47、Q.故電動(dòng)機(jī)多做的功等于物塊機(jī)械能增加量的2倍，大于mv2，故A錯(cuò)誤．系統(tǒng)增加的內(nèi)能Q＝f·Δs＝μmgcosθ·t.物塊的加速度a＝＝g(μcosθ－sinθ)．故加速時(shí)間t＝＝，故系統(tǒng)增加的內(nèi)能Q＝，故B正確．傳送帶運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤．電動(dòng)機(jī)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(zhì)量M＝2 kg的長(zhǎng)木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切．一質(zhì)量m＝1 kg的小滑塊自A點(diǎn)沿弧

48、面由靜止滑下，A點(diǎn)距離長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，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(guò)程中克服摩擦力做的功； (3)滑塊自A點(diǎn)沿弧面由靜止滑下到與木板共同運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？ [解析]　(1)滑塊在木板上滑行時(shí)，對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律有 Ff＝Ma1 由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(shí)，對(duì)滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有 －Ff＝ma2 設(shè)滑塊滑上木板時(shí)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(guò)程，由動(dòng)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(shí)木板的位移為s1＝a1t2 此過(guò)程中滑塊的位移為s2＝v0t＋a2t2 故滑塊相對(duì)木板滑行的距離為L(zhǎng)＝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(zhì)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(diǎn)鎖定．一質(zhì)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(diǎn)后又返回，A、B兩點(diǎn)的高度差h，彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep＝mgh，鎖定及解除鎖定均無(wú)機(jī)械能損失，斜面上A點(diǎn)以下部分的摩擦不計(jì)，已知重力加速度為g.求： (1)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)物塊在離開彈簧后上滑和下滑過(guò)程中的加速度大小之比； (3)若每次當(dāng)物塊離開彈簧后立即將彈簧壓縮到A點(diǎn)鎖定，當(dāng)物塊返回A點(diǎn)時(shí)立刻解除鎖定．設(shè)斜面最高點(diǎn)C(未畫出)與A的高度差為3h，試通過(guò)計(jì)算判斷物塊最終能否從C點(diǎn)拋出． [解析]　(1)物塊從A第一次上滑到B的過(guò)程中，由功能關(guān)系得： Wf＋mgh＝Ep. 即μmgcosθ·＋mgh＝mgh 解

51、得：μ＝ (2)在上滑和下滑的過(guò)程中物塊都受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力的作用，設(shè)上滑和下滑過(guò)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(guò)程中有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1， 得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝g×＝g 物塊下滑過(guò)程中有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2， 得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝g×＝g 故a1∶a2＝5∶3. (3)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，彈簧給物塊補(bǔ)充的彈性勢(shì)能將全部用來(lái)克服物塊在斜面上來(lái)回運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力做功，設(shè)穩(wěn)定時(shí)物塊上升的最大高度為hm.則由功能關(guān)系得：Ep＝Wf總． 即mgh＝2μmgcosθ· 解得；hm＝2.5h<3h 所以物塊不可能到達(dá)C點(diǎn)，即不能從C點(diǎn)拋出． [答案]　(1)　(2)5∶3　(3)不能 24