2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)人教版第五章第4講功能關(guān)系能量守恒定律作業(yè)Word版含

2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)人教版第五章第4講功能關(guān)系能量守恒定律作業(yè)Word版含答案2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)人教版第五章第4講功能關(guān)系能量守恒定律作業(yè)Word版含答案33/33蒅PAGE33蒁肈薈薂膅羄羃裊膀羈蚈袃薆節(jié)蚅螈芃袈螈螀羇襖肅莈肂螈2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)人教版第五章第4講功能關(guān)系能量守恒定律作業(yè)Word版含答案

第4講功能關(guān)系能量守恒定律

骨干梳理對(duì)點(diǎn)激活

知識(shí)點(diǎn)功能關(guān)系Ⅱ

1．能的看法：一個(gè)物體能對(duì)外做功，這個(gè)物體就擁有能量。

2．功能關(guān)系

(1)功是□01能量轉(zhuǎn)變的量度，即做了多少功就有□02多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)變。

(2)做功的過(guò)程必然陪同著□03能量的轉(zhuǎn)變，而且□04能量轉(zhuǎn)變必經(jīng)過(guò)做功來(lái)

實(shí)現(xiàn)。

知識(shí)點(diǎn)能量守恒定律Ⅱ

1．內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空□01產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式□02轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N形式，也許從一個(gè)物體□03轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在□04轉(zhuǎn)變或轉(zhuǎn)移的

過(guò)程中，能量的總量□05保持不變。

2．適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中□06

寬泛適用的一條規(guī)律。

3．表達(dá)式

(1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的□07總和等于末狀態(tài)各種能量的□08總和。

E增＝E減，增加的能量總和等于減少的能量總和。

一思想辨析

1．物體下落h，重力做功mgh，物體擁有了能量mgh。( )

2．能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)變過(guò)程中是守恒的，故沒(méi)有必要節(jié)約能源。( )

3．在物體的機(jī)械能減少的過(guò)程中，動(dòng)能有可能是增大的。( )

4．一個(gè)物體的能量增加，必然有其他物體能量減少。( )

5．滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，必然會(huì)產(chǎn)生熱量。( )

6．重力和彈簧彈力之外的力做功的過(guò)程是機(jī)械能和其他形式能量轉(zhuǎn)變的過(guò)

程。( )

答案1.×2.×3.√4.√5.√6.√

二對(duì)點(diǎn)激活

1．有關(guān)功和能，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )

A．力對(duì)物體做了多少功，物體就擁有多少能

B．物體擁有多少能，就必然能做多少功

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(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N形式時(shí)，能夠用功來(lái)量度能量轉(zhuǎn)變的多少

答案D

解析功是能量轉(zhuǎn)變的量度，物體做了多少功，就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)變；

其實(shí)不是力對(duì)物體做了多少功，物體就擁有多少能；也其實(shí)不是物體擁有多少能，就必然

能做多少功，因此A、B錯(cuò)誤。做功的過(guò)程是能量轉(zhuǎn)變的過(guò)程，能量在轉(zhuǎn)變過(guò)程

中總量守恒，其實(shí)不用逝，因此C錯(cuò)誤，D正確。

質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，初步點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，以下列圖。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開(kāi)始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體戰(zhàn)勝

彈簧彈力所做的功為( )

1212A.2mv0－μmg(s＋x)B.2mv0－μmgxC．μmgsD．μmg(s＋x)答案A解析物體戰(zhàn)勝?gòu)椈蓮椓ψ龉?，彈性?shì)能增加，戰(zhàn)勝?gòu)椓ψ龆嗌俟娃D(zhuǎn)變?yōu)槎嗌購(gòu)椥詣?shì)能，由能量守恒得1212－μmg(s＋p0p0

x)，故A正確。

考點(diǎn)細(xì)研悟法培優(yōu)

考點(diǎn)1功能關(guān)系的理解和應(yīng)用

1．對(duì)功能關(guān)系的進(jìn)一步理解

(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)變的過(guò)程。不相同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)變是經(jīng)過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的。

(2)功是能量轉(zhuǎn)變的量度，功和能的關(guān)系，一是表現(xiàn)在不相同的力做功，對(duì)應(yīng)

不相同形式的能轉(zhuǎn)變，擁有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)變的多少在數(shù)值上相等。

2．幾種常有的功能關(guān)系及其表達(dá)式

力做功能的變化定量關(guān)系(1)合外力做正功，動(dòng)能增加合外力做功動(dòng)能變化(2)合外力做負(fù)功，動(dòng)能減少k2－Ek1＝Ek(3)W＝E重力勢(shì)(1)重力做正功，重力勢(shì)能減少重力做功(2)重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加能變化(3)WG＝－Ep＝Ep1－Ep2彈性勢(shì)(1)彈力做正功，彈性勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ龉?2)彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加能變化(3)WF＝－Ep＝Ep1－Ep2電勢(shì)能(1)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少電場(chǎng)力做功(2)電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加變化(3)W電＝－Ep電能(1)安培力做正功，電能減少安培力做功(2)安培力做負(fù)功，電能增加變化(3)W安＝－E電除重力和彈簧彈機(jī)械能(1)其他力做正功，機(jī)械能增加力之外的其他力(2)其他力做負(fù)功，機(jī)械能減少變化做功(3)W＝E一對(duì)相互作用的(1)作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力的總功一滑動(dòng)摩擦力的總內(nèi)能變化定為負(fù)值，系統(tǒng)內(nèi)能增加功(2)Q＝Ff·L相對(duì)

例1(2018·鄭州質(zhì)檢)(多項(xiàng)選擇)在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中，10m跳臺(tái)跳水是我國(guó)運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)處。某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為60kg的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)自由下落10m后入

水，在水中豎直向下減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)他在空中下落時(shí)所受空氣阻力不計(jì)，水對(duì)他的

阻力大小恒為2400N。那么在他入水后下降的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

(取g＝10m/s2)( )

A．他的加速度大小為30m/s2

B．他的動(dòng)量減少了300kgm/s·

C．他的動(dòng)能減少了4500J

D．他的機(jī)械能減少了4500J

解題研究(1)運(yùn)動(dòng)員入水后受幾個(gè)力？分別做什么功？

提示：受重力和阻力共兩個(gè)力。重力做正功，阻力做負(fù)功。

(2)運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能怎樣變化？

提示：阻力做負(fù)功，機(jī)械能減少。

試一試解答選AC。

跳水運(yùn)動(dòng)員入水后，碰到豎直向下的重力mg＝600N，水對(duì)他的阻力f＝2400

N，由牛頓第二定律有，f－mg＝ma，解得a＝30m/s2，A正確；運(yùn)動(dòng)員從10m

22高跳臺(tái)自由下落h＝10m時(shí)的速度v1＝2gh＝102m/s，由v1－v2＝2aH，解得入水后下降H＝時(shí)速度v2＝52m/s，他的動(dòng)量減少了mv1－mv2＝3002kg·m/s，B錯(cuò)誤；在入水后下降H＝的過(guò)程中，合外力做的功W＝mgH－fH

＝－4500J，依照動(dòng)能定理可知，他的動(dòng)能減少了4500J，C正確；在入水后下降H＝的過(guò)程中，他戰(zhàn)勝水的阻力做的功為Wf＝fH＝6000J，依照功能關(guān)系，他的機(jī)械能減少了6000J，D錯(cuò)誤?？偨Y(jié)升華

功能關(guān)系的采納原則

(1)總的原則是依照做功與能量轉(zhuǎn)變的一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，確定所采納的定理或

規(guī)律，若只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理解析。

(2)只涉及重力勢(shì)能的變化用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系解析。

(3)只涉及機(jī)械能的變化用除重力和彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系

解析。

(4)只涉及電勢(shì)能的變化用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系解析。

[變式1](2019·四川廣元第一次適應(yīng)性統(tǒng)考)質(zhì)量相等的甲、乙兩物體從離

地面相同高度處同時(shí)由靜止開(kāi)始下落，運(yùn)動(dòng)中兩物體所受阻力的特點(diǎn)不相同，其

v-t圖象以下列圖。則以下判斷正確的選項(xiàng)是( )

A．t0時(shí)辰甲物體的加速度大于乙物體的加速度

B．t0時(shí)辰甲、乙兩物體所受阻力相同

C．0～t0時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩物體重力勢(shì)能的變化量相同

D．0～t0時(shí)間內(nèi)，甲物體戰(zhàn)勝阻力做的功很多

答案A解析由圖線的斜率能夠看出，t0時(shí)辰甲物體的加速度大于乙物體的加速度，故A正確；在t0時(shí)辰，甲物體的加速度大于乙物體的加速度，依照牛頓第mg－ff時(shí)辰甲物體所受阻力小于乙物體mm0

所受阻力，故B錯(cuò)誤；由圖象可知，0～t0時(shí)間內(nèi)乙下落的位移大于甲下落的位

移，則乙重力做的功很多，因此乙物體重力勢(shì)能的變化量較大，故C錯(cuò)誤；0～

t0時(shí)間內(nèi)，依照動(dòng)能定理可知，甲、乙合外力做功相等，而乙重力做的功很多，

因此乙戰(zhàn)勝阻力做的功很多，故D錯(cuò)誤。

考點(diǎn)2摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)變的關(guān)系

兩種摩擦力的做功情況比較

例2電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)水平傳達(dá)帶以速度v勻速傳動(dòng)，一質(zhì)量為m的小木塊由靜

止輕放在傳達(dá)帶上，以下列圖。若小木塊與傳達(dá)帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小

木塊與傳達(dá)帶相對(duì)靜止時(shí)，求：

(1)小木塊的位移；

(2)傳達(dá)帶轉(zhuǎn)過(guò)的行程；

(3)小木塊獲得的動(dòng)能；

(4)摩掠過(guò)程產(chǎn)生的摩擦熱；

(5)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傳達(dá)帶勻速傳動(dòng)輸出的總能量。

解題研究(1)小木塊剛放上傳達(dá)帶時(shí)加速度的方向怎樣？運(yùn)動(dòng)性質(zhì)怎樣？

提示：加速度方向水平向右，小木塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

(2)摩擦生成的熱量的計(jì)算公式是什么？電動(dòng)機(jī)輸出的能量轉(zhuǎn)變?yōu)榱耸裁茨?/p>

量？

提示：Q＝Ffl相對(duì)，電動(dòng)機(jī)輸出的能量轉(zhuǎn)變?yōu)榱诵∧緣K的動(dòng)能與摩擦熱。

v2v212122試一試解答(1)2μg(2)μg(3)2mv(4)2mv(5)mv木塊剛放上時(shí)速度為零，必然碰到傳達(dá)帶的滑動(dòng)摩擦力作用，做勻加速直線

運(yùn)動(dòng)，達(dá)到與傳達(dá)帶共速后不再相對(duì)滑動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中木塊獲得必然的能量，系

統(tǒng)要產(chǎn)生摩擦熱。對(duì)小木塊，相對(duì)滑動(dòng)時(shí)由μmg＝ma得加速度a＝μg。由v＝atv得，達(dá)到相對(duì)靜止所用時(shí)間t＝。

vv2(1)小木塊的位移l＝t＝。122μg2v(2)傳達(dá)帶向來(lái)勻速運(yùn)動(dòng)，行程l＝vt＝。

12

(3)小木塊獲得的動(dòng)能Ek＝2mv12也可用動(dòng)能定理μmgl1＝Ek，故Ek＝2mv。12(4)產(chǎn)生的摩擦熱：Q＝μmg(l2－l1)＝2mv。(注意：Q＝Ek是一種巧合，不是

全部的問(wèn)題都這樣)

(5)由能量守恒定律得，電機(jī)輸出的總能量轉(zhuǎn)變?yōu)樾∧緣K的動(dòng)能與摩擦熱，

因此E總＝Ek＋Q＝mv2。

總結(jié)升華

求解物體相對(duì)滑動(dòng)的能量問(wèn)題的方法

(1)正確解析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力情況解析。

(2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律解析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。

注意：無(wú)論是計(jì)算滑動(dòng)摩擦力做功，還是計(jì)算靜摩擦力做功，都應(yīng)代入物體相對(duì)地面的位移。

(3)公式Q＝Ff·l相對(duì)中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在接觸面上

做往來(lái)運(yùn)動(dòng)，則

l相對(duì)為總的相對(duì)行程。

[變式2]以下列圖，一足夠長(zhǎng)的木板在圓滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體m放到木板上到它相對(duì)木板靜止的過(guò)程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，那么力F對(duì)木板

做功的數(shù)值為( )

mv2mv2C．mv2D．2mv2A.4B.2答案C解析由能量轉(zhuǎn)變和守恒定律可知，拉力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)變?yōu)槲矬wm的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能，故12，其中s＝W＝2mv＋μmg·s相相v2vt－2t，v＝μgt，以上三式聯(lián)立可得：W＝mv，故C正確?？键c(diǎn)3能量守恒定律的理解和應(yīng)用

1．對(duì)能量守恒定律的理解

(1)某種形式的能量減少，必然存在其他形式的能量增加，且減少量和增加

量必然相等。

(2)某個(gè)物體的能量減少，必然存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量必然相等。

2．應(yīng)用能量守恒定律解題的思路

(1)分清有多少形式的能(動(dòng)能、勢(shì)能、內(nèi)能等)發(fā)生變化。

(2)明確哪一種形式的能量增加，哪一種形式的能量減少，而且列出減少的能量E

減和增加的能量E增的表達(dá)式。

(3)列出能量守恒關(guān)系式E減＝E增。例3(2018·保定一模)以下列圖，固定斜面AB和CB與水平面均由一小段圓滑圓弧連接，傾角分別為α、β，OB＝h。細(xì)線一端固定在豎直擋板上，另一端系一質(zhì)量為m的小物塊，在小物塊和擋板之間壓縮一輕質(zhì)彈簧(小物塊與彈簧不連接)，燒斷細(xì)線，小物塊被彈出，滑上斜面AB后，恰好能運(yùn)動(dòng)到斜面的最高點(diǎn)，已知AD＝l，小物塊與水平面、斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，

則( )

A．彈簧對(duì)小物塊做功為μmgl

mghB．斜面摩擦力對(duì)小物塊做功為sinα

C．細(xì)線燒斷前，彈簧擁有的彈性勢(shì)能為hmgh＋μmg＋l

D．撤去斜面AB，小物塊還從D點(diǎn)彈出，將沿斜面CB上滑并從B點(diǎn)飛出

去

解題研究(1)這個(gè)過(guò)程能量怎樣轉(zhuǎn)變？

提示：彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)變?yōu)樾∥飰K的重力勢(shì)能和摩擦生成的熱量。

(2)物塊從D滑到B的過(guò)程中戰(zhàn)勝摩擦力做的功是多少？

h提示：Wf＝μmgl＋μmgcosα·＝μmg·OD。sinα

試一試解答選C。

燒斷細(xì)線后，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)變?yōu)樾∥飰K的重力勢(shì)能與摩擦生成的熱量，

即Ep＝mgh＋μmgl＋μmgcosα·h＝mgh＋μmgh＋l，彈簧對(duì)小物塊做的功等sinαtanα于彈性勢(shì)能減少量，也為h＋l，故A錯(cuò)誤，C正確；小物塊從Amgh＋μmg·tanα到B過(guò)程中，斜面摩擦力對(duì)小物塊做負(fù)功，且為－μmgcosα·h＝－μmgh，sinαtanα

故B錯(cuò)誤；物塊戰(zhàn)勝摩擦力做的功Wf＝μmgh＋l＝μmg·OD，可見(jiàn)Wf與斜面tanα傾角沒(méi)關(guān)，因此撤去斜面AB，小物塊從C點(diǎn)沖上斜面，仍恰能到達(dá)B點(diǎn)，D錯(cuò)誤?？偨Y(jié)升華能量問(wèn)題的解題方法

(1)涉及滑動(dòng)摩擦力做功的能量問(wèn)題的解題方法

①當(dāng)涉及滑動(dòng)摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)變和守恒定律。

②解題時(shí)，第一確定初末狀態(tài)，爾后解析狀態(tài)變化過(guò)程中哪一種形式的能量減

少，哪一種形式的能量增加，求出減少的能量總和E減和增加的能量總和E增，最后由E減＝E增列式求解。

(2)涉及彈簧彈力做功的能量問(wèn)題的解題方法

兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過(guò)程，擁有以下特點(diǎn)：

①能量變化上，若是只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。

②若是系統(tǒng)中每個(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。

[變式3]以下列圖，傾角θ＝30°的粗糙面固定在地面上，長(zhǎng)為l，質(zhì)量為m，粗細(xì)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(xì)線將

物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)，直到軟繩恰好全部走開(kāi)斜面(此

時(shí)物體未到達(dá)地面)，在此過(guò)程中( )

A．物塊的機(jī)械能逐漸增加

1B．軟繩重力勢(shì)能共減少4mgl

C．物塊重力勢(shì)能的減少等于軟繩摩擦力所做的功

D．軟繩重力勢(shì)能的減少大于其動(dòng)能增加與戰(zhàn)勝摩擦力所做功之和

答案B

解析物塊向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩子拉力對(duì)物塊做負(fù)功，物塊的機(jī)械能減少，

ll11錯(cuò)誤；軟繩重心下降的高度為2－2sinθ＝4l，軟繩的重力勢(shì)能減少4mgl，B正

確；由功能關(guān)系，物塊重力勢(shì)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(cuò)誤；對(duì)于軟繩，由能的轉(zhuǎn)變和守恒定律可知，繩子拉力對(duì)

軟繩所做的功和軟繩重力勢(shì)能的減少之和等于軟繩動(dòng)能的增加與戰(zhàn)勝摩擦力所

做功之和，D錯(cuò)誤。

答卷現(xiàn)場(chǎng)3傳達(dá)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表示圖如

圖，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v＝1m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。設(shè)皮帶足夠長(zhǎng)，取g＝10m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中，求：

(1)郵件滑動(dòng)的時(shí)間t；

(2)郵件對(duì)地的位移大小x；

(3)郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W。

高考模擬隨堂集訓(xùn)

1．(2018·國(guó)卷Ⅰ全)如圖，abc是豎直面內(nèi)的圓滑固定軌道，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，向來(lái)碰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(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。重

力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為( )

A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR

答案C

解析小球向來(lái)碰到與重力大小相等的水平外力的作用，機(jī)械能的增量E

機(jī)＝W除G外力，機(jī)械能的增量等于水平外力在從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)過(guò)

12程做的功。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度為vc，由動(dòng)能定理有：F·3R－mg·R＝2mvc，

解得：vc＝2gR。小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)后，依照小球受力情況，可分解為水平方向初

速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝g，豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，加速度也xvc2gR為g，小球上升至最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度減小為零，時(shí)間為t＝g＝g，水平方向的位移為：x＝1axt2＝1g2gR2＝2R。綜上所述小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其22g軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為E機(jī)＝F·(3R＋x)＝5mgR，正確答案為C。2．(2017全·國(guó)卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的均勻嬌嫩細(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)與繩的上端P相1距3l。重力加速度大小為g。在此過(guò)程中，外力做的功為()

11A.9mglB.6mgl11C.3mglD.2mgl答案A2解析以均勻嬌嫩細(xì)繩MQ段為研究對(duì)象，其質(zhì)量為3m，取M點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，開(kāi)始時(shí)，細(xì)繩2l2MQ段的重力勢(shì)能Ep1＝－mg·＝－mgl，用339外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)能Ep22l1MQ段的重力勢(shì)＝－mg·＝－mgl，則外力做的功即戰(zhàn)勝重力做的功等于細(xì)繩369p2p1121能的變化，即W＝E－E＝－9mgl＋9mgl＝9mgl，選項(xiàng)A正確。

(2018南·昌模擬)(多項(xiàng)選擇)以下列圖，內(nèi)壁圓滑半徑大小為R的圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，一個(gè)質(zhì)量為

m的小球靜止在軌道的最低點(diǎn)

A點(diǎn)。現(xiàn)給小球一瞬時(shí)

水平打擊力，使小球沿軌道在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球回到

A點(diǎn)時(shí)，再沿它的

運(yùn)動(dòng)方向給第二次瞬時(shí)打擊力。經(jīng)過(guò)二次擊打后，小球才能夠經(jīng)過(guò)軌道的最高點(diǎn)。已知第一次和第二次對(duì)小球的打擊力做的功分別為

W和

3W，則

W的值可能為

(

)

135A.2mgRB.4mgRC.7mgRD．mgR答案BCD解析要使經(jīng)過(guò)二次擊打后，小球才能夠經(jīng)過(guò)軌道的最高點(diǎn)，設(shè)小球經(jīng)過(guò)豎v2直面內(nèi)圓周最高點(diǎn)的速度為v，在最高點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得mg≤mR，解得125v≥gR。兩次擊打小球做的總功為4W，由功能關(guān)系可得4W＝2mgR＋2mv≥25mgR，解得W≥8mgR，要使給小球一瞬時(shí)水平打擊力，使小球沿軌道在豎直平

面內(nèi)運(yùn)動(dòng)且能夠回到A點(diǎn)，則有W≤mgR，因此B、C、D正確。

(2018廣·東惠州二調(diào))以下列圖，帶有擋板的圓滑斜面固定在水平川面上，

斜面傾角θ＝30°，質(zhì)量均為2kg的A、B兩物體用輕彈簧拴接在一起，彈簧的勁度系數(shù)為5N/cm，質(zhì)量為4kg的物體C用細(xì)線經(jīng)過(guò)圓滑的輕質(zhì)定滑輪與物體

B連接，開(kāi)始時(shí)A、B均靜止在斜面上，A緊靠在擋板處，用手托住C，使細(xì)線

恰好被拉直，現(xiàn)把手拿開(kāi)，讓C由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，從C開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A剛要走開(kāi)

2擋板的過(guò)程中，以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是(物體C未觸地，g取10m/s)( )

A．初狀態(tài)彈簧的壓縮量為2cm

B．末狀態(tài)彈簧的伸長(zhǎng)量為2cm

C．物體B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

D．物體C戰(zhàn)勝細(xì)線的拉力所做的功為答案

C

解析

初狀態(tài)細(xì)線中拉力為

0，對(duì)B受力解析，由平衡條件可得

F1＝mgsin30

°

＝10N，解得輕彈簧彈力F1＝10N，依照胡克定律可得，初狀態(tài)彈簧的壓縮量F1為x1＝k＝2cm，A

正確；A剛要走開(kāi)擋板時(shí)，輕彈簧對(duì)

A的拉力

F2＝mgsin30

°

＝10N，依照胡克定律可得，末狀態(tài)彈簧的伸長(zhǎng)量為

F2x2＝k＝2cm，B

正確；C

由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，從C開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A剛要走開(kāi)擋板的過(guò)程中，物體B、C和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能素來(lái)在改變，故物體B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能其實(shí)不守恒，C錯(cuò)誤；從C開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A剛要走開(kāi)擋板的過(guò)程中，物體C下落h＝x1＋x2＝4cm，對(duì)A、B、C和輕彈簧組成的系統(tǒng)，機(jī)械

能守恒，輕彈簧的彈性勢(shì)能在運(yùn)動(dòng)過(guò)程的初、末地址相等，則有mCgh－mBghsin30°

1212＝(mB＋mC)v＝，對(duì)物體C由動(dòng)能定理，mCgh－W＝mC，解得物體C克22v12服細(xì)線的拉力所做的功為W＝mCgh－2mCv＝，D正確。5．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為×104kg的太空飛船從其翱翔軌道返回地面。

飛船在離地面高度×105m處以×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢

至速度為100m/s時(shí)下落到地面。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過(guò)程中，重力加速度可視為常量，大小取為2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

(1)分別求出該飛船著地前瞬時(shí)的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；

(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬時(shí)的過(guò)程中戰(zhàn)勝阻力所做的功，

已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%。

答案×108J12×8×10J10J解析(1)飛船著地前瞬時(shí)的機(jī)械能為

12Ek0＝2mv0①

式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬時(shí)的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)

得

Ek0＝×108J②

設(shè)地面周邊的重力加速度大小為g。飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為

12Eh＝2mvh＋mgh③

式中，vh是飛船在高度×105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈×1012J④

(2)飛船在高度h′＝600m處的機(jī)械能為

2Eh′＝2m100vh＋mgh′⑤

由功能關(guān)系得

W＝Eh′－Ek0⑥

式中，W是飛船從高度600m處至著地前瞬時(shí)的過(guò)程中戰(zhàn)勝阻力所做的功。

由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得

W≈×108J。

配套課時(shí)作業(yè)

時(shí)間：60分鐘滿分：100分

一、選擇題(本題共10小題，每題7分，共70分。其中1～6為單項(xiàng)選擇，7～10為多項(xiàng)選擇)

1．(2018·云南第一次檢測(cè))起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進(jìn)行的一項(xiàng)體育活動(dòng)。一質(zhì)

量為m的同學(xué)波折兩腿向下蹲，爾后用力蹬地起跳，從該同學(xué)用力蹬地到剛離

開(kāi)地面的起跳過(guò)程中，他的重心上升了h，離地時(shí)他的速度大小為v。以下說(shuō)法

正確的選項(xiàng)是( )

A．該同學(xué)機(jī)械能增加了mgh12B．起跳過(guò)程中該同學(xué)機(jī)械能增量為mgh＋2mv12C．地面的支持力對(duì)該同學(xué)做功為mgh＋2mv

12D．該同學(xué)所受的合外力對(duì)其做功為2mv＋mgh答案B解析該同學(xué)重心高升h，重力勢(shì)能增大了mgh，又知離地時(shí)獲得動(dòng)能為12212mv，則機(jī)械能增加了mgh＋2mv，A錯(cuò)誤，B正確；人與地面作用的過(guò)程中，支持力對(duì)人做功為零，C錯(cuò)誤；該同學(xué)所受合外力做功等于動(dòng)能增量，則W合＝122mv，D錯(cuò)誤。52．某同學(xué)將質(zhì)量為m的一礦泉水瓶(可看作質(zhì)點(diǎn))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(guò)程碰到的阻力大小不變。則()5A．上升過(guò)程中水瓶的動(dòng)能減少量為4mgH

5B．上升過(guò)程中水瓶的機(jī)械能減少了4mgH

mgHC．水瓶落回地面時(shí)動(dòng)能大小為4

D．水瓶上升過(guò)程處于超重狀態(tài)，下落過(guò)程處于失重狀態(tài)

答案A解析水瓶以a＝5減速上升，設(shè)阻力為f，則有＋＝，解得阻力f4gmgfma1W5＝4mg，上升階段動(dòng)能的改變量等于合外力做的功，合＝－maH＝－4mgH，故A正確。上升過(guò)程機(jī)械能的變化看阻力做功，即－fH＝E，因此上升過(guò)程機(jī)械15k0，得初動(dòng)能為能減少4mgH，故B錯(cuò)誤。上升過(guò)程由動(dòng)能定理：－4mgH＝0－E534mgH，全程由動(dòng)能定理得：－2fH＝Ek－Ek0，解得Ek＝4mgH，故C錯(cuò)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(cuò)誤。3．如圖1所示，固定的粗糙斜面長(zhǎng)為10m，一小滑塊自斜面頂端由靜止開(kāi)

始沿斜面下滑的過(guò)程中，小滑塊的動(dòng)能

Ek隨位移

x的變化規(guī)律如圖

2所示，取

斜面底端為重力勢(shì)能的參照平面，小滑塊的重力勢(shì)能

Ep隨位移

x的變化規(guī)律如

圖3所示，重力加速度

g＝10m/s2。依照上述信息能求出

(

)

A．斜面的傾角

B．小滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

C．小滑塊下滑的加速度的大小

D．小滑塊碰到的滑動(dòng)摩擦力的大小

答案D解析小滑塊沿斜面下滑的過(guò)程中，依照動(dòng)能定理有：F合x(chóng)＝Ek，由圖2的斜率可求得合力FEk25E＝－合pmgxsinθ，由圖3的斜率可求得mgsinθ＝－Ep100＝mgsinθ－x＝10N＝10N，F(xiàn)合F＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma＝，則小滑塊碰到的滑動(dòng)摩擦力的大小F能夠求ff出，因小滑塊的質(zhì)量m未知，故斜面的傾角θ、小滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

μ、小滑塊下滑的加速度a的大小不能夠求出，應(yīng)選D。

4．以下列圖，足夠長(zhǎng)的水平傳達(dá)帶以v＝2m/s的速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，上方漏斗以每秒25kg把煤粉均勻且豎直抖落到傳達(dá)帶上，爾后煤粉隨傳達(dá)

帶一起運(yùn)動(dòng)。已知煤粉與傳達(dá)帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g＝10m/s2，欲使傳達(dá)帶保持原來(lái)的速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則傳達(dá)帶的電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率

為( )

A．200WB．50W

C．100WD．無(wú)法確定

答案C

解析煤粉豎直抖落到傳達(dá)帶上，在滑動(dòng)摩擦力作用下加速到與傳達(dá)帶速度

相等。由牛頓第二定律μmg＝ma，解得煤粉的加速度大小a＝μg＝2m/s2。加速

v112＝1m，在1s時(shí)間內(nèi)傳達(dá)帶位移2時(shí)間t＝a＝1s，加速位移x＝2atx＝vt＝2m，煤粉相對(duì)于傳達(dá)帶滑動(dòng)的距離x＝x2－x1＝1m，每秒鐘由于煤粉滑動(dòng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μm1gx＝×25×10×1J＝50J，每秒鐘豎直抖落到傳達(dá)帶上的煤粉增加的動(dòng)能Ek＝1121×25×22＝，依照功能關(guān)系，傳達(dá)帶電動(dòng)機(jī)應(yīng)2mv＝2J50J增加的功率P＝100W，C正確。

5．(2018河·北名校締盟聯(lián)考)以下列圖，輕質(zhì)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靜止于圓滑水平桌面上，A右端連接一細(xì)線，細(xì)線繞過(guò)圓滑的定滑輪與物體B相連。開(kāi)始時(shí)用手托住B，讓細(xì)線恰好挺直，爾后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。重力加速度大小為g，以下有關(guān)該過(guò)程

的解析正確的選項(xiàng)是( )

gA．釋放B的瞬時(shí)其加速度為2

B．B動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和C．B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量

D．細(xì)線拉力對(duì)A做的功等于A機(jī)械能的增加量

答案B解析對(duì)B，m－＝mBa，對(duì)，－＝，則有mBg－kx＝(mA＋mB)a，BgTATkxmAa釋放B的瞬時(shí)彈簧的形變量為零，但由于不知道A、B的質(zhì)量關(guān)系，故無(wú)法求出B的瞬時(shí)加速度，A錯(cuò)誤；依照動(dòng)能定理知，合外力做的功等于動(dòng)能的變化量，因此，B動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做功之和，B正確；整個(gè)系統(tǒng)中，依照能量守恒可知，B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能增加量與A物體動(dòng)能增加量之和，故C錯(cuò)誤；細(xì)線對(duì)A的拉力和彈簧對(duì)A拉力做功之和等于A物體機(jī)

械能的增加量，故D錯(cuò)誤。

6.以下列圖，有三個(gè)斜面a、b、c，底邊的長(zhǎng)分別為L(zhǎng)、L、2L，高度分別為

2h、h、h，某物體與三個(gè)斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，該物體分別沿三個(gè)斜面從

頂端由靜止釋放后，都能夠加速下滑終究端。三種情況對(duì)照較，以下關(guān)系不正確

的是( )

A．下滑過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間ta>tb＝tc

B．物體到達(dá)底端的動(dòng)能Eka>Ekb>Ekc

C．因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能2Qa＝2Qb＝Qc

D．物體損失的機(jī)械能Ec＝2Eb＝2Ea

答案A

解析設(shè)斜面和水平方向夾角為θ，斜面長(zhǎng)度為x，則物體在下滑終究端的過(guò)程中戰(zhàn)勝摩擦力做的功為：W＝μmgxcosθ，xcosθ即為底邊長(zhǎng)度。物體下滑過(guò)程中，除重力外還有摩擦力做功，依照能量守恒，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)變?yōu)橐蚰Σ廉a(chǎn)生的內(nèi)能，由題圖可知a和b底邊相等且等于c的一半，因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能關(guān)系

為：Qa＝Qb＝1c，因此損失的機(jī)械能Ea＝b＝1Ec，、D正確。物體沿斜2QE2C面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝2x＝2x，θb>θc，xb<xc，因此tb<tc，A錯(cuò)誤。a0gsinθ－μgcosθ12設(shè)物體滑終究端時(shí)的速度為v，依照動(dòng)能定理得：mgH－μmgxcosθ＝2mv－0，則Eka＝2mgh－μmgL，Ekb＝mgh－μmgL，Ekc＝mgh－μmg·2L，可知滑終究端時(shí)

物體的動(dòng)能大小關(guān)系為：Eka>Ekb>Ekc，B正確。

7.一物體在豎直方向的起落機(jī)中，由靜止開(kāi)始豎直向上做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)

程中物體的機(jī)械能E與其上升高度h關(guān)系的圖象以下列圖，其中0～h1過(guò)程的圖

線為曲線，h1～h2過(guò)程中的圖線為直線。依照該圖象，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )

A．0～h1過(guò)程中，物體的動(dòng)能必然在增加

B．0～h1過(guò)程中，起落機(jī)對(duì)物體的支持力必然做正功

C．h1～h2過(guò)程中，物體的動(dòng)能可能不變

D．h1～h2過(guò)程中，物體的重力勢(shì)能可能不變

答案BC

解析由功能關(guān)系可知除重力和彈簧彈力之外的力做功等于機(jī)械能的增加

量，知E-h圖象的切線斜率表示起落機(jī)對(duì)物體的支持力。0～h1切線斜率逐漸變

小，則支持力逐漸變小，但支持力必然與運(yùn)動(dòng)方向相同，在此階段素來(lái)做正功，

故B項(xiàng)正確。0～h1過(guò)程，動(dòng)能怎樣變化，要看合外力做的功，合外力一開(kāi)始向

上，隨支持力減小合外力是不是素來(lái)向上則不確定，故

A項(xiàng)錯(cuò)誤。

h1～h2過(guò)程，

E-h

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(xiàng)正確。h1～

h2過(guò)程，物體隨起落機(jī)向上運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能增加，故

D項(xiàng)錯(cuò)誤。

8.(2018唐·山三模

)以下列圖，輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為

k，一端與固定在傾角為

θ的圓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?fàn)顟B(tài)，此時(shí)

傳感器示數(shù)為F0。若在木塊上端加一沿斜面向上的恒力F，當(dāng)傳感器示數(shù)再次為

F0時(shí)，下面說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )

2F0A．木塊上升的高度為k2FF0B．木塊的機(jī)械能增加量為

F0C．木塊的質(zhì)量為g

2F0D．木塊的動(dòng)能增加量為k(F－F0)

答案BD

解析傳感器示數(shù)即為彈簧彈力大小，最初木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，知mgsinθ＝F0，木塊質(zhì)量m＝F0，故C錯(cuò)誤。開(kāi)始彈簧處于壓縮狀態(tài)，形變量0x1＝F，gsinθk當(dāng)傳感器示數(shù)再次為0時(shí)，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，形變量2F0Fx＝k，故木塊沿斜面2F02F0上升x＝x1＋x2＝k，高度h＝xsinθ＝ksinθ，故A錯(cuò)誤。彈簧彈力對(duì)木塊先做

2FF0正功后做負(fù)功，總功為零，則外力F做功等于機(jī)械能的增加量W＝F·x＝k，

故

B

正確。由動(dòng)能定理得木塊動(dòng)能增加量

Ek＝Fx－mgsinθ·x，得

Ek＝

2F0k(F

－F0)，故

D正確。

9.以下列圖，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于圓滑的水平面上，一質(zhì)量為m

的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動(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)，木板在地面上搬動(dòng)的距離為

x，滑塊

速度為

v1，木板速度為

v2，以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是

(

)

A．上述過(guò)程中，F(xiàn)做功大小為1212mv1＋Mv222B．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)右端所用時(shí)間越長(zhǎng)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

答案BD

解析F做功大小為二者動(dòng)能與產(chǎn)生的熱量之和，A錯(cuò)誤；滑塊在木板上滑

動(dòng)過(guò)程用v－t圖象來(lái)研究，以下列圖，圖線①為滑塊的v－t圖，②為木板的v

t圖，t0時(shí)辰滑塊到達(dá)木板右端，陰影部分面積為木板長(zhǎng)度，則很簡(jiǎn)單知道其他條件不變，M越大，圖線②的斜率越小，t0越小，x越小，B正確；其他條件不變，F(xiàn)越大，圖線①的斜率越大，t0越小，故C錯(cuò)誤；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積，其他條件不變，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)

生的熱量越多，D正確。

10．(2018·江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)如圖甲所示，繃緊的水平傳達(dá)帶向來(lái)以恒定速率v1運(yùn)行。初速度大小為v2，質(zhì)量為m的小物塊從與傳達(dá)帶等高的圓滑

水平川面上的A處滑上傳達(dá)帶。若從小物塊滑上傳達(dá)帶開(kāi)始計(jì)時(shí)，小物塊在傳

送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖象(以地面為參照系)如圖乙所示。已知v2>v1，則( )

v2A．物塊與傳達(dá)帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為gt1

B．從開(kāi)始到物塊回到A處，物塊的位移為0，摩擦力